Μέγιστο ... ποικιλοτρόπως

KARKAR · #1

Ζητούμενο : Να βρεθεί με τέσσερις - τουλάχιστον - διαφορετικούς τρόπους , το μέγιστο

της συνάρτησης : $f(x)=x+\sqrt{1-x^2}$ . Ο καθένας ας γράψει μόνο μία λύση ...

#2

KARKAR έγραψε: ↑
Πέμ Νοέμ 21, 2019 11:14 am
Ζητούμενο : Να βρεθεί με τέσσερις - τουλάχιστον - διαφορετικούς τρόπους , το μέγιστο

της συνάρτησης : $f(x)=x+\sqrt{1-x^2}$ . Ο καθένας ας γράψει μόνο μία λύση ...

$\displaystyle x = \sin t \Rightarrow f(x) = \sin t + |cos t|$ που παίρνει ως γνωστόν μέγιστη τιμή $\sqrt 2.$

Christos.N · #3

Επειδή η εξίσωση f(x)=y

θα έχει πάντα λύση για κάθε $x \in [-1,1]$ λύνοντας ως προς

καταλήγουμε στην 2x^2-2y x +y^2-1=0

όπου αναγκαστικά $\Delta \ge 0$ έπεται $|y|\leq \sqrt{2}$ βρίσκουμε ότι $f(x)= \sqrt{2} \Leftrightarrow x=\frac{\sqrt{2}}{2}$ .
Άρα το μέγιστο είναι $\sqrt{2}$ .

Altrian · #4

Εστω $a=x, b=\sqrt{1-x^{2}}\Rightarrow a^{2}+b^{2}=1$ .

Επίσης ισχύει ότι: $a^{2}+b^{2}\geq 2ab\Rightarrow 2(a^{2}+b^{2})\geq (a+b)^{2}\Rightarrow 2\geq (a+b)^{2}\Rightarrow (a+b)_{max}=f_{max}(x)=\sqrt{2}$

#5

KARKAR έγραψε: ↑
Πέμ Νοέμ 21, 2019 11:14 am
Ζητούμενο : Να βρεθεί με τέσσερις - τουλάχιστον - διαφορετικούς τρόπους , το μέγιστο

της συνάρτησης : $f(x)=x+\sqrt{1-x^2}$ . Ο καθένας ας γράψει μόνο μία λύση ...

Από Cauchy-Schwarz είναι $\displaystyle{x+\sqrt{1-x^2} =1 \cdot x+1 \cdot \sqrt{1-x^2} \le \sqrt {1^2+1^2} \sqrt {x^2+1-x^2} = \sqrt 2 }$ , και λοιπά και λοιπά.

#6

M' αρέσει που έχουμε πιάσει όλες τις περιφερειακές και τις καημένες τις παραγώγους τις έχουμε αφήσει στην άκρη...

Αν $-1 \le x < 0$ , είναι $\displaystyle f\left( x \right) < 1$ .

Για κάθε $\displaystyle x \in \left[ {0,\;1} \right]$ είναι $\displaystyle {f^2}\left( x \right) = {\left( {x + \sqrt {1 - {x^2}} } \right)^2} = {x^2} + \left( {1 - {x^2}} \right) + 2x\sqrt {1 - {x^2}} = 1 + 2\sqrt {{x^2}\left( {1 - {x^2}} \right)}$ .

Επειδή το άθροισμα $\displaystyle {x^2} + 1 - {x^2} = 1$ είναι σταθερό, το γινόμενό τους παρουσιάζει μέγιστο όταν είναι ίσοι (εφόσον μπορεί να γίνουν ίσοι), οπότε το $\displaystyle {f^2}\left( x \right)$ παρουσιάζει μέγιστο όταν $\displaystyle {x^2} = 1 - {x^2} \Leftrightarrow {x^2} = \frac{1}{2} \Leftrightarrow x = \frac{{\sqrt 2 }}{2}$ .

Τότε παρουσιάζει μέγιστο και η $\displaystyle f\left( x \right)$ , με τιμή $\displaystyle f\left( {\frac{{\sqrt 2 }}{2}} \right) = \sqrt 2$ .

Γιώργος Μήτσιος · #7

Καλημέρα σε όλους!. Ας δούμε και μια << εικονική>> λύση , ελπίζω -λόγω φακέλου- προς ...

...τέρψιν του θεματοθέτη και όχι μόνο.

Θεωρώ $f\left ( x \right )=g\left ( x \right )+h\left ( x \right )$ με $g\left ( x \right )=x$ και $h\left ( x \right )=\sqrt{1-x^{2}}$ . Οι $C_{g},C_{h}$ , διχοτόμος και ημικύκλιο φαίνονται στο σχήμα:

: Μέγιστο..KARKAR.PNG (16.15 KiB) Προβλήθηκε 570 φορές

Το

είναι το μέσον του τόξου

, η

εφαπτομένη και $MG \perp OA$ .

Το

διατρέχει το τόξο

ενώ $PE \perp OA$ και $PN \perp OBI$ .Τότε $\widehat{NIP} \leq \widehat{NIM}=45^{0} \Rightarrow \boxed {PN \leq NI}$

Αν x=-OZ< 0

τότε $f\left ( x \right )=ZH-OZ< OB=1$ .

Αν $x=OE \geq 0$ τότε $f\left ( x \right )=OE+EP=PN+ON\leq ON+NI=OI=\sqrt{2}$ .

Μέγιστο έχουμε για $x=OG=\dfrac{\sqrt{2}}{2}$ το $f\left ( x \right )=OG+GM=\sqrt{2}$

#8

Επειδή το θέμα ήδη χάθηκε στις πίσω σελίδες το επαναφέρω, παραβαίνοντας τον όρο του θεματοδότη.

Έστω $\displaystyle \vec u = \left( {x,\;y} \right),\;\;x,y \in R,\;\;y \ge 0$ , ώστε $\displaystyle {x^2} + {y^2} = 1$ και $\displaystyle \vec v = \left( {1,1} \right)$

Είναι $\displaystyle \vec u \cdot \vec v = x + y = x + \sqrt {1 - {x^2}}$ με τη μέγιστη τιμή του όταν $\displaystyle \vec u \nearrow \nearrow \vec v$ , που συμβαίνει όταν $\displaystyle x = y = \frac{{\sqrt 2 }}{2} \Rightarrow \vec u \cdot {\vec v_{\max }} = \sqrt 2$

Θα ήθελε ο θεματοδότης να δώσει (για λόγους πληρότητας της δημοσίευσης) και τη λύση με τη χρήση παραγώγων;

KARKAR · #9

Γιώργο , προφανώς κανένας δεν έγραψε την λύση με την παράγωγο , διότι όλοι την θεωρούν βαρετή .

Παρά ταύτα , αν τεθεί ως θέμα εξετάσεων , το σύνολο σχεδόν των μαθητών θα το λύσουν έτσι .

Ίσως είναι μια ακόμη ένδειξη του ότι κάτι δεν πάει καλά στην Εκπαίδευσή μας ...

Τέλος πάντων , ας την γράψω : Είναι $D_{f}=[-1 , 1]$ και $f'(x)=1-\dfrac{x}{\sqrt{1-x^2}}$ .

Αυτή μηδενίζεται μόνο για $x=\dfrac{\sqrt{2}}{2}$ . Επειδή : f'(0)=1

και $f'(\dfrac{4}{5})=-\dfrac{1}{3}$ ,

η συνάρτηση παρουσιάζει μέγιστο για $x=\dfrac{\sqrt{2}}{2}$ , το : $f_{max}=\sqrt{2}$

#10

Μια ακόμα γεωμετρική ερμηνεία του θέματος είναι η εξής:

Αν Αν $-1 \le x < 0$ , είναι $\displaystyle f\left( x \right) < 1$ .

Για κάθε $\displaystyle x \in \left[ {0,\;1} \right]$ , έστω $\displaystyle y = \sqrt {1 - {x^2}}$ , οπότε το σημείο M(x, y)

κινείται στο 1ο τεταρτοκύκλιο του κύκλου με εξίσωση x^2+y^2=1

.

: 22-11-2019 Μέγιστο άθροισμα.png (31.77 KiB) Προβλήθηκε 507 φορές

Στο τρίγωνο ABC

η υποτείνουσα είναι σταθερή, ίση με

. Το άθροισμα των κάθετων πλευρών του AB+AC = x+y

γίνεται μέγιστο όταν είναι ισοσκελές. Αυτό αποδεικνύεται εύκολα και με πολλούς τρόπους. Παλιά υπήρχε σε όλα τα βιβλία Άλγεβρας και Γεωμετρίας που ασχολούνταν με Μέγιστα-Ελάχιστα.

Δείτε π.χ. Π.Τόγκα , Άλγεβρα, τόμος Β, παράγραφος 829, σσ. 894-895

Επίσης, στη σχετική συζήτηση που έγινε σχεδόν πριν ένα χρόνο, ΕΔΩ, και στις εκεί παραπομπές.

Christos.N · #11

Μια ακόμα με παραγώγους:

Είναι $D_{f}=[-1 , 1]$ και

συνεχής και παραγωγίσιμη στο εσωτερικό του

με $f'(x)=1-\dfrac{x}{\sqrt{1-x^2}}$ .

Οι πιθανές θέσεις ακροτάτων της συνάρτησης θα είναι στα άκρα του διαστήματος είτε στα σημεία μηδενισμού της παραγώγου.

Η παράγωγος μηδενίζεται για $x=\dfrac{\sqrt{2}}{2}$ .

Έχουμε f(-1)=-1

,

, $f(\dfrac{\sqrt{2}}{2})=\sqrt{2}$ .

Από τα παραπάνω προκύπτει ότι η συνάρτηση παρουσιάζει μέγιστο εκεί που έχουμε την αντίστοιχα μεγαλύτερη τιμή, συνεπώς για $x=\dfrac{\sqrt{2}}{2}$ , το $f(\dfrac{\sqrt{2}}{2})=\sqrt{2}$

Christos.N · #12

Επειδή είμαστε στον φάκελο διασκεδαστικών μαθηματικών.

Με χρήση του λογισμικού geogebra διαμορφώνουμε (* κατασκευάζουμε) τον γεωμετρικό τόπο. Στην συνέχεια διατυπώνουμε την

υπόθεση ότι για $x=\frac{\sqrt{2}}{2}$ ενδεχομένως να παρουσιάζει μέγιστο.

: DeepinScreenshot_select-area_20191123193959.png (16.81 KiB) Προβλήθηκε 424 φορές

Τώρα που έχουμε μια εικασία μένει να την αποδείξουμε.

* $f(x) \leq f(\frac{\sqrt{2}}{2})=\sqrt{2} \Leftrightarrow \sqrt{1-x^2} \leq \sqrt{2}-x \Leftrightarrow 2x^2-2\sqrt{2}x+1 \ge 0$

που η τελευταία ισχύει για κάθε $x \in [0,1]$ .

Υ.Γ.: * Πρόσθεσα κάποια πράγματα για λόγους πληρότητας.

Μέγιστο ... ποικιλοτρόπως

Μέγιστο ... ποικιλοτρόπως

Re: Μέγιστο ... ποικιλοτρόπως

Re: Μέγιστο ... ποικιλοτρόπως

Re: Μέγιστο ... ποικιλοτρόπως

Re: Μέγιστο ... ποικιλοτρόπως

Re: Μέγιστο ... ποικιλοτρόπως

Re: Μέγιστο ... ποικιλοτρόπως

Re: Μέγιστο ... ποικιλοτρόπως

Re: Μέγιστο ... ποικιλοτρόπως

Re: Μέγιστο ... ποικιλοτρόπως

Re: Μέγιστο ... ποικιλοτρόπως

Re: Μέγιστο ... ποικιλοτρόπως

Μέλη σε σύνδεση