mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Μαρ 29, 2011 1:56 am**

Τα παρακάτω προβλήματα, αν και απλά, δείχνουν, ότι, ορισμένες φορές, η χρήση διαφορικού λογισμού για την επίλυση προβλημάτων εύρεσης ακροτάτων, είναι η χειρότερη επιλογή.

1) Να βρεθεί η τιμή του $\displaystyle{x}$ για την οποία η παράσταση

$\displaystyle{K=(1-x)^5(1+x)(1+2x)^2}$

λαμβάνει τη μέγιστη τιμή της.

2) Αν $\displaystyle{x,y>0}$ , να βρείτε τη μέγιστη τιμή της παράστασης

$\displaystyle{L=xy(72-3x-4y).}$
----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
Υ.Γ. Ένα βιβλίο, αληθινό διαμάντι, το οποίο αντιμετωπίζει προβλήματα ακροτάτων χωρίς τη χρήση λογισμού, είναι το

Maxima and Minima Without Calculus του Ivan Niven, το οποίο εκδόθηκε από την MAA, Dolciani Mathematical Expositions No 6.

Πιστεύω ότι, πρόκειται για ένα βιβλίο, που θα έπρεπε να βρίσκεται στη βιβλιοθήκη κάθε μαθηματικού.

Περιμένω τις απόψεις σας.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Μαρ 29, 2011 6:47 am**

Πρωί πρωί Θάνο, πριν το μάθημα ας κάνω μία απόπειρα για την πρώτη:

Από την ανισότητα του Αριθμητικού-Γεωμετρικού μέσου έχουμε:

$\sqrt[8]{(1-x)^5(1+x)(1+2x)^2} \le \frac {5(1-x)+1+x+2(1+2x)}{8}=1$

Προφανώς πρέπει $-\frac {1}{2}\le x \le 1$ και το = ισχύει για x=0

Επίσης προφανές είναι ότι στην περίπτωση αυτή ο διαφορικός λογισμός είναι η χειρότερη επιλογή.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Μαρ 29, 2011 7:19 am**

Για το δεύτερο :

$\displaystyle{\sqrt[3]{12L}=\sqrt[3]{3x4y(72-3x-4y)}\le \frac {3x+4y+72-3x-4y}{3}=24$

Μέγιστο έχουμε για $3x=4y=72-3x-4y \Rightarrow x=12,y=9$

Θάνο για το βιβλίο που αναφέρεις έχω ακούσει και εγώ εξαιρετικά σχόλια, αλλά δεν το έχω δει. Θα φροντίσω να το βρω.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Μαρ 29, 2011 8:23 am**

s.kap έγραψε: ...............................................................Θάνο για το βιβλίο που αναφέρεις έχω ακούσει και εγώ εξαιρετικά σχόλια, αλλά δεν το έχω δει. Θα φροντίσω να το βρω.

Σπύρο , σίγουρα θα το έχεις ηλεκτρονικά. Δες και εδώ : http://www.library.nu .Μόλις το ξανακατέβασα και εγώ από εδώ για επιβεβαίωση.

Μπάμπης

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Μαρ 29, 2011 9:08 am**

Μπάμπη ευχαριστώ

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Μαρ 29, 2011 12:05 pm**

Μπάμπης Στεργίου έγραψε:
s.kap έγραψε: ...............................................................Θάνο για το βιβλίο που αναφέρεις έχω ακούσει και εγώ εξαιρετικά σχόλια, αλλά δεν το έχω δει. Θα φροντίσω να το βρω.
Σπύρο , σίγουρα θα το έχεις ηλεκτρονικά. Δες και εδώ : http://www.library.nu .Μόλις το ξανακατέβασα και εγώ από εδώ για επιβεβαίωση.

Μπάμπης

Σημεία των καιρών -- αυτό που λένε "δεν ξέρει τι έχει"!

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Μαρ 30, 2011 2:20 pm**

Σε συνέχεια των παραπάνω:

3) Να βρεθούν οι άκρες τιμές της συνάρτησης

$\displaystyle{f(x)=\frac{(1+x)^8+16x^4}{(1+x^2)^4}, x\in \mathbb{R}.}$

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Απρ 15, 2011 6:13 pm**

Επαναφέρω το προηγούμενο και προσθέτω και το εξής:

4) Αν $\displaystyle{p,q\in \mathbb{N}^*}$ , να βρεθεί η μέγιστη τιμή της συνάρτησης

$\displaystyle{f(x)=\sin ^{p}x\cos ^{q}x.}$

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Απρ 15, 2011 9:49 pm**

Για την άσκηση 3)
Aπο τη γνωστή ανισότητα: $\displaystyle{ 2(a^2 + b^2 ) \ge (a + b)^2 }$ για $\displaystyle{ a = 1,b = x }$ έχω:

$\displaystyle{ 2(1 + x^2 ) \ge (1 + x)^2 \Rightarrow 16(1 + x^2 )^4 \ge (1 + x)^8 \Rightarrow \frac{{\left( {1 + x} \right)^8 }}{{(1 + x^2 )^4 }} \le 16 (1)}$

Επίσης απο τη γνωστή: $\displaystyle{ (1 + x^2 ) \ge 2|x|,\forall x \in R \Rightarrow (1 + x^2 )^4 \ge 16x^4 \Rightarrow \frac{{16x^4 }}{{\left( {1 + x^2 } \right)^4 }} \le 1(2) }$
Απο τις σχέσεις (1) και (2) έχω προσθέτοντας:
$\displaystyle{ \frac{{(1 + x)^8 + 16x^4 }}{{\left( {1 + x^2 } \right)^4 }} \le 17 }$

με την ισότητα να ισχύει όταν $\displaystyle{ x = 1 }$
Εντάξει χρωστάω την ελάχιστη τιμή,αλλά δικαιολογούμαι...λόγω υπερβολικής κούρασης.Καλό βράδυ.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιουν 24, 2011 3:33 pm**

Για την 4
Λήμμα (Cauchy) . Αν a, b

θετικοί , με a+b = c

,

σταθερό τότε η ποσότητα $P =a^{m}b^{n}$ ,

όπου m , n

θετικοί ρητοί , γίνεται μέγιστη , όταν : $\displaystyle \frac{a}{m}=\frac{b}{n}=\frac{a+b}{m+n}=\frac{c}{m+n}$ .

Τώρα η δοθείσα παράσταση γράφεται : $\displaystyle (sin^{2}x)^{\frac{m}{2}}(cos^{2}x)^{\frac{n}{2}$ , με $sin^{2}x}+cos^{2}x=1$ ,

οπότε μεγιστοποιείται για $\displaystyle \frac{sin^{2}x}{\frac{m}{2}}=\frac{cos^{2}x}{\frac{n}{2}}=\frac{1}{\frac{m+n}{2}}=\frac{2}{m+n}$ , απ' όπου παίρνουμε :

$\displaystyle sin^{2}x}=\frac{m}{m+n} , cos^{2}x}=\frac{n}{m+n}$ που δίνει $\displaystyle f_{max}=\left( \frac{m}{m+n}\right) ^{\frac{m}{2}}\left} {\cdot}\left( \frac{n}{m+n}\right) ^{\frac{n}{2}$

* Άλλαξα τα p ,q

σε

. Η απόδειξη του λήμματος για 2 μεταβλητές είναι εύκολη , ισχύει και για περισσότερες ...

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιουν 25, 2011 6:14 pm**

Μια αντιμετώπιση με τη χρήση της ανισότητας αριθμητικού-γεωμετρικού μέσου:

$\displaystyle{\frac{1}{{p + q}} = \frac{{\overbrace {\frac{{{{\sin }^2}x}}{p} + \frac{{{{\sin }^2}x}}{p} + \cdots + \frac{{{{\sin }^2}x}}{p}}^p + \overbrace {\frac{{{{\cos }^2}x}}{q} + \frac{{{{\cos }^2}x}}{q} + \cdots + \frac{{{{\cos }^2}x}}{q}}^q}}{{p + q}} \ge }$

$\displaystyle{ \ge \sqrt[{p + q}]{{{{\left( {\frac{{{{\sin }^2}x}}{p}} \right)}^p}{{\left( {\frac{{{{\cos }^2}x}}{q}} \right)}^q}}} = \sqrt[{p + q}]{{\frac{{{f^2}\left( x \right)}}{{{p^p}{q^q}}}}},}$

οπότε είναι

$\displaystyle{f\left( x \right) \le \sqrt {\frac{{{p^p}{q^q}}}{{{{\left( {p + q} \right)}^{p + q}}}}} }$

για κάθε $\displaystyle{x \in \mathbb{R}.}$

Η ισότητα ισχύει αν και μόνο αν υπάρχει $\displaystyle{x \in \mathbb{R}}$ τέτοιο, ώστε

$\displaystyle{\frac{{{{\sin }^2}x}}{p} = \frac{{{{\cos }^2}x}}{q}}$

ή ισοδύναμα

$\displaystyle{{\cos ^2}x = \frac{p}{{p + q}}}$ (1).

Εφόσον $\displaystyle{\frac{p}{{p + q}} \in \left( {0,1} \right),}$ υπάρχει $\displaystyle{x \in \mathbb{R}}$ ώστε να ισχύει η (1).

Ώστε, η μέγιστη τιμή της $\displaystyle{f}$ είναι ίση με $\displaystyle{\sqrt {\frac{{{p^p}{q^q}}}{{{{\left( {p + q} \right)}^{p + q}}}}} .}$

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιούλ 31, 2011 10:01 am**

Συνεχίζω:

Να βρεθεί το σύνολο τιμών της συνάρτησης

$\displaystyle{f(x)=\sin 3x\sin ^{3}x+\cos 3x\cos ^{3}x-\frac{3}{4}\cos 2x.}$

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιούλ 31, 2011 1:53 pm**

Τίποτα παραπάνω από πράξεις...
Έχω:

$\displaystyle{ sin3x\sin ^3 x + \cos 3x\cos ^3 x - \frac{3}{4}\cos 2x = sin3x\sin ^3 x + \cos 3x\cos ^3 x - \frac{3}{4}\cos (3x - x) }$
Συνεχίζοντας

$\displaystyle{ sin3x\sin ^3 x + \cos 3x\cos ^3 x - \frac{3}{4}\cos 3x\cos x - \frac{3}{4}\sin 3x\sin x = \sin 3x\sin x(\sin ^2 x - \frac{3}{4}) + \cos 3x\cos x(\cos ^2 x - \frac{3}{4}) }$

Λίγο ακόμη...

$\displaystyle{ \frac{1}{4}\sin 3x\sin x - \sin 3x\sin x\cos ^2 x + \frac{1}{4}\cos 3x\cos x - \cos 3x\cos x\sin ^2 x }$

Κάντε υπομονή...

$\displaystyle{ \frac{1}{4}\cos 2x - \cos x\sin x(\sin 3x\cos x + \cos 3x\sin x) = \frac{1}{4}\cos 2x - \cos x\sin x\sin 4x }$

Χμμμ...

$\displaystyle{ \frac{1}{4}\cos 2x - \frac{1}{2}\sin 2x\sin 4x = \frac{1}{4}\cos 2x - \frac{1}{4}(\cos 2x - \cos 6x) = \frac{1}{4}\cos 6x }$

Με ευκολία βλέπουμε πως η ελάχιστη τιμή είναι το $\displaystyle{ - \frac{1}{4} }$ (λαμβάνεται π.χ για $\displaystyle{ x = \frac{\pi }{2} }$ )

και η μέγιστη τιμή είναι το $\displaystyle{ \frac{1}{4} }$ (λαμβάνεται π.χ για $\displaystyle{ x = 0 }$ )

Για να είμαι ειλικρινής και εντάξει η ορθότητα των σκέψεών μου ελέγχθηκε και με την εντολή FullSimplify στο Wolfram

Καλό μεσημέρι!

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Σεπ 15, 2014 11:30 pm**

Ας αναβιώσουμε αυτό το νήμα:

$\displaystyle{\color{red}\bullet }$ Να βρείτε τη μέγιστη τιμή της συνάρτησης
$\displaystyle{\rm f:(1,+\infty)\to \mathbb{R}~~f(x)=\frac{x^4-x^2}{x^6+2x^3-1}.}$

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Σεπ 16, 2014 12:31 am**

matha έγραψε:Ας αναβιώσουμε αυτό το νήμα:

$\displaystyle{\color{red}\bullet }$ Να βρείτε τη μέγιστη τιμή της συνάρτησης
$\displaystyle{\rm f:(1,+\infty)\to \mathbb{R}~~f(x)=\frac{x^4-x^2}{x^6+2x^3-1}.}$

... ${\forall x > 1}$ , ${\rm{f}}({\rm{x}}){\rm{ = }}\frac{{{{\rm{x}}^{\rm{4}}}{\rm{ - }}{{\rm{x}}^{\rm{2}}}}}{{{{\rm{x}}^{\rm{6}}}{\rm{ + 2}}{{\rm{x}}^{\rm{3}}}{\rm{ - 1}}}} = \frac{{{x^3}\left( {x - \frac{1}{x}} \right)}}{{{x^3}\left( {{x^3} - \frac{1}{{{x^3}}} + 2} \right)}}\mathop = \limits^{\left( {x - \frac{1}{x} = u > 0,\forall x > 1} \right)} \frac{u}{{{u^3} + 3u + 2}} =$

$= \frac{u}{{{u^3} + u + u + u + 1 + 1}} \le \frac{u}{{6\sqrt[6]{{{u^3}.u.u.u.1.1}}}} = \frac{1}{6}$ , με την ισότητα να ισχύει μόνο όταν είναι
$u = 1 \Leftrightarrow x - \frac{1}{x} = 1 \Leftrightarrow {x^2} - x - 1 = 0\mathop \Leftrightarrow \limits^{\left( {x > 1} \right)} x = \frac{{1 + \sqrt 5 }}{2}$ .
Αρα $\max f\left( x \right) = f\left( {\frac{{1 + \sqrt 5 }}{2}} \right) = \frac{1}{6}$ .
Ν.Ζ.

mathematica.gr

Παράγωγοι; Όχι, ευχαριστώ!

Παράγωγοι; Όχι, ευχαριστώ!

Re: Παράγωγοι; Όχι, ευχαριστώ!

Re: Παράγωγοι; Όχι, ευχαριστώ!

Re: Παράγωγοι; Όχι, ευχαριστώ!

Re: Παράγωγοι; Όχι, ευχαριστώ!

Re: Παράγωγοι; Όχι, ευχαριστώ!

Re: Παράγωγοι; Όχι, ευχαριστώ!

Re: Παράγωγοι; Όχι, ευχαριστώ!

Re: Παράγωγοι; Όχι, ευχαριστώ!

Re: Παράγωγοι; Όχι, ευχαριστώ!

Re: Παράγωγοι; Όχι, ευχαριστώ!

Re: Παράγωγοι; Όχι, ευχαριστώ!

Re: Παράγωγοι; Όχι, ευχαριστώ!

Re: Παράγωγοι; Όχι, ευχαριστώ!

Re: Παράγωγοι; Όχι, ευχαριστώ!