Απορία σε άσκηση στα όρια

Mac777 · #1

Σε βοήθημα βρήκα μια άσκηση για Γ' Λυκείου στο κεφάλαιο με τη μονοτονία - ακρότατα

Να βρεθούν οι πραγματικοί αριθμοί α και β ώστε η συνάρτηση $f(x)=\dfrac{ax+\beta}{x^2+1}$ να έχει μέγιστη τιμή το 4 και ελάχιστη το -1.

Σαν υπόδειξη έχει να βρούμε τη διακρίνουσα της εξίσωσης y=f(x)

και να απαιτήσουμε αυτή να έχει σαν λύσεις τις y=4

και

.

Δεν καταλαβαίνω το λόγο όμως για να ισχύει αυτή η συνθήκη.

#2

Mac777 έγραψε:Σε βοήθημα βρήκα μια άσκηση για Γ' Λυκείου στο κεφάλαιο με τη μονοτονία - ακρότατα

Να βρεθούν οι πραγματικοί αριθμοί α και β ώστε η συνάρτηση $f(x)=\dfrac{ax+\beta}{x^2+1}$ να έχει μέγιστη τιμή το 4 και ελάχιστη το -1.

Σαν υπόδειξη έχει να βρούμε τη διακρίνουσα της εξίσωσης και να απαιτήσουμε αυτή να έχει σαν λύσεις τις και .

Δεν καταλαβαίνω το λόγο όμως για να ισχύει αυτή η συνθήκη.

Καλημέρα,

Αυτό που ζητάει η άσκηση είναι να αποδείξεις ότι $\displaystyle{ - 1 \le f(x) \le 4}$ .
Δηλαδή $\displaystyle{ - 1 \le \frac{{\alpha x + \beta }}{{{x^2} + 1}} \le 4 \Leftrightarrow \alpha x + \beta \le 4({x^2} + 1)}$ και $\displaystyle{\alpha x + \beta \ge - {x^2} - 1}$ .
Καταλήγεις λοιπόν στις ανισότητες $\displaystyle{4{x^2} - \alpha x + 4 - \beta \ge 0}$ και $\displaystyle{{x^2} + \alpha x + \beta + 1 \ge 0}$ , με την απαίτηση να ισχύουν για κάθε πραγματική τιμή του

. Εδώ εμπλέκεται η διακρίνουσα. Θα πρέπει και στις δύο περιπτώσεις να είναι $\displaystyle{\Delta = 0}$ (με τιμές της συνάρτησης, όπως βλέπεις, τις y=4

και

).
Συνέχισε από εδώ και κάτω και θα βρεις ( $\displaystyle{\alpha = 4}$ ή

) και $\displaystyle{\beta = 3}$ .

AIAS · #3

Mac777 έγραψε:Σε βοήθημα βρήκα μια άσκηση για Γ' Λυκείου στο κεφάλαιο με τη μονοτονία - ακρότατα

Να βρεθούν οι πραγματικοί αριθμοί α και β ώστε η συνάρτηση $f(x)=\dfrac{ax+\beta}{x^2+1}$ να έχει μέγιστη τιμή το 4 και ελάχιστη το -1.

Σαν υπόδειξη έχει να βρούμε τη διακρίνουσα της εξίσωσης και να απαιτήσουμε αυτή να έχει σαν λύσεις τις και .

Δεν καταλαβαίνω το λόγο όμως για να ισχύει αυτή η συνθήκη.

Έστω $f(x) = \dfrac{{ax + b}}{{{x^2} + 1}}\,\,$ , όπου $a,b \in \mathbb{R}$ και δεχόμαστε ότι η

έχει σύνολο τιμών το διάστημα [ - 1,4]

.
1. Αν

η συνάρτηση θα έχει σύνολο τιμών , είτε το $( - \infty ,0)$ με b < 0

, είτε το $(0, + \infty )$ με b > 0

ενώ αν και b = 0

η συνάρτηση είναι σταθερή .Αποκλείεται λοιπόν a = 0

.

2. Για κάθε $k \in [ - 1,4]$ θα υπάρχει τουλάχιστον ένα $x \in \mathbb{R}$ για το οποίο $f(x) = k \Leftrightarrow k{x^2} - ax + k - b = 0\,\,(1)$ . στην (1)

αν $k = 0 \in [ - 1,4]$ θα έχουμε $x = \dfrac{b}{a}$ . δηλαδή το

είναι η εικόνα του $\frac{b}{a}$ μέσω της

. Αν $k \ne 0$ η (1)

είναι δευτέρου βαθμού ως προς

και λόγω της υπόθεσης έχει λύση στο $\mathbb{R}$ , άρα θα έχει μη αρνητική διακρίνουσα $D = {( - a)^2} - 4k(k - b) = {a^2} - 4{k^2} + 4kb = - 4{k^2} + 4kb + {a^2}$ . Δηλαδή $- 4{k^2} + 4kb + {a^2} \geqslant 0 \Leftrightarrow \boxed{4{k^2} - 4kb - {a^2} \leqslant 0}\,\,(2)$ , Το τριώνυμο $t(k) = 4{k^2} - 4kb - {a^2}$ έχει πάντα δύο πραγματικές ετερόσημες ρίζες ως προς

, έστω ${k_1} < 0 < {k_2}$ , γιατί από την μια μεριά έχει θετική διακρίνουσα και από την άλλη το γινόμενο των ριζών του ${k_1}{k_2} = - \dfrac{{{a^2}}}{4} < 0$ . Για να ισχύει λοιπόν ή (2)

πρέπει και αρκεί η μεταβλητή

να παίρνει τιμές εντός του διαστήματος των πραγματικών ριζών, δηλαδή $\boxed{k \in [{k_1},{k_2}]}$ και αφού δόθηκε ${k_1} = - 1\,,{k_2} = 4$ από τους τύπους του Vieta

: ${k_1}{k_2} = - \dfrac{{{a^2}}}{4} \Leftrightarrow - 4 = - \dfrac{{{a^2}}}{4} \Leftrightarrow \boxed{a = \pm 4}$ και από ${k_1} + {k_2} = - 1 + 4 \Leftrightarrow \boxed{b = 3}$ .

AIAS

Mac777 · #4

george visvikis έγραψε: Καλημέρα,

Αυτό που ζητάει η άσκηση είναι να αποδείξεις ότι $\displaystyle{ - 1 \le f(x) \le 4}$ .
Δηλαδή $\displaystyle{ - 1 \le \frac{{\alpha x + \beta }}{{{x^2} + 1}} \le 4 \Leftrightarrow \alpha x + \beta \le 4({x^2} + 1)}$ και $\displaystyle{\alpha x + \beta \ge - {x^2} - 1}$ .
Καταλήγεις λοιπόν στις ανισότητες $\displaystyle{4{x^2} - \alpha x + 4 - \beta \ge 0}$ και $\displaystyle{{x^2} + \alpha x + \beta + 1 \ge 0}$ , με την απαίτηση να ισχύουν για κάθε πραγματική τιμή του . Εδώ εμπλέκεται η διακρίνουσα. Θα πρέπει και στις δύο περιπτώσεις να είναι $\displaystyle{\Delta = 0}$ (με τιμές της συνάρτησης, όπως βλέπεις, τις και ).
Συνέχισε από εδώ και κάτω και θα βρεις ( $\displaystyle{\alpha = 4}$ ή) και $\displaystyle{\beta = 3}$ .

Καλημέρα.

Εκεί είχα καταλείξει και εγώ και έιδα οτι για να ισχύει κάτι τέτοιο θα πρέπει $\Delta=0$ .

Λογικά θα πρέπει να συμβαίνει αυτό ώστε το 1ο μέλος κάθε ανισότητας να είναι μια παράσταση στο τετράγωνο ώστε να ισχύει για κάθε $x\in\mathbb{R}$ σωστά;

#5

Ακριβώς.

Απορία σε άσκηση στα όρια

Απορία σε άσκηση στα όρια

Re: Απορία σε άσκηση στα όρια

Re: Απορία σε άσκηση στα όρια

Re: Απορία σε άσκηση στα όρια

Re: Απορία σε άσκηση στα όρια

Μέλη σε σύνδεση