mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιούλ 09, 2017 3:15 pm**

Έστω οι παραβολές C_1 ∶ y^2 = x , C_2: y^2 = - x

και η καμπύλη

που αποτελείται από τα σημεία M(x,y)

με $M \in C_1$ ή $M \in C_2 ,∀ x \in R$ .

Α. Να βρείτε όλες τις γνησίως μονότονες συναρτήσεις $f∶ R\rightarrow R$ με y = f(x)

και $(x,y) \in C$

B. Αν g,h

δυο από τις παραπάνω συναρτήσεις με g(1) > h(1)

να βρείτε τις αντίστροφές τους.

Γ. Να λύσετε την εξίσωση $e^{g(-x)} +e^{g^{-1} (x)}=e^{h(-x)} +e^{h^{-1} (x) },x ∈R$

Δ. Έστω ο κύκλος K (O,r)

ο οποίος τέμνει της γραφικές παραστάσεις των $g,h^{-1}$ στα σημεία A(a,g(a)) ,a > 0

και $B(b,h^{-1} (b)) ,b < 0$ αντίστοιχα.

1. Να δείξετε ότι τα

και

σχηματίζουν ορθή γωνία
2. Να δείξετε ότι g(a) =- b

και $h^{-1} (b) = a$
3. Να αιτιολογήσετε την πρόταση, « στρέφοντας την γραφική παράσταση της $h^{-1}$ κατά 90^o

δεξιόστροφα με κέντρο το

,τότε αυτή θα συμπίπτει με τη γραφική παράσταση της

» .

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιούλ 09, 2017 11:19 pm**

makisman έγραψε:Έστω οι παραβολές και η καμπύλη που αποτελείται από τα σημεία με $M \in C_1$ ή $M \in C_2 ,∀ x \in R$ .

Α. Να βρείτε όλες τις γνησίως μονότονες συναρτήσεις $f∶ R\rightarrow R$ με και $(x,y) \in C$

B. Αν δυο από τις παραπάνω συναρτήσεις με να βρείτε τις αντίστροφές τους.

Γ. Να λύσετε την εξίσωση $e^{g(-x)} +e^{g^{-1} (x)}=e^{h(-x)} +e^{h^{-1} (x) },x ∈R$

Δ. Έστω ο κύκλος ο οποίος τέμνει της γραφικές παραστάσεις των $g,h^{-1}$ στα σημεία και $B(b,h^{-1} (b)) ,b < 0$ αντίστοιχα.

1. Να δείξετε ότι τα και σχηματίζουν ορθή γωνία
2. Να δείξετε ότι και $h^{-1} (b) = a$
3. Να αιτιολογήσετε την πρόταση, « στρέφοντας την γραφική παράσταση της $h^{-1}$ κατά δεξιόστροφα με κέντρο το ,τότε αυτή θα συμπίπτει με τη γραφική παράσταση της » .

...Καλησπέρα

με μιά προσπάθεια στο γεωμετρικό θέμα του makisman...

Α) Είναι ${{C}_{1}}:{{y}^{2}}=x\Leftrightarrow y=\left\{ \begin{matrix} & \,\,\,\,\sqrt{x},\,\,x\ge 0 \\ & -\sqrt{x},\,\,x\ge 0 \\ \end{matrix} \right.$ και $y={{C}_{2}}:{{y}^{2}}=-x\Leftrightarrow y=\left\{ \begin{matrix} & \,\,\,\,\sqrt{-x},\,\,x\le 0 \\ & -\sqrt{-x},\,\,x\le 0 \\ \end{matix} \right.$

και οι γνησίως μονότονες συναρτήσεις $f:R\to R$ με y = f(x)

και $(x,y) \in C$ είναι οι

$f(x)=\left\{ \begin{matrix} & \,\,\,\,\sqrt{x},\,\,\,\,\,x\ge 0 \\ & -\sqrt{-x},\,\,x\le 0 \\ \end{matrix} \right.$ που είναι γνήσια αύξουσα στο

και η

$f(x)=\left\{ \begin{matrix} & -\sqrt{x},\,\,\,\,\,x\ge 0 \\ & \sqrt{-x},\,\,\,\,\,x\le 0 \\ \end{matrix} \right.$ που είναι γνήσια φθίνουσα στο

.

Β) Αφού g(1) > h(1)

είναι $g(x)=\left\{ \begin{matrix} & \,\,\,\,\sqrt{x},\,\,\,\,\,x\ge 0 \\ & -\sqrt{-x},\,\,x\le 0 \\ \end{matrix} \right.$ με g(1)=1

και $h(x)=\left\{ \begin{matrix} & -\sqrt{x},\,\,\,\,\,x\ge 0 \\ & \sqrt{-x},\,\,\,\,\,x\le 0 \\ \end{matrix} \right.$ με h(1)=-1

Τώρα λύνοντας την εξίσωση y=g(x)

όταν $x\ge 0$ έχουμε

$y=\sqrt{x}\Leftrightarrow \left\{ \begin{matrix} & y\ge 0 \\ & {{y}^{2}}=x \\ \end{matrix} \right.$ οπότε ${{g}^{-1}}(y)={{y}^{2}},\,\,y\ge 0$ και όταν $x\le 0$ έχουμε

$y=-\sqrt{-x}\Leftrightarrow \left\{ \begin{matrix} & y\le 0 \\ & {{y}^{2}}=-x \\ \end{matrix} \right.\Leftrightarrow \left\{ \begin{matrix} & y\le 0 \\ & -{{y}^{2}}=x \\ \end{matrix} \right.$ οπότε ${{g}^{-1}}(y)=-{{y}^{2}},\,\,y\le 0$ άρα ${{g}^{-1}}(x)=\left\{ \begin{matrix} & \,\,\,{{x}^{2}},\,\,\,\,\,x\ge 0 \\ & -{{x}^{2}},\,\,x\le 0 \\ \end{matrix} \right.$

Επίσης εξίσωση y=h(x)

όταν $x\ge 0$ έχουμε $y=-\sqrt{x}\Leftrightarrow \left\{ \begin{matrix} & y\le 0 \\ & {{y}^{2}}=x \\ \end{matrix} \right.$ οπότε ${{h}^{-1}}(y)={{y}^{2}},\,\,y\le 0$ και όταν $x\le 0$ έχουμε

$y=\sqrt{-x}\Leftrightarrow \left\{ \begin{matrix} & y\ge 0 \\ & {{y}^{2}}=-x \\ \end{matrix} \right.\Leftrightarrow \left\{ \begin{matrix} & y\ge 0 \\ & -{{y}^{2}}=x \\ \end{matrix} \right.$ οπότε ${{h}^{-1}}(y)=-{{y}^{2}},\,\,y\ge 0$ άρα ${{h}^{-1}}(x)=\left\{ \begin{matrix} & \,\,\,{{x}^{2}},\,\,x\le 0 \\ & -{{x}^{2}},\,\,x\ge 0 \\ \end{matrix} \right.$

Γ) Ισχύει ότι $g(x)=-h(x),\,\,x\in R$ άρα $g(-x)=-h(-x),\,\,x\in R$ και ${{g}^{-1}}(x)=-{{h}^{-1}}(x),\,\,x\in R$

επομένως η εξίσωση γράφεται ισοδύναμα

${{e}^{g(-x)}}+{{e}^{{{g}^{-1}}(x)}}={{e}^{-g(-x)}}+{{e}^{-{{g}^{-1}}(x)}}\Leftrightarrow {{e}^{g(-x)}}-{{e}^{-{{g}^{-1}}(x)}}={{e}^{-g(-x)}}-{{e}^{{{g}^{-1}}(x)}}\Leftrightarrow$

${{e}^{g(-x)}}-\frac{1}{{{e}^{{{g}^{-1}}(x)}}}=\frac{1}{{{e}^{g(-x)}}}-{{e}^{{{g}^{-1}}(x)}}\Leftrightarrow \frac{{{e}^{g(-x)}}{{e}^{{{g}^{-1}}(x)}}-1}{{{e}^{{{g}^{-1}}(x)}}}=\frac{1-{{e}^{g(-x)}}{{e}^{{{g}^{-1}}(x)}}}{{{e}^{g(-x)}}}\Leftrightarrow$

$\frac{{{e}^{g(-x)+{{g}^{-1}}(x)}}-1}{{{e}^{{{g}^{-1}}(x)}}}+\frac{{{e}^{g(-x)+{{g}^{-1}}(x)}}-1}{{{e}^{g(-x)}}}=0\Leftrightarrow$

$\left( {{e}^{g(-x)+{{g}^{-1}}(x)}}-1 \right)\left( \frac{1}{{{e}^{{{g}^{-1}}(x)}}}+\frac{1}{{{e}^{g(-x)}}} \right)=0\Leftrightarrow {{e}^{g(-x)+{{g}^{-1}}(x)}}-1=0\Leftrightarrow$

${{e}^{g(-x)+{{g}^{-1}}(x)}}=1\Leftrightarrow g(-x)+{{g}^{-1}}(x)=0\Leftrightarrow \left\{ \begin{matrix} & \,\,\,\,\,\,\sqrt{x}+{{x}^{2}}=0,\,\,\,x\ge 0 \\ & -\sqrt{-x}-{{x}^{2}}=0,\,\,x\le 0 \\ \end{matrix} \right.$ που προφανώς έχει μοναδική ρίζα την x=0

Δ) 1) Έχοντας και το παρακάτω σχήμα

: ΘΕΜΑ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ.jpg (21.79 KiB) Προβλήθηκε 1681 φορές

Ισχύει σαν ακτίνες του ίδιου κύκλου

$OA=OB\Leftrightarrow \sqrt{{{a}^{2}}+{{g}^{2}}(a)}=\sqrt{{{b}^{2}}+{{({{h}^{-1}}(b))}^{2}}}\Leftrightarrow {{a}^{2}}+{{g}^{2}}(a)={{b}^{2}}+{{({{h}^{-1}}(b))}^{2}}$ (1)

Τώρα αν ${{h}^{-1}}(b)=\kappa >0\Leftrightarrow b=h(\kappa )=-g(\kappa )=-\sqrt{\kappa }\Leftrightarrow b=-\sqrt{\kappa }\Leftrightarrow {{b}^{2}}=\kappa$

και από την (1) προκύπτει ότι ${{a}^{2}}+{{\sqrt{a}}^{2}}=\kappa +{{\kappa }^{2}}\Leftrightarrow {{a}^{2}}-{{\kappa }^{2}}+a-\kappa =0\Leftrightarrow (a-\kappa )(a+\kappa +1)=0$

και επειδή $a+\kappa +1>0$ έχουμε ότι $a=\kappa \Rightarrow g(a)=g(\kappa )=-b$

Είναι A(a,g(a)) ,a > 0

και ο συντελεστής διεύθυνσης της

είναι ${{\lambda }_{1}}=\frac{g(a)}{a}=\frac{-b}{\kappa }$ και

$B(b,h^{-1} (b)) ,b < 0$ και ο συντελεστής διεύθυνσης της

είναι ${{\lambda }_{2}}=\frac{{{h}^{-1}}(b)}{b}=\frac{\kappa }{b}$

επομένως ${{\lambda }_{1}}{{\lambda }_{2}}=\frac{-b}{\kappa }\cdot \frac{\kappa }{b}=-1$ οπότε $OA\bot OB$ .

2) Από το προηγούμενο έχουμε $g(a)=-b\Leftrightarrow -g(\alpha )=b\Leftrightarrow h(\alpha )=b\Leftrightarrow \alpha ={{h}^{-1}}(b)$

...στροφή γραφικής παράστασης (...μετασχηματισμοί...) μάλλον ξεφεύγουμε αρκετά για σχολική ύλη...

Φιλικά και Μαθηματικά
Βασίλης

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιούλ 11, 2017 1:44 pm**

Ευχαριστώ Βασίλη για την ενασχόληση. Το Δ1 το δούλεψα με τριγωνομετρία. Το Δ3 το έβαλα για εποπτική αντιμετώπιση ,δηλαδή για κάθε κύκλο με ακτίνα ρ η γωνια ΑΟΒ είναι ορθή ,άρα το σημείο Α κινούμενο στο τόξο ΑΒ=90 θα καταλήγει πάντα στο Β και αντίστροφα.

mathematica.gr

ΘΕΜΑ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ

ΘΕΜΑ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ

Re: ΘΕΜΑ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ

Re: ΘΕΜΑ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ