mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιουν 23, 2018 2:18 pm**

Θεωρούμε τους θετικούς αριθμούς $\displaystyle a,b$ με $\displaystyle a\ne 1,b\ne 1$ και τη συνάρτηση $\displaystyle f(x)={{a}^{x}}+{{b}^{x}},\,\,x\in R$ .
Α. Υποθέτουμε ότι : $\displaystyle a=2,b=\frac{1}{2}$
α) Να λυθεί η εξίσωση $\displaystyle f(x)=2$
β) Βρείτε τη μεγαλύτερη τιμή του $\displaystyle m\in R$ ώστε $\displaystyle f(2x)\ge mf(x)-6$ για κάθε $\displaystyle x\in R$ .
Β. Αν $\displaystyle 0<a<1$ , $\displaystyle b>1$ και η εξίσωση $\displaystyle f(x)=2$ έχει μοναδική ρίζα , να βρείτε την τιμή του $\displaystyle ab$ .

Υ.Γ. : Gaokao : ... ας πούμε Πανκινεζικές εξετάσεις ...

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιουν 23, 2018 8:39 pm**

exdx έγραψε: Σάβ Ιουν 23, 2018 2:18 pm Θεωρούμε τους θετικούς αριθμούς $\displaystyle a,b$ με $\displaystyle a\ne 1,b\ne 1$ και τη συνάρτηση $\displaystyle f(x)={{a}^{x}}+{{b}^{x}},\,\,x\in R$ .
Α. Υποθέτουμε ότι : $\displaystyle a=2,b=\frac{1}{2}$
α) Να λυθεί η εξίσωση $\displaystyle f(x)=2$
β) Βρείτε τη μεγαλύτερη τιμή του $\displaystyle m\in R$ ώστε $\displaystyle f(2x)\ge mf(x)-6$ για κάθε $\displaystyle x\in R$ .
Β. Αν $\displaystyle 0<a<1$ , $\displaystyle b>1$ και η εξίσωση $\displaystyle f(x)=2$ έχει μοναδική ρίζα , να βρείτε την τιμή του $\displaystyle ab$ .

Υ.Γ. : Gaokao : ... ας πούμε Πανκινεζικές εξετάσεις ...

Μια λύση με απλή αγνή αλγεβρίτσα για το Α. Για το Β κατά τα γνωστά Fermat.

A(a)

Θα χρειαστούμε την $\displaystyle{p+\frac{1}{p}}\geq 2,p\in\mathbb{R^+}$ με την ισότητα να ισχύει μόνο όταν $\displaystyle{p=1}.$

Έχουμε $\displaystyle{ f(x)=2\Leftrightarrow 2^x+\frac{1}{2^x}= 2\Leftrightarrow 2^x=1\Leftrightarrow x=0. }$

A(b)

Έστω $\displaystyle{ f(2x)-mf(x)+6\geq 0 }$ για κάθε $x\in\mathbb{R}$ ή ισοδύναμα

$\displaystyle{ (2^x)^2+\frac{1}{(2^x)^2}-m\left ( 2^x+ \frac{1}{2^x}\right )+6\geq 0 }$ για κάθε $x\in\mathbb{R}$ ή ισοδύναμα

$\displaystyle{ \left ( 2^x+ \frac{1}{2^x}\right )^2-m\left ( 2^x+ \frac{1}{2^x}\right )+4\geq 0 }$ για κάθε $x\in\mathbb{R}$ ή ισοδύναμα

$\displaystyle{ \left y^2-m y+4\geq 0 }$ για κάθε $y\geq 2$ (η

εύκολα ελέγχουμε ότι έχει σύνολο τιμών το $[2,+\infty )$ .

Το παραπάνω είναι τριώνυμο g(y)

με ελάχιστη τιμή (εσωτερικό σημείο) $\displaystyle{g(\frac{m}{2})=4-\frac{m^2}{4}}$

εφόσον $\displaystyle{\frac{m}{2}>2\Leftrightarrow m>4}$ ή g(2)=8-2m

(άκρο διαστήματος) εφόσον $\displaystyle{\frac{m}{2}<2\Leftrightarrow m<4}$ .

Για $\displaystyle{\frac{m}{2}=2\Leftrightarrow m=4}$ έχουμε ταύτιση αυτών των δύο. Άρα για να ισχύει η αρχική αρκεί η ελάχιστη τιμή του τριωνύμου g(y)

να είναι $\displaystyle{\geq 0}$ για κάθε $y\geq 2$ δηλαδή αρκεί $\displaystyle{ (8-2m\geq 0\wedge m\leq 4) \vee (4-\frac{m^2}{4}\geq 0\wedge m\geq 4) \Leftrightarrow m\in(-\infty ,4]. }$

Άρα $\displaystyle{m_{max}=4.}$

B

Η εξίσωση έχει σίγουρα ρίζα την x=0

. Έστω ότι υπάρχει $y\in\mathbb{R}$ ώστε f(y)<2.

Αν

τότε από το

$\displaystyle{ \lim_{x\rightarrow +\infty }f(x)=\lim_{x\rightarrow +\infty } (a^x+b^x)=0+\infty =+\infty }$ βλέπουμε ότι η εξίσωση θα έχει και άλλη ρίζα.

Όμοια αν y<0

από το όριο στο $-\infty$ προκύπτει επιπλέον ρίζα. Άρα αναγκαστικά για να έχουμε μοναδική ρίζα την x=0

θα πρέπει το f(0)=2

να είναι ελάχιστη τιμή της

. Από Fermat τώρα παίρνουμε $\displaystyle{{f}'(0)=0\Rightarrow \ln a+\ln b=0\Rightarrow \ln (ab)=0\Rightarrow ab=1.}$

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιουν 24, 2018 1:12 am**

exdx έγραψε: Σάβ Ιουν 23, 2018 2:18 pm Θεωρούμε τους θετικούς αριθμούς $\displaystyle a,b$ με $\displaystyle a\ne 1,b\ne 1$ και τη συνάρτηση $\displaystyle f(x)={{a}^{x}}+{{b}^{x}},\,\,x\in R$ .
Α. Υποθέτουμε ότι : $\displaystyle a=2,b=\frac{1}{2}$
α) Να λυθεί η εξίσωση $\displaystyle f(x)=2$
β) Βρείτε τη μεγαλύτερη τιμή του $\displaystyle m\in R$ ώστε $\displaystyle f(2x)\ge mf(x)-6$ για κάθε $\displaystyle x\in R$ .

Υ.Γ. : Gaokao : ... ας πούμε Πανκινεζικές εξετάσεις ...

...μια αντιμετώπιση...για το Α...

Α. α) Είναι για $\displaystyle a=2,b=\frac{1}{2}$ η $f(x)={{2}^{x}}+{{2}^{-x}},x\in R$ και η εξίσωση

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

${{2}^{2x}}+1-2\,{{2}^{x}}=0\Leftrightarrow {{({{2}^{x}}-1)}^{2}}=0\Leftrightarrow {{2}^{x}}-1=0\Leftrightarrow {{2}^{x}}=1\Leftrightarrow x=0$

β) Είναι $f(x)={{2}^{x}}+{{2}^{-x}},x\in R$ και θέλουμε τη μεγαλύτερη τιμή του $\displaystyle m\in R$ ώστε

$f(2x)-mf(x)+6\ge 0,\,\,x\in R$

Θεωρώντας την συνάρτηση $g(x)=f(2x)-mf(x)+6,\,\,x\in R$ θέλουμε να ισχύει $g(x)\ge 0,\,x\in R$ και επειδή

g(0)=f(0)-mf(0)+6=2-2m+6=2(4-m)

θα πρέπει αναγκαία και $g(0)\ge 0\Leftrightarrow 2(4-m)\ge m\Leftrightarrow m\le 4$ επομένως

αναγκαία η μέγιστη τιμή του

είναι

και τότε $g(x)=f(2x)-4f(x)+6,\,\,x\in R$ με g(0)=f(0)-4f(0)+6=0

παραγωγίσιμη

με ${g}'(x)=2{f}'(2x)-4{f}'(x),\,\,x\in R$ με ${f}'(x)=({{2}^{x}}-{{2}^{-x}})ln2,x\in R$ και έχουμε τότε

${g}'(x)=2\ln 2({{2}^{2x}}-{{2}^{-2x}})-4\ln 2({{2}^{x}}-{{2}^{-x}}),\,\,x\in R$ ή

${g}'(x)=2\ln 2({{2}^{x}}-{{2}^{-x}})({{2}^{x}}+{{2}^{-x}}-2),\,\,x\in R$ ή ${g}'(x)=2\ln 2{f}'(x)(f(x)-2),\,\,x\in R$ και επειδή

$f(x)={{2}^{x}}+{{2}^{-x}}\ge 2$ με την ισότητα να ισχύει μόνο για x=0

το πρόσημο της {g}'

είναι το όπως το πρόσημο της

${f}'(x)=({{2}^{x}}-{{2}^{-x}})ln2,x\in R$ δηλαδή είναι ${g}'(x)<0\Leftrightarrow {f}'(x)<0\Leftrightarrow x<0$ άρα

η

γνήσια φθίνουσα στο $(-\infty ,\,\,0]$ και ${g}'(x)>0\Leftrightarrow {f}'(x)>0\Leftrightarrow x>0$

άρα η

γνήσια αύξουσα στο $[0,\,+\infty )$ έτσι παίρνει την ελάχιστη τιμή της στο $x=0,\,\,g(0)=0$ άρα το m=4

είναι δεκτή.

Β. Αφού η x=0

είναι ρίζα της εξίσωσης $f(x)=2\Leftrightarrow {{a}^{x}}+{{b}^{x}}-2=0$ και είναι η μοναδική σύμφωνα με την υπόθεση θα είναι

${{a}^{x}}+{{b}^{x}}-2\ne 0,\,\,x\in (-\infty ,\,\,0)\cup (0,\,+\infty )$ και αφού η $h(x)={{a}^{x}}+{{b}^{x}}-2$ συνεχής

θα έχει σταθερό πρόσημο σε κάθε διάστημα και επειδή

$\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,h(x)=\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,({{a}^{x}}+{{b}^{x}}-2)=+\infty ,\,\,\,\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,h(x)=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,({{a}^{x}}+{{b}^{x}}-2)=+\infty$ θα είναι

$h(x)={{a}^{x}}+{{b}^{x}}-2>0,\,\,x\in (-\infty ,\,\,0)\cup (0,\,+\infty )$ άρα $h(x)\ge 0=h(0),\,\,x\in R$

δηλαδή στο $0\in R$ έχει ελάχιστο οπότε λόγω Fermat ισχύει ${h}'(0)=0\Leftrightarrow {{a}^{0}}\ln a+{{b}^{0}}\ln b=0\Leftrightarrow ab=1$

Φιλικά και Μαθηματικά
Βασίλης

mathematica.gr

Θέμα από Gaokao

Θέμα από Gaokao

Re: Θέμα από Gaokao

Re: Θέμα από Gaokao