mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιούλ 05, 2020 6:02 pm**

Στο σχήμα παρακάτω η

είναι

και συνεχής. Για κάθε σημείο $\mathrm{P}$ πάνω στη καμπύλη y=2x^2

τα εμβαδά $\mathrm{A}$ και $\mathrm{B}$ είναι ίσα. Ποιος είναι ο τύπος της

;

: 106986290_742237226548767_4998575368876650462_n(1).jpg (41.7 KiB) Προβλήθηκε 1748 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιούλ 05, 2020 6:14 pm**

Το

τι είναι;

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιούλ 05, 2020 9:24 pm**

Έστω

τυπικό σημείο στην y=2x^2

και έστω

οι προβολές του

στους δύο άξονες, αντίστοιχα, οπότε $Q(a,0),\, R(0,2a^2)$ . Έστω ακόμη ότι η

τέμνει την y=f(x)

στο

Επειδή η

διχοτομεί την

και επειδή το καμπυλόγραμμο χωρίο OQP

έχει εμβαδόν $\int _0^a2x^2dx= \dfrac {2}{3}a^3$ έχουμε $B=A=\dfrac {1}{3}a^3$ . Άρα το καμπυλόγραμμο χωρίο OSPQ

έχει εμβαδόν B+A+A=a^3

. Έπεται ότο το καμπυλόγραμμο χωρίο OSR

έχει εμβαδόν $OSR=OQPR-a^3=a\cdot 2a^2-a^3=a^3$ .

H προηγούμενη με χρήση ολοκληρωμάτων γράφεται (προσοχή, ολοκληρώνουμε οριζόντια αντί για κάθετα)

$\displaystyle{\int _0^{2a^2}f^{-1}(y)dy=a^3}$

Παραγωγίζοντας ως προς

έπεται $f^{-1}(2a^2)\cdot 4a=3a^2$ , οπότε $f^{-1}(2a^2)=\dfrac {3}{4} a= \dfrac {3}{4\sqrt 2}\sqrt {2a^2}$ .

Θέτοντας 2a^2=t

προκύπτει $f^{-1}(t)= \dfrac {3}{4\sqrt 2}\sqrt {t}$ από όπου εύκολα $f(x) = \dfrac {32}{9}x^2$ .

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιούλ 05, 2020 11:39 pm**

Μιχάλη , μήπως έχει κάνει κάποιο τυπογραφικό; Με ένα απλό plot στο Geogebra δε φαίνεται η

να είναι τόσο. Αντιθέτως , φαίνεται ότι f(x)=6x^2

. Δεν έχω κάνει μέχρι τέλους τις πράξεις αλλά πήρα ακριβώς τον ίδιο δρόμο.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιούλ 06, 2020 12:33 am**

Tolaso J Kos έγραψε: Κυρ Ιούλ 05, 2020 11:39 pm Μιχάλη , μήπως έχει κάνει κάποιο τυπογραφικό; Με ένα απλό plot στο Geogebra δε φαίνεται η να είναι τόσο. Αντιθέτως , φαίνεται ότι . Δεν έχω κάνει μέχρι τέλους τις πράξεις αλλά πήρα ακριβώς τον ίδιο δρόμο.

Έκανα ξανά τις πράξεις και δεν βρίσκω λάθος. Επίσης έκανα επαλήθευση για a=1

και βρίσκω ότι η απάντηση $y= \frac {32}{9}x^2$ που δίνω είναι συμβατή. Συγκεκριμένα το A=1/3

και όμοια το από κάτω του καμπυλόγραμμο έχει εμβαδόν 1/3

. Επίσης είναι $P(1,2),\, R(0,2)$ οπότε $S(\frac { 3}{4},2)$ και άρα το καμπυλόγραμμο εμβαδόν κάτω από την $y= \frac {32}{9}x^2$ μέχρι το

είναι $\frac {1}{2}$ . Άρα το καμπυλόγραμμο χωρίο OSR

είναι $2\cdot \frac {3}{4}- \frac {1}{2}=1$ . Αυτό δίνει $B=1-\frac {1}{3}-\frac {1}{3}= \frac {1}{3}=A$ , όπως έπρεπε.

Αντιθέτως έκανα παρόμοιες πράξεις για την εκδοχή y=6x^2

, οπότε $S(\frac {\sqrt 3}{3}, 2)$ , που οδηγεί σε $B\ne A$ .

Ελπίζω να μην κάνω το ίδιο λάθος πολλές φορές, οπότε να μην βλέπω που υπάρχει πρόβλημα στην λύση, αν υπάρχει.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιούλ 06, 2020 10:53 am**

Mihalis_Lambrou έγραψε: Δευ Ιούλ 06, 2020 12:33 am
Ελπίζω να μην κάνω το ίδιο λάθος πολλές φορές, οπότε να μην βλέπω που υπάρχει πρόβλημα στην λύση, αν υπάρχει.

Όλα καλά Μιχάλη. Το επιβεβαιώνω και γω πλέον το αποτέλεσμα. Ευχαριστώ για τη λύση.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιούλ 06, 2020 3:35 pm**

Για όποιον θέλει το σχήμα σε tikz.

Κώδικας: Επιλογή όλων

 \begin{tikzpicture}
	   \draw[thick, ->] (0, 0) -- (4, 0) node[below]{x};
	   \draw[thick, ->] (0, 0) -- (0, 5) node[left]{y};
	   \draw (0, 0) node[below]{\mathrm{O}};
	   \draw [blue, domain=0:2] plot (\x, {\x^2}) node[right]{y=x^2};
	   \draw [cyan, domain=0:1.5] plot (\x, {2*\x^2}) node[right]{y=2x^2};
	   \draw [black, domain=0:0.9] plot(\x, {6*\x^2}) node[right]{y=f(x)};
	   \draw[fill=black] (1, 2) circle(2pt);
	   \draw (1.17, 2.2) node[left]{\mathrm{P}};
	   \draw[dashed] (1, 2) -- (1,1);
	   \draw[dashed] (1, 2) -- (0.5773, 2);
	   \draw[fill=black] (0.5773, 2) circle(2pt);
	   \draw[fill=black] (1,1) circle(2pt);
	   \draw (0.83, 0.8) node[above]{\tiny A};
	   \draw (0.65, 1.2) node[above]{\tiny B};
	\end{tikzpicture}

mathematica.gr

Ψάξε ... ψάξε ... θα τη βρεις

Ψάξε ... ψάξε ... θα τη βρεις

Re: Ψάξε ... ψάξε ... θα τη βρεις

Re: Ψάξε ... ψάξε ... θα τη βρεις

Re: Ψάξε ... ψάξε ... θα τη βρεις

Re: Ψάξε ... ψάξε ... θα τη βρεις

Re: Ψάξε ... ψάξε ... θα τη βρεις

Re: Ψάξε ... ψάξε ... θα τη βρεις