mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιαν 17, 2023 11:59 am**

: Τα πιο μακρινά.png (8.35 KiB) Προβλήθηκε 1378 φορές

Το θέμα που ακολουθεί μοιάζει απλό , πιθανόν όμως να έχει δύσκολη αιτιολόγηση . Για να δούμε :

Πάνω στη γραφική παράσταση της συνάρτησης : $f(x)=\dfrac{x^2}{4}-2x-1 , 0 \leq x\leq 10 ,$

κινούνται τα σημεία S , T

. Βρείτε το μέγιστο μήκος του τμήματος

.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιαν 19, 2023 4:33 am**

Περιττό

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιαν 19, 2023 12:49 pm**

orestisgotsis έγραψε: Πέμ Ιαν 19, 2023 4:33 am Η σκέψη μου είναι η εξής: Να αφήσω το T να πάρει την πιο ψηλή τιμή και το S να

Αυτό θα πρέπει να αιτιολογηθεί.

Για τη συνάρτηση $\displaystyle{f}$ ισχύουν: $\displaystyle{f^{\prime}}$ θετική στο $\displaystyle{(4,10]}$ και αρνητική στο $\displaystyle{[0,4)}$ και συνεπώς η $\displaystyle{f}$ είναι γνησίως φθίνουσα στο $\displaystyle{[0,4]}$ και γνησίως αύξουσα στο $\displaystyle{[4,10]}$

Αν $\displaystyle{S\left(s,f(s)\right)}$ και $\displaystyle{T\left(t,f(t)\right)}$ με $\displaystyle{s<t}$ , θα δείξουμε ότι για τυχαίο $\displaystyle{S}$ είναι $\displaystyle{\bf{ST\leq SB}}$ για κάθε $\displaystyle{T}$

Είναι $\displaystyle{\left(ST\right)^2=(t-s)^2+\left(f(t)-f(s)\right)^2=g(t), \ \ t\in (0,10]}$

$\displaystyle{g^{\prime}(t)=2(t-s)+2\left(f(t)-f(s)\right)\cdot f^{\prime}(t)>0 \ \ \forall t \in (0,10]}$ αφού

$\displaystyle{t-s>0 }$ και

για κάθε $\displaystyle{t\in (0,4]}$ : $\displaystyle{f^{\prime}(t)\leq0}$ και $\displaystyle{f(t)<f(s)}$

για κάθε $\displaystyle{t\in [4,10]}$ : $\displaystyle{f^{\prime}(t)\geq0}$ και $\displaystyle{f(t)>f(s)}$

Έτσι, η συνάρτηση $\displaystyle{g}$ είναι γνησίως αύξουσα οπότε: $\displaystyle{g(t)\leq g(10) \Rightarrow \bf{ST\leq SB} }$

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιαν 19, 2023 8:00 pm**

abgd έγραψε: Πέμ Ιαν 19, 2023 12:49 pm
orestisgotsis έγραψε: Πέμ Ιαν 19, 2023 4:33 am Η σκέψη μου είναι η εξής: Να αφήσω το T να πάρει την πιο ψηλή τιμή και το S να
Αυτό θα πρέπει να αιτιολογηθεί.

Για τη συνάρτηση $\displaystyle{f}$ ισχύουν: $\displaystyle{f^{\prime}}$ θετική στο $\displaystyle{(4,10]}$ και αρνητική στο $\displaystyle{[0,4)}$ και συνεπώς η $\displaystyle{f}$ είναι γνησίως φθίνουσα στο $\displaystyle{[0,4]}$ και γνησίως αύξουσα στο $\displaystyle{[4,10]}$

Αν $\displaystyle{S\left(s,f(s)\right)}$ και $\displaystyle{T\left(t,f(t)\right)}$ με $\displaystyle{s<t}$ , θα δείξουμε ότι για τυχαίο $\displaystyle{S}$ είναι $\displaystyle{\bf{ST\leq SB}}$ για κάθε $\displaystyle{T}$

Είναι $\displaystyle{\left(ST\right)^2=(t-s)^2+\left(f(t)-f(s)\right)^2=g(t), \ \ t\in (0,10]}$

$\displaystyle{g^{\prime}(t)=2(t-s)+2\left(f(t)-f(s)\right)\cdot f^{\prime}(t)>0 \ \ \forall t \in (0,10]}$ αφού

$\displaystyle{t-s>0 }$ και

για κάθε $\displaystyle{t\in (0,4]}$ : $\displaystyle{f^{\prime}(t)\leq0}$ και $\displaystyle{f(t)<f(s)}$

για κάθε $\displaystyle{t\in [4,10]}$ : $\displaystyle{f^{\prime}(t)\geq0}$ και $\displaystyle{f(t)>f(s)}$

Έτσι, η συνάρτηση $\displaystyle{g}$ είναι γνησίως αύξουσα οπότε: $\displaystyle{g(t)\leq g(10) \Rightarrow \bf{ST\leq SB} }$

Ξαναβλέποντάς το παρατηρώ ότι θα πρέπει να θεωρήσουμε και την "αντίθετη" περίπτωση, δηλαδή να είναι μεταβλητό το

και σταθερό το

.

Ομοίως προκύπτει ότι: $\displaystyle{\bf{ST\leq SA} }$ .

Έτσι, $\displaystyle{\bf{ST\leq max\{maxSA, maxSB\} }$ .

Δηλαδή η μέγιστη τιμή του μήκους της χορδής $\displaystyle{\bf{ST} }$ θα είναι ίση με τη μεγαλύτερη από τις τιμές που μπορούν να πάρουν τα $\displaystyle{SA, SB }$ .

Άρα πρέπει να βρούμε τα μέγιστα των χορδών $\displaystyle{SA, SB} }$ θεωρώντας βέβαια το $\displaystyle{S }$ μεταβλητό.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιαν 20, 2023 12:27 am**

Καλησπέρα σε όλους. Επιχειρώ μια διαφορετική αντιμετώπιση:

: 20-01-2023 Ανάλυση.png (17.49 KiB) Προβλήθηκε 1212 φορές

Είναι $\displaystyle f(x) = \frac{{{x^2}}}{4} - 2x - 1 = \frac{1}{4}{\left( {x - 4} \right)^2} - 5,\;\;0 \le x \le 10$ , οπότε το πρόβλημα μπορεί να διατυπωθεί:

Πάνω στη γραφική παράσταση της συνάρτησης $\displaystyle f(x) = \frac{{{x^2}}}{4},\;\; - 4 \le x \le 6,$ κινούνται τα σημεία S, T

. Βρείτε το μέγιστο μήκος του τμήματος

.

Έστω $\displaystyle S\left( {a,\frac{{{a^2}}}{4}} \right),\;T\left( {b,\frac{{{b^2}}}{4}} \right)$ σημεία της $\displaystyle C_f$ , με $\displaystyle - 4 \le a \le b \le 6$ .

Είναι $\displaystyle ST = \sqrt {{{\left( {b - a} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{{b^2} - {a^2}}}{4}} \right)}^2}} \;\;\;a,b \in \left[ { - 4,6} \right]$

To $\displaystyle ST$ έχει μέγιστο όταν λάβει τη μέγιστη τιμή της η παράσταση $\displaystyle {\left( {b - a} \right)^2} + {\left( {\frac{{{b^2} - {a^2}}}{4}} \right)^2}\;\;\;a,b \in \left[ { - 4,6} \right]$

Είναι $\displaystyle a \le b \le 6 \Rightarrow 0 \le b - a \le 6 - a \Rightarrow {\left( {b - a} \right)^2} \le {\left( {6 - a} \right)^2}$

Αν $\displaystyle b > 4$ , τότε $\displaystyle \left\{ \begin{array}{l} 0 < b + a \le 6 + a\\ 0 \le b - a \le 6 - a \end{array} \right.\;\;\; \Rightarrow {b^2} - {a^2} \le 36 - {a^2}$

Οπότε $\displaystyle {\left( {b - a} \right)^2} + {\left( {\frac{{{b^2} - {a^2}}}{4}} \right)^2}\; \le {\left( {6 - a} \right)^2} + {\left( {\frac{{36 - {a^2}}}{4}} \right)^2}\;\;a \in \left[ { - 4,6} \right]$

Η συνάρτηση $\displaystyle h\left( a \right) = {\left( {6 - a} \right)^2} + \frac{{{{\left( {36 - {a^2}} \right)}^2}}}{{16}},\;\;a \in \left[ { - 4,6} \right]$
έχει παράγωγο $\displaystyle h'\left( a \right) = - 2\left( {6 - a} \right) + \frac{{ - a\left( {36 - {a^2}} \right)}}{4} = \frac{{\left( {a - 6} \right)\left( {{a^2} + 6a + 8} \right)}}{4}$

και παρουσιάζει μέγιστο για $\displaystyle a = -2$ με τιμή $\displaystyle h{\left( a \right)_{\max }} = 128$ . Τότε $\displaystyle ST = 8\sqrt 2$

Αν $\displaystyle - 4 \le a \le b \le 4$ , τότε $\displaystyle ST \le 8$ , αφού η παραβολή $\displaystyle y = \frac{{{x^2}}}{4},\;\;x \in \left[ { - 4,4} \right]$

περιέχεται στο θετικό ημικύκλιο με κέντρο το $\displaystyle (0,4)$ και ακτίνα $\displaystyle 4\sqrt 2$ .

Oπότε $\displaystyle S{T_{\max }} = 8\sqrt 2$ , όταν $\displaystyle a=-2, b=6$ .

mathematica.gr

Τα πιο μακρινά

Τα πιο μακρινά

Re: Τα πιο μακρινά

Re: Τα πιο μακρινά

Re: Τα πιο μακρινά

Re: Τα πιο μακρινά