Ακρότατα για νεότερους

KARKAR · #1

$\bigstar$ Βρείτε την μέγιστη και την ελάχιστη τιμή της συνάρτησης : $f(x)=\dfrac{x^2-x+1}{x^2+1}$

#2

Με ή χωρίς;

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

KARKAR · #3

Ο νεαρός μπλοφάρει . Φαίνεται ότι είναι μαθητής της Β' Λυκείου , οπότε δεν ξέρει από παραγώγους

Christos.N · #4

Τουλάχιστον τρεις τρόποι για τον νεαρό , πάμε για ράλυ επίλυσης;

#5

Και με ύλη της Α' Λυκείου. Ας περιμένουμε όμως πρώτα τους μαθητές για ένα 24ωρο (λόγω του $\bigstar$ ).

Christos.N · #6

george visvikis έγραψε: ↑
Σάβ Οκτ 09, 2021 2:08 pm
Και με ύλη της Α' Λυκείου. Ας περιμένουμε όμως πρώτα τους μαθητές για ένα 24ωρο (λόγω του $\bigstar$ ).

Ας φύγει αυτή η τάξη πρώτα.

Ισχύει ότι $\left|\frac{2x}{x^2+1}\right|\leq 1\Leftrightarrow \left|\frac{x}{x^2+1}\right|\leq \frac{1}{2} \Leftrightarrow \frac{1}{2}\leq f(x)\leq\frac{3}{2}$
με το

να ισχύει για x=1,~x=-1

αντίστοιχα.

Christos.N · #7

Κάτι στο μεταίχμιο και των δύο τάξεων Α,Β.

Ας υποθέσουμε ότι $A=\dfrac{x^2-x+1}{x^2+1}\Leftrightarrow (A-1)x^2+x+(A-1)=0$

Η τελευταία αν θεωρηθεί τριώνυμο ως προς

, δηλαδή για τις τιμές $A\neq1$ , πρέπει να έχει τουλάχιστον μία λύση για κάθε $x\in\mathbb{R}$ άρα

$\Delta\ge 0 \Leftrightarrow \left| A-1 \right|\leq \frac{1}{2} \Leftrightarrow \frac{1}{2}\leq A \leq \frac{3}{2}$

δηλαδή $\frac{1}{2}\leq f(x) \leq \frac{3}{2}$ με το

να ισχύει για x=1,x=-1

αντίστοιχα.

(οι ισότητες ισχύουν όταν $\Delta=0 \Leftrightarrow A=1\pm\frac{1}{2}$ και για $x=\frac{-1}{2(A-1)}$ σε κάθε περίπτωση)

Αν πάλι A=1

τότε εύκολα βλέπουμε ότι x=0

και το ελάχιστο και μέγιστο της παράστασης (άρα και συνάρτησης δεν μεταβάλλεται).

Υ.Γ. Έγιναν κάποιες προσθήκες για λόγους πληρότητας, ευχαριστώ πολύ τον Γιώργο.

Christos.N · #8

Έστω $x=\tan u$ τότε $f(x)=f(\tan u)=1-\frac{1}{2}\sin 2u$

και $\left|\sin 2u \right| \leq1 \Leftrightarrow \frac{1}{2}\leq f(\tan u)\leq\frac{3}{2}$

με το

να ισχύει όταν $u=\pm\frac{\pi}{4}$ αντίστοιχα όταν x=1,~x=-1

.

Christos.N · #9

Παρόμοια με διαφορετική έναρξη και "χιτ" του

το τελευταίο διάστημα.

Δουλεύουμε στο επόμενο σχήμα

: Στιγμιότυπο από 2021-10-11 11-18-35.png (10.01 KiB) Προβλήθηκε 1369 φορές

με την παρατήρηση ότι $f(x)=1-\frac{x}{\sqrt{x^2+1}}\frac{1}{\sqrt{x^2+1}}$ όπου συνδυαστικά έχουμε

$f(x)=1-\cos u \sin u$ τα υπόλοιπα όπως και πριν.

Christos.N · #10

και μια ακόμα για μεγαλύτερους

Δίνεται $f(x)=\frac{x^2-x+1}{x^2+1},~x\in\mathbb{R}$ συνεχής και παραγωγίσιμη στο πεδίο ορισμού της με $f'(x)=\frac{x^2-1}{(x^2+1)^2}$

$f'(x)=0 \Leftrightarrow x=\pm1$

Από τον πίνακα μονοτονίας της

έχουμε ότι

Είναι
γνησίως αύξουσα στο $(-\infty,-1]$ με $f\left((-\infty,-1]\right)=(1,\frac{3}{2}]$
γνησίως φθίνουσα στο [-1,1]

με $f\left([-1,1]]\right)=[\frac{1}{2},\frac{3}{2}]$
γνησίως αύξουσα στο $[1,+\infty)$ με $f\left([1,+\infty)\right)=[\frac{1}{2},1)$

Για τα χρησιμοποιούμενα όρια έχουμε $\underset{x\rightarrow\pm \infty}{lim}f(x)=\underset{x\rightarrow\pm \infty}{lim}\frac{x^2}{x^2}=1$

Από τα παραπάνω το σύνολο τιμών της

καθορίζεται το διάστημα $[\frac{1}{2},\frac{3}{2}]$ με ολικά ακρότατα στις θέσεις x=1,x=-1

του πεδίου ορισμού της αντίστοιχα.

Christos.N · #11

Υπάρχει λύση με διανυσματικό λογισμό; Λύση με Γεωμετρικό μη τριγωνομετρικό τρόπο; Λύση με ολοκληρωτικό λογισμό;

#12

$\displaystyle \begin{array}{l} f(x) = \frac{{{x^2} - x + 1}}{{{x^2} + 1}} = 1 - \frac{x}{{{x^2} + 1}} = 1 - \frac{1}{2}\frac{{2x}}{{{x^2} + 1}} = 1 + \frac{1}{2}\frac{{ - 2x}}{{{x^2} + 1}}\\ {x^2} + 1 \ge 2x \Rightarrow \frac{{2x}}{{{x^2} + 1}} \le 1 \Rightarrow - \frac{1}{2}\frac{{2x}}{{{x^2} + 1}} \ge - \frac{1}{2} \Rightarrow 1 - \frac{1}{2}\frac{{2x}}{{{x^2} + 1}} \ge \frac{1}{2} \Rightarrow f(x) \ge \frac{1}{2}\\ {x^2} + 1 \ge - 2x \Rightarrow \frac{{ - 2x}}{{{x^2} + 1}} \le 1 \Rightarrow \frac{1}{2}\frac{{ - 2x}}{{{x^2} + 1}} \le \frac{1}{2} \Rightarrow 1 + \frac{1}{2}\frac{{ - 2x}}{{{x^2} + 1}} \le \frac{3}{2} \Rightarrow f(x) \le \frac{3}{2} \end{array}$
με ισότητες για $\displaystyle x = 1,x = - 1$

#13

Παρόμοια με κάποιες από τις παραπάνω:

$\displaystyle g\left( x \right) = f(x) - 1 = \frac{{{x^2} - x + 1}}{{{x^2} + 1}} - 1 = - \frac{x}{{{x^2} + 1}}$

Είναι $\displaystyle - 1 \le - \frac{{2x}}{{{x^2} + 1}} \le 1 \Leftrightarrow - \frac{1}{2} \le g\left( x \right) \le \frac{1}{2} \Leftrightarrow \frac{1}{2} \le f\left( x \right) \le \frac{3}{2}$ .

Τις ακραίες τιμές τις έχουμε για $x = - 1,\;x = 1$ αντίστοιχα.

#14

Christos.N έγραψε: ↑
Κυρ Οκτ 10, 2021 9:01 am

george visvikis έγραψε: ↑
Σάβ Οκτ 09, 2021 2:08 pm
Και με ύλη της Α' Λυκείου. Ας περιμένουμε όμως πρώτα τους μαθητές για ένα 24ωρο (λόγω του $\bigstar$ ).
Ας φύγει αυτή η τάξη πρώτα.

Ισχύει ότι $\left|\frac{2x}{x^2+1}\right|\leq 1\Leftrightarrow \left|\frac{x}{x^2+1}\right|\leq \frac{1}{2} \Leftrightarrow \frac{1}{2}\leq f(x)\leq\frac{3}{2}$
με το να ισχύει για αντίστοιχα.

Γιώργος Ρίζος έγραψε: ↑
Κυρ Οκτ 10, 2021 11:14 am
Παρόμοια με κάποιες από τις παραπάνω:

$\displaystyle g\left( x \right) = f(x) - 1 = \frac{{{x^2} - x + 1}}{{{x^2} + 1}} - 1 = - \frac{x}{{{x^2} + 1}}$

Είναι $\displaystyle - 1 \le - \frac{{2x}}{{{x^2} + 1}} \le 1 \Leftrightarrow - \frac{1}{2} \le g\left( x \right) \le \frac{1}{2} \Leftrightarrow \frac{1}{2} \le f\left( x \right) \le \frac{3}{2}$ .

Τις ακραίες τιμές τις έχουμε για $x = - 1,\;x = 1$ αντίστοιχα.

Αυτές ακριβώς τις λύσεις είχα υπόψη μου για Α' Λυκείου.

Ακρότατα για νεότερους

Ακρότατα για νεότερους

Re: Ακρότατα για νεότερους

Re: Ακρότατα για νεότερους

Re: Ακρότατα για νεότερους

Re: Ακρότατα για νεότερους

Re: Ακρότατα για νεότερους

Re: Ακρότατα για νεότερους

Re: Ακρότατα για νεότερους

Re: Ακρότατα για νεότερους

Re: Ακρότατα για νεότερους

Re: Ακρότατα για νεότερους

Re: Ακρότατα για νεότερους

Re: Ακρότατα για νεότερους

Re: Ακρότατα για νεότερους

Μέλη σε σύνδεση