S.A.M. -

30 Ιουνίου, 2024

Από την Ρώμη με αγάπη

Κάτω από: Λύσεις —— ΧΡΗΣΤΟΣ ΣΑΜΟΥΗΛΙΔΗΣ @ 5:25 μμ

Το ΠΡΟΒΛΗΜΑ 2 από τις ιταλικές εισαγωγικές εξετάσεις στα πανεπιστήμια τον Ιούνιο του 2024.

«Στην αρχή και στο τέλος, έχουμε το μυστήριο… Τα μαθηματικά μας φέρνουν πιο κοντά σε αυτό το μυστήριο, ακόμα κι αν δεν το διαπερνά». (Ε. Ντε Τζόρτζι)

Εξετάστε την οικογένεια συναρτήσεων $f_n\left(x\right)=\sqrt[n]{x^2}-\sqrt{ax^2+bx+1},$ με $n\in N,n>1$ και $a,\ b\ \in \ R$ , $a\ <\ 0$ .

Επαληθεύστε ότι, όποια και αν είναι η τιμή του $n$ , η συνάρτηση $f_n$ δεν είναι παραγωγίσιμη στο σημείο με τετμημένη $x\ =\ 0$ . Προσδιορίστε την τιμή του $n$ στην οποία το γράφημα της $f_n$ έχει γωνιακό σημείο. Για τις κατάλληλες τιμές των παραμέτρων $a,\ b$ , το γράφημα $\textrm{α}$ , στο σχήμα, αντιπροσωπεύει τη συνάρτηση $f_2(x)=|x|-\sqrt{ax^2+bx+1}.$ Προσδιορίστε τις παραμέτρους $a$ και $b$ , λαμβάνοντας υπόψη ότι η $f_2$ ορίζεται στο $[-1; 1]$ και ότι το γράφημά είναι συμμετρικό σε σχέση με τον άξονα $y$ .

Από τώρα και στο εξής, ας υποθέσουμε $a\ =\ -1,\ b\ =\ 0$ .

Μελετήστε τη συνάρτηση $g(x)=|x|+\sqrt{1-x^2}$ , επαληθεύοντας ότι δεν είναι παραγωγίσιμη στα άκρα του πεδίου ορισμού της και στο σημείο με τετμημένη $x\ =\ 0$ . Υποδείξτε το γράφημά της με $\beta$ και σχεδιάστε την καμπύλη $\gamma\ =\ \alpha\ \cup \ \beta$ .
Η γραμμή $r$ , της εξίσωσης $x\ =\ k$ , με $-1\ <\ k\ <\ 1$ , τέμνει την $\gamma$ στα σημεία $P$ και $Q$ . Αποδείξτε ότι το μέτρο του τμήματος $PQ$ είναι μέγιστο όταν είναι ο άξονας συμμετρίας της $\gamma$ .
Βεβαιωθείτε ότι η συνάρτηση $H(x)=\frac{1}{2}(arcsin(x)+x\sqrt{1-x^2})$ είναι αρχική της συνάρτησης $h(x)=\sqrt{1-x^2}$ . Με τη μέθοδο που θεωρείτε καταλληλότερη, υπολογίστε το εμβαδόν της πεπερασμένης περιοχής του επιπέδου που οριοθετείται από την $\gamma$ .

«Οι μορφές που δημιουργούνται από τον μαθηματικό, όπως αυτές που δημιουργούνται από τον ζωγράφο ή τον ποιητή, πρέπει να είναι όμορφες: οι ιδέες, όπως τα χρώματα ή οι λέξεις, πρέπει να συνδέονται αρμονικά. Η ομορφιά είναι η θεμελιώδης προϋπόθεση: δεν υπάρχει μόνιμη θέση στον κόσμο για άσχημα μαθηματικά». (Γ. Χ. Χάρντι)

Λύση

1. Έχουμε $f_n\left(0\right)=0-\sqrt{1}=-1$ .

Επιπλέον

${\mathop{\mathrm{lim}}_{x\to 0^+} \frac{f_n\left(x\right)-f_n\left(0\right)}{x-0}\ }={\mathop{\mathrm{lim}}_{x\to 0^+} \frac{\sqrt[n]{x^2}-\sqrt{ax^2+bx+1}+1}{x}\ }={\mathop{\mathrm{lim}}_{x\to 0^+} \frac{\sqrt[n]{x^2}}{x}\ }+{\mathop{\mathrm{lim}}_{x\to 0^+} \frac{-\sqrt{ax^2+bx+1}+1}{x}\ }$ $={\mathop{\mathrm{lim}}_{x\to 0^+} \frac{x^{\frac{2}{n}}}{x}\ }+{\mathop{\mathrm{lim}}_{x\to 0^+} \frac{-\sqrt{ax^2+bx+1}+1}{x}\ }=\frac{2}{n}{\mathop{\mathrm{lim}}_{x\to 0^+} x^{\left(\frac{2}{n}-1\right)}\ }-{\mathop{\mathrm{lim}}_{x\to 0^+} \frac{2ax+b}{2\sqrt{ax^2+bx+1}}\ }$ .

Για $n>2\Leftrightarrow \frac{2}{n}-1<0$ έχουμε ${\mathop{\mathrm{lim}}_{x\to 0^+} x^{\left(\frac{2}{n}-1\right)}\ }=+\infty$ και ${\mathop{\mathrm{lim}}_{x\to 0^+} \frac{2ax+b}{2\sqrt{ax^2+bx+1}}\ }=\frac{b}{2}$ , άρα ${\mathop{\mathrm{lim}}_{x\to 0^+} \frac{f_n\left(x\right)-f_n\left(0\right)}{x-0}\ }=+\infty$ . Όμοια έχω ${\mathop{\mathrm{lim}}_{x\to 0^-} \frac{f_n\left(x\right)-f_n\left(0\right)}{x-0}\ }={\mathop{\mathrm{l}\mathrm{im}}_{x\to 0^-} \frac{{\left|x\right|}^{\frac{2}{n}}}{x}\ }+{\mathop{\mathrm{lim}}_{x\to 0^-} \frac{-\sqrt{ax^2+bx+1}+1}{x}\ }$ με ${\mathop{\mathrm{lim}}_{x\to 0^-} \frac{{\left|x\right|}^{\frac{2}{n}}}{x}\ }={\mathop{\mathrm{lim}}_{x\to 0^-} \frac{{\left(-x\right)}^{\frac{2}{n}}}{x}\ }=-\frac{2}{n}{\mathop{\mathrm{lim}}_{x\to 0^-} {\left(-x\right)}^{\left(\frac{2}{n}-1\right)}\ }=-\infty$ και ${\mathop{\mathrm{lim}}_{x\to 0^-} \frac{-\sqrt{ax^2+bx+1}+1}{x}\ }={\mathop{\mathrm{lim}}_{x\to 0^-} \frac{-2ax+b}{2\sqrt{ax^2+bx+1}}\ }=-\frac{b}{2}$ , άρα ${\mathop{\mathrm{lim}}_{x\to 0^-} \frac{f_n\left(x\right)-f_n\left(0\right)}{x-0}\ }=-\infty$ .

Συνεπώς για $n>2$ η $f_n\left(x\right)$ δεν είναι παραγωγίσιμη στο 0 (έχει κατακόρυφη εφαπτομένη, εκτός ύλης στο ελληνικό σχολείο).

Για $n=2$ έχουμε

${\mathop{\mathrm{lim}}_{x\to 0^+} \frac{f_2\left(x\right)-f_n\left(0\right)}{x-0}\ }={\mathop{\mathrm{lim}}_{x\to 0^+} \frac{\mathrm{|}x|-\sqrt{ax^2+bx+1}+1}{x}\ }={\mathop{\mathrm{lim}}_{x\to 0^+} \frac{|x|}{x}\ }-{\mathop{\mathrm{lim}}_{x\to 0^+} \frac{2ax+b}{2\sqrt{ax^2+bx+1}}\ }=1-\frac{b}{2}$ και

${\mathop{\mathrm{lim}}_{x\to 0^-} \frac{f_2\left(x\right)-f_n\left(0\right)}{x-0}\ }={\mathop{\mathrm{lim}}_{x\to 0^-} \frac{\mathrm{|}x|-\sqrt{ax^2+bx+1}+1}{x}\ }={\mathop{\mathrm{lim}}_{x\to 0^-} \frac{|x|}{x}\ }-{\mathop{\mathrm{lim}}_{x\to 0^+} \frac{2ax+b}{2\sqrt{ax^2+bx+1}}\ }=-1-\frac{b}{2}\neq 1-\frac{b}{2}$ .

Άρα και η $f_2\left(x\right)$ δεν είναι παραγωγίσιμη στο 0 (οι πλαϊνές εφαπτόμενες δεν συμπίπτουν, οπότε έχουμε γωνιακό σημείο).

Αφού το γράφημα της $f_2\left(x\right)$ είναι συμμετρικό ως προς τον άξονα $y$ έχουμε για $x\in [-1,1]$ ότι $f_2\left(x\right)=f_2\left(-x\right)\Leftrightarrow \left|x\right|-\sqrt{ax^2+bx+1}=\left|\mathrm{-}x\right|-\sqrt{a{\left(-x\right)}^2+b\left(-x\right)+1}\Leftrightarrow \sqrt{ax^2+bx+1}=\sqrt{ax^2-bx+1}\Leftrightarrow ax^2-bx+1=ax^2+bx+1\Leftrightarrow \underline{\overline{\left|b=0\right|}}$ . Από το σχήμα έχουμε $f_2\left(1\right)=1\Leftrightarrow \mathrm{1}-\sqrt{a+0+1}=1\Leftrightarrow \underline{\overline{\left|a=-1\right|}}$ .

2. Έχουμε ότι $g\left(0\right)=\left|0\right|+\sqrt{1-0}=1$ ,

${\mathop{\mathrm{lim}}_{x\to 0^+} \frac{g\left(x\right)-\mathrm{g}\left(0\right)}{x-0}\ }={\mathop{\mathrm{lim}}_{x\to 0^+} \frac{\left|x\right|+\sqrt{1-x^2}-1}{x}\ }={\mathop{\mathrm{lim}}_{x\to 0^+} \frac{|x|}{x}\ }+{\mathop{\mathrm{lim}}_{x\to 0^+} \frac{-2x}{2\sqrt{x^2+1}}\ }=1-0=1$ και

${\mathop{\mathrm{lim}}_{x\to 0^-} \frac{g\left(x\right)-\mathrm{g}\left(0\right)}{x-0}\ }={\mathop{\mathrm{lim}}_{x\to 0^-} \frac{\left|x\right|+\sqrt{1-x^2}-1}{x}\ }={\mathop{\mathrm{lim}}_{x\to 0^-} \frac{|x|}{x}\ }+{\mathop{\mathrm{lim}}_{x\to 0^+} \frac{-2x}{2\sqrt{x^2+1}}\ }=-1-0=-1\neq 1$

άρα η $g(x)$ δεν είναι παραγωγίσιμη στο $0$ .

Ακόμα έχουμε για το δεξί άκρο του πεδίου ορισμού ότι $g\left(1\right)=\left|1\right|+\sqrt{1-\mathrm{1}}=1$ και ${\mathop{\mathrm{lim}}_{x\to 1^-} \frac{g\left(x\right)-\mathrm{g}\left(1\right)}{x-1}\ }={\mathop{\mathrm{lim}}_{x\to 1^-} \frac{x+\sqrt{1-x^2}-1}{x-1}\ }=1+{\mathop{\mathrm{lim}}_{x\to 1^-} \frac{\sqrt{1-x^2}}{x-1}\ }=1+{\mathop{\mathrm{lim}}_{x\to 1^-} -\sqrt{\frac{1-x^2}{{\left(1-x\right)}^2\ }}\ }=1+{\mathop{\mathrm{lim}}_{x\to 1^-} -\sqrt{\frac{1+\mathrm{x}}{1-x\ }}\ }=-\infty$ ,

άρα η $g(x)$ δεν είναι παραγωγίσιμη στο $1$ (έχει κατακόρυφη εφαπτομένη). Λόγω συμμετρίας η $g(x)$ δεν είναι παραγωγίσιμη και στο $-1$ .

Για το γράφημα της $g$ , έχω για $0<x<1$ ότι $g^{'}\left(x\right)=1-\frac{2x}{2\sqrt{1-x^2}}=1-\frac{x}{\sqrt{1-x^2}}$ . Έχουμε $g^{'}\left(x\right)\ge \ 0\Leftrightarrow 1-\frac{x}{\sqrt{1-x^2}}\ge 0\Leftrightarrow x\le \sqrt{1-x^2}\Leftrightarrow x^2\le 1-x^2{{\stackrel{x>0}{\Longleftrightarrow}}}0<x\le \frac{\sqrt{2}}{2}$ . Ακόμα έχουμε $g^{''}\left(x\right)=-\frac{\sqrt{1-x^2}-\frac{x\left(-2x\right)}{\sqrt{1-x^2}}}{1-x^2}=-\frac{1-x^2+2x^2}{\left(1-x^2\right)\sqrt{1-x^2}}=-\frac{1+x^2}{\left(1-x^2\right)\sqrt{1-x^2}}<0$ , άρα κοίλη.

Προκύπτει ότι ο πίνακας προσήμων είναι ο ακόλουθος

Τελικά έχουμε την καμπύλη $\gamma$ του σχήματος

3. Έχω $PQ\left(k\right)=g\left(k\right)-f\left(k\right)=\left|k\right|+\sqrt{1-k^2}-\left(\left|k\right|-\sqrt{1-k^2}\right)=2\sqrt{1-k^2}$ , $\ k\in [-1,1]$

με $PQ^{'}\left(k\right)=\frac{2\left(-2k\right)}{2\sqrt{1-k^2}}=\frac{-2k}{\sqrt{1-k^2}},\ k\in (-1,1)$ και πίνακα προσήμων

Άρα το $PQ$ μεγιστοποιείται, για $k=0$ , δηλαδή όταν το $PQ$ είναι ο άξονας συμμετρίας της $\gamma$

4. Έχω $H^{'}\left(x\right)=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}+\sqrt{1-x^2}+x\cdot \frac{-2x}{2\sqrt{1-x^2}}\right)$ $=\frac{1}{2}\left(\frac{1-x^2}{\sqrt{1-x^2}}+\sqrt{1-x^2}\right)=\frac{1}{2}\left(2\sqrt{1-x^2}\right)=\sqrt{1-x^2}=h\left(x\right).$

Άρα η $H\left(x\right)$ είναι αρχική της $h(x)$ . Για το εμβαδόν του χωρίου που εσωκλείεται στην καμπύλη $\gamma$ έχω, αφού λάβουμε υπόψην τη συμμετρία της ως προς τον άξονα $y,$ ότι $E_{\gamma}=\int^1_{-1}{\ }(g(x)-f_2(x))dx=2\int^1_0{\ }(g(x)-f_2(x))dx=2\int^1_0{\ }2\sqrt{1-x^2}dx=4\int^1_0{\ }\mathrm{h(x)}dx=4[H(x)]^1_0=2{\left[\mathrm{arcsin}x+x\sqrt{1-x^2}\right]}^1_0=2(\mathrm{arcsin}1-\mathrm{arcsin}0)=\underline{\overline{\left|\pi\right|}}.$

Μια γεωμετρική ερμηνεία του αποτελέσματος είναι η εξής: Θεωρούμε τον κυκλικό δίσκο με κέντρο την αρχή των αξόνων και ακτίνα $r=1$ . Καθώς το $k$ διατρέχει τις τιμές από το $-1$ έως το $1$ , το τμήμα $PQ$ καλύπτει ακριβώς όλο το χωρίο που βρίσκεται εντός της καμπύλης $\gamma$ . Όμως, όπως εύκολα συμπεραίνουμε, ισχύει ότι $PQ=RS$ και καθώς το $k$ διατρέχει τις τιμές από το $-1$ έως το $1$ , το τμήμα $RS$ καλύπτει ακριβώς τον κυκλικό δίσκο εμβαδού $E_{kykloy}=\pi \cdot r^2=\pi$ . Συνεπώς $E_{\gamma}=E_{kykloy}=\pi$ .

Σχόλια (0)

Αφήστε μια απάντηση

Για να σχολιάσετε πρέπει να συνδεθείτε.

«Μπακλαβάς

Υπολογισμός του π με κανονικά πολύγωνα»

Δ	Τ	Τ	Π	Π	Σ	Κ
					1	2
3	4	5	6	7	8	9
10	11	12	13	14	15	16
17	18	19	20	21	22	23
24	25	26	27	28	29	30

S.A.M.

30 Ιουνίου, 2024

Από την Ρώμη με αγάπη

Αφήστε μια απάντηση

Σχετικά

Blogroll

Kατηγορίες

Το youtube κανάλι μου!