Предишната тема :: Следващата тема |
Автор |
Съобщение |
r2d2 VIP
Регистриран на: 28 Feb 2007 Мнения: 1936 Местожителство: in the galaxy (Far Far Away) гласове: 179
|
Пуснато на: Mon May 11, 2009 4:21 pm Заглавие: 3 допирателни |
|
|
[tex]f(x)=x^3-3x^2+3[/tex]
За кои точки от правата y=-1 могат да се построят три допирателни към графиката на f(x)? |
|
Върнете се в началото |
|
|
Реклама
|
Пуснато на: Заглавие: Реклама |
|
|
|
|
Върнете се в началото |
|
|
martin.nikolov Напреднал
Регистриран на: 22 Apr 2009 Мнения: 489
гласове: 21
|
Пуснато на: Mon May 11, 2009 5:14 pm Заглавие: Re: 3 допирателни |
|
|
r2d2 написа: | [tex]f(x)=x^3-3x^2+3[/tex]
За кои точки от правата y=-1 могат да се построят три допирателни към графиката на f(x)? |
Май условието не е коректно, или не го рабирам. Но няма точки, дори в цялата равнина не само от правата, от които да има три допирателни към графиката. Две може, но не и три. |
|
Върнете се в началото |
|
|
r2d2 VIP
Регистриран на: 28 Feb 2007 Мнения: 1936 Местожителство: in the galaxy (Far Far Away) гласове: 179
|
Пуснато на: Mon May 11, 2009 8:18 pm Заглавие: |
|
|
Tърсят се точки М от правата y=-1, през които могат да се построят три допирателни към графиката на f(x).
Martin.nikolov казва, че такива няма! Това, според мен не е така! |
|
Върнете се в началото |
|
|
martin.nikolov Напреднал
Регистриран на: 22 Apr 2009 Мнения: 489
гласове: 21
|
Пуснато на: Mon May 11, 2009 8:25 pm Заглавие: |
|
|
r2d2 написа: | Tърсят се точки М от правата y=-1, през които могат да се построят три допирателни към графиката на f(x).
Martin.nikolov казва, че такива няма! Това, според мен не е така! |
Значи правилно съм разбрал условието. Сега ще го мисля пак да видя къде съм сбъркал. |
|
Върнете се в началото |
|
|
martin.nikolov Напреднал
Регистриран на: 22 Apr 2009 Мнения: 489
гласове: 21
|
Пуснато на: Mon May 11, 2009 8:35 pm Заглавие: |
|
|
Да, прав си може. Сбъркал съм една трета степен с втора и си мислех, че може да има най-много две. |
|
Върнете се в началото |
|
|
_sssss Фен на форума
Регистриран на: 07 Dec 2008 Мнения: 633
гласове: 50
|
Пуснато на: Tue May 12, 2009 12:08 am Заглавие: |
|
|
Самата права y=-1 е допирателна в т. x=2;
Търсим точки M(x;-1), през които минават други 2 допирателни към f(x).
[tex]\normal f'(x_1)(x-x_1) + f(x_1)[/tex]
[tex]\normal f'(x_2)(x-x_2) + f(x_2)[/tex]
[tex]\normal x_1 \ne x_2 \ne 2[/tex]
Трябва да са =-1 за една и съща стойност на x.
[tex]\normal xf'(x_1) - x_1 f'(x_1) + f(x_1)=-1 \\ x=\frac{x_1 f'(x_1) -1 - f(x_1)}{f'(x_1)}[/tex]
[tex]\normal xf'(x_2) - x_2 f'(x_2) + f(x_2)=-1 \\ x=\frac{x_2 f'(x_2) -1 - f(x_2)}{f'(x_2)}[/tex]
[tex]\normal \frac{x_1 f'(x_1) -1 - f(x_1)}{f'(x_1)}=\frac{x_2 f'(x_2) -1 - f(x_2)}{f'(x_2)}[/tex]
Идеята ми е да изразя [tex]\normal x_1 = g(x_2)[/tex], после [tex]\normal M(x(\small g(x_2)\normal); -1)[/tex].
Има ли нещо вярно?
И този път не извадих късмет.
-----------------------------------------------------------
@martin.nikolov, ще пуснеш ли решението си?
Последната промяна е направена от _sssss на Tue May 12, 2009 12:23 pm; мнението е било променяно общо 1 път |
|
Върнете се в началото |
|
|
martin.nikolov Напреднал
Регистриран на: 22 Apr 2009 Мнения: 489
гласове: 21
|
Пуснато на: Tue May 12, 2009 1:09 am Заглавие: |
|
|
seppen написа: |
Има ли нещо вярно? |
Условието е такова, че се търсят точки през които минават и трите допирателни. |
|
Върнете се в началото |
|
|
martin.nikolov Напреднал
Регистриран на: 22 Apr 2009 Мнения: 489
гласове: 21
|
Пуснато на: Tue May 12, 2009 1:12 am Заглавие: |
|
|
Ако не съм сбъркал в сметките, а е много вероятно да съм, получавам следното. Точките са с координати [tex] (x,-1)[/tex]. Където [tex]x[/tex] е такова, че [tex] x\in \left(-\infty, -1\right)\cup\left(\frac53,\infty\right)[/tex]. |
|
Върнете се в началото |
|
|
r2d2 VIP
Регистриран на: 28 Feb 2007 Мнения: 1936 Местожителство: in the galaxy (Far Far Away) гласове: 179
|
Пуснато на: Tue May 12, 2009 9:33 am Заглавие: |
|
|
Имаш малка грешка! |
|
Върнете се в началото |
|
|
martin.nikolov Напреднал
Регистриран на: 22 Apr 2009 Мнения: 489
гласове: 21
|
Пуснато на: Tue May 12, 2009 5:17 pm Заглавие: |
|
|
r2d2 написа: | Имаш малка грешка! |
Много е вероятно но ме мързи да смятам пак. Това което виждам, е че съм пропуснал да напиша, че [tex]x\not =2[/tex]. Но има и голяма вероятност да имам грешки в сметките.
Идеята беше следната. Взимаме пройзволна точка от правата [tex] (a,-1)[/tex]. Пишем уравнението на произволна права през тази точка [tex]y=k(x-a)-1[/tex]. За да е допирателна към графиката, то трябва правата и фунцията да се пресичат с кратност поне 2. Приравняваме ги и получаваме уравнение което трябва да има кратен корен. От тук се получава уравнение за [tex]k[/tex] и [tex]a[/tex]. И въпроса е за кои стойности на [tex]a[/tex] уравннието има три ралични корена. Един от тях е 0, така че то е всъщонст квадратно и е лесно.
Интересно ми е дали има друг по-кратък и хитър начин, този ми се струва твърде дълъг и с много сметки. |
|
Върнете се в началото |
|
|
r2d2 VIP
Регистриран на: 28 Feb 2007 Мнения: 1936 Местожителство: in the galaxy (Far Far Away) гласове: 179
|
Пуснато на: Wed May 13, 2009 7:21 pm Заглавие: |
|
|
Нека M(u,u^3-3u^2+3) е от графиката на ф-ята, а A(a;-1).
Уравнението на допирателната през М е: [tex]l_M:\; y-(u^3-3u^2+3)=(3u^2-6u)(x-u)[/tex]
или [tex]l_M:\;y=(3u^2-6u)x-2u^3+3u^2+2[/tex].
[tex]l_M[/tex] минава през А, т.е. [tex]-1=(3u^2-6u)a-2u^3+3u^2+2 \Rightarrow 2u^3-3u^2-4=3u(u-2)a[/tex]
Ако u=2 виждаме, че всяко а е решение, т.е. правата y=-1 e допирателна в точката М(2;-1) (голямо откритие) .
Иначе делим на u-2 и получаваме[tex] 2u^2-(3u-1)a+2=0[/tex]. Това квадратно у-ние трябва да има два различни корена и никой от тях да не е 2.
2 е корен за а=2.
Иначе [tex]D=(3u-1)^2-3^2=(3u+3)(3u-5)>0[/tex].
Окончателно: а<-1 или а>5/3 (без а=2). |
|
Върнете се в началото |
|
|
|