Askisi 6

1. ΑΣΚΗΣΗ 6 Λέσχη Μαθηματικών Νέας Ορεστιάδας .Ουντζούδης Δημήτρης
Ένα ορθογώνιο ΚΛΜΝ είναι εγγεγραμμένο
σε ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ ( ΑΒ=ΑΓ) όπως
φαίνεται στο διπλανό σχήμα .
Δίνεται ότι ΒΓ=10cm , ΑΔ=5cm
και το ύψος του ορθογωνίου είναι ίσο με x cm .
Α) Να βρείτε το ύψος (x) ώστε το ορθογώνιο
να έχει μέγιστο εμβαδόν .
Β) Αν Ε(x) είναι το εμβαδόν του ΚΛΜΝ με 0<x<5 τότε :
i) να δείξετε ότι η συνάρτηση  
 
 
 
2E x 25
g x , x 0,5
25 2E x
   παρουσιάζει ελάχιστο .
ii) Να βρεθούν τα όρια :
α)
 5
x
2
2x
lim
2 g x

β)
2
2
x
2 5
x E
25 2
lim x 1
x 2
  
  
   
 
 
 
ΛΥΣΗ
Α) ΑΒΓ ισοσκελές τρίγωνο με βάση ΒΓ και ΑΔ ύψος ,
συμπεραίνουμε ότι το ΑΔ είναι διάμεσος , άρα ΒΔ=ΔΓ=
10
5
2
 .
Έτσι για το ύψος ΑΖ έχουμε : ΑΖ=ΑΔ-ΖΔ=5-x.
▪ Ακόμα παρατηρούμε ότι επειδή ΚΛΜΝ ορθογώνιο έχουμε :
ΝΜ//ΚΛ και ΑΔ ΚΛ , άρα ΑΖ ΝΜ
Άρα για τα τρίγωνα ΝΑΜ και ΒΑΓ έχουμε
Β Ν , Γ Μ  ( ως εντός εκτός και επι τα αυτά )
και η γωνία A

κοινή
Αρα τα τρίγωνα ΝΑΜ , ΒΑΓ
 
είναι όμοια , οπότε :
 
ΒΓ ΑΔ 10 5 10 5
NM 2 5 x
ΝΜ ΑΖ ΝΜ ΑΔ ΖΔ ΝΜ 5 x
       
 
Επομένως το εμβαδόν του ορθογωνίου ΚΛΜΝ είναι :
      2
KΛMN (ΚΛ)(ΜΛ) ΝΜ x 2 5 x x 2x 10x        και
επειδή για τα μήκη των ευθύγραμμων τμημάτων ΜΛ=x και ΑΖ=5-x
είναι θετικοί αριθμοί , έχουμε x>0 και 5 0 5x x    άρα 0<x<5.
Έστω (ΚΛΜΝ)=Ε(x) τότε 2
E(x) 2x 10x , 0 x 5 (1)    
Επειδή η Ε είναι πολυωνυμική 2ου
βαθμού με α=-2<0
στο
10 5
2 4 2
β
x
α
    

παρουσιάζει ολικό μέγιστο
με τιμή
5 25 5 25 50 25
2 10
2 4 2 2 2 2
Ε
   
           
   
Άρα
5
2
x  .
Όμοια τρίγωνα .
Όταν δύο τρίγωνα έχουν τις
γωνίες τους ίσες τότε είναι
όμοια .
Αν δύο τρίγωνα είναι όμοια
ο λόγος ομοιότητάς τους
είναι ίσος με το λόγο των
αντίστοιχων υψών τους .
Θέσεις ακρότατων της
  2
f x αx βx γ , α 0   
▪ Αν α>0 τότε η f στο
2
β
x
α
 
παρουσιάζει ολικό ελάχιστο το
2 4
β Δ
f
α α
 
   
 
▪Αν α<0 τότε η f στο
2
β
x
α
 
παρουσιάζει ολικό μέγιστο το
2 4
β Δ
f
α α
 
   
 

2. Bi)  
 
 
 
2E x 25
g x , x 0,5
25 2E x
  
Θα δείξουμε ότι    g x 2 για κάθε x 0,5 
 
 
 
 
    
       
E x 0
2 2
2 22
2E x 25
g x 2 2 4 E x 25 100E x
25 2E x
4 E x 100E x 25 0 2E x 25 0

       
      
ισχύει  για κάθε x 0,5 .
Εξετάζουμε αν υπάρχει  0x 0,5 τέτοιο ώστε  0g x 2
 
 
 
    
20
0 0 0
0
2E x 25 25
g x 2 2 ... 2E x 25 0 E x
25 2E x 2
         
Από το (Α) ερώτημα έχουμε ότι : για 0
5
x
2
 είναι  0
25
E x
2

Άρα η g στο 0
5
x
2
 παρουσιάζει ολικό ελάχιστο το
5
g 2
2
 
 
 
.
Βii) α)
 5
x
2
2x
lim
2 g x

Έχουμε   5
x
2
lim 2 g x 2 2 0

   
Δείξαμε ότι η g παρουσιάζει ολικό ελάχιστο στο 0
5
x
2
 το
5
g 2
2
 
 
 
,
οπότε για κάθε  
5
0 5
2
x ,
 
   
 
έχουμε :   2g x  , άρα όταν
5
x
2
 τότε :    g x 2 2 g x 0    .
Οπότε:   5
x
2
lim 2 g x 2 2 0

    και όταν
5
x
2
 τότε :    g x 2 2 g x 0    , άρα:
 5
x
2
1
lim
2 g x
 
  
  
▪ Για να δείξουμε ότι μια συνάρτηση
f : A R παρουσιάζει ελάχιστο αρκεί
να δείξουμε ότι :
α) ισχύει μια ανίσωση της μορφής
f(x) k και
β) υπάρχει 0x A τέτοιο ώστε
0f(x ) k
Βασικές ανισώσεις :
▪
1
Αν α>0 τότε : α+ 2
α
 .
▪ Αν 0α β  τότε 2
α β
β α
 

3. Βii) β) Έχουμε
2 2
2
2 2 2
x x x
2 5 2 25x E x
x 125 2 25 2lim x 1 lim x 1 lim x 1
x 2 x 2 x 2  
                       
            
Παρατηρούμε ότι :
▪  
x
2
x x |x| x x
1 1
lim x 1 = lim | x | 1 lim x 1 1
x x

   
                           
κα
2 2
x x x
x 1 x
lim = lim lim x
x 2 x  
 
   
  
Οπότε έχουμε απροσδιοριστία της μορφής    .
Αναλύουμε το κλάσμα
2
x 1
x 2


κάνοντας διαίρεση πολυωνύμων ,
Οπότε :   2
x 1 x 2 x 2 5    
Έτσι :
  2 x 2 x 2 5x 1 5
x 2
x 2 x 2 x 2
  
   
  
Άρα
2
2 2
x x
x 1 5
lim x 1 = lim x 1 x 2
x 2 x 2 
   
            
Επομένως :
2 2 x
2
2x x x |x| x x
x x x
x 1 x 1 1
lim x 1 x lim lim lim
1 1x 1 x | x | 1 x x 1 x
x x
1 1 1 5 5
lim 0 0 και lim lim 0
x 2 x 2 x1
1 1
x

    
  
   
                                    
   
 
 
      
  
   
 
Άρα :
2
2 2
x x
x 1 5
lim x 1 = lim x 1 x 2 0 2 0 2
x 2 x 2 
                       
Λέσχη Μαθηματικών Νέας Ορεστιάδας .
Ουντζούδης Δημήτρης