Home/ Intrebari/Q 86273
Urmator
In Process

AniDeȘcoală.ro Latest Intrebari

richfeynman
user (0)
Pe: 2014-04-15T19:50:03+03:00 In: In:

Admitere 2012 Exercitiul 16 https://anidescoala.ro/wp-content/uploads/2022/11/e-2012-a1.pdf Cat se …

Admitere 2012 Exercitiul 16

E 2012 A1

Cat se poate de frumos va rog , poate cineva sa-mi explice pe aceste exemple cum se rezolva aceste exercitii ? Am incercat sa inteleg de la rezolvari,dar pur si simplu nu imi intra in cap..As fi recunoscator pentru indrumare , va multumesc anticipat pentru rabdare !

Similare

12 raspunsuri

  1. PhantomR
    expert (VI)

    \fbox{2012,16} Din conditiile de existenta ale logaritmului, avem |x|>0, adica x\neq 0. Sa observam acum ca daca un x verifica ecuatia, atunci este solutie si -x (iar -x\neq x caci x\neq 0). Notand t=|x|>0, trebuie atunci sa gasim m pentru care ecuatia 2\ln t = mt^2+1,t>0 are solutii (caci pentru un astfel de t obtinem doi x distincti ca solutii ale ecuatiei initiale, mai precis \pm t). Sa rescriem ecuatia ca mt^2-2\ln t +1=0 si sa consideram functia f:(0;\infty)\to\mathbb{R},f(t)=mt^2-2\ln t +1.

    Daca m=0 avem f(t)=-2\ln t+1 si \lim_{t\to 0^+}f(t)=+\infty si \lim_{t\to\infty}f(t)=-\infty, deci f are o radacina.

    Pentru m<0 avem f(t)=mt^2-2\ln t +1=t(mt-2\frac{\ln t}{t})+1. Deci \lim_{t\to 0^+}=0-(-\infty)+1=+\infty si \lim_{t\to\infty}=\infty(-\infty-0)+1=-\infty, deci ecuatia f(x)=0 are solutie.

    m>0 avem f(t)=mt^2-2\ln t+1=t(mt-2\frac{\ln t}{t})+1. Deci \lim_{t\to \infty}f(t)=+\infty. Avem \lim_{t\to 0^+}f(t)=+\infty. Vom folosi Sirul lui Rolle. Avem f'(t)=2mt-\frac{2}{t}=\frac{2}{t}(mt^2-1), deci f'(t)=0 \Leftrightarrow mt^2=1 \Leftrightarrow t^2=\frac{1}{m} \Leftrightarrow t\in \{\pm \sqrt{\frac{1}{m}}\}, de unde
    retinem doar t=\sqrt{\frac{1}{m}}, caci t>0. Acum din Sirul lui Rolle, pentru a avea o radacina va trebui sa avem o schimbare de semn, deci rezulta f(\sqrt{\frac{1}{m}})\leq 0, de unde m\cdot \frac{1}{m}-2\cdot \frac{1}{2}(-\ln m)+1\leq 0 \Leftrightarrow 2+\ln m\leq 0 \Leftrightarrow \ln m\leq -2 \Leftrightarrow m\leq e^{-2}=\frac{1}{e^2}.

    Asadar, raspunsul este m\in \left(-\infty,\frac{1}{e^2}\right], adica \fbox{b)}.

    NOTA: Mentionez ca eu am avut o oarecare problema in intelegerea exacta a cerintei. Dar sunt sigur ca interpretarea corecta este „cel putin doua solutii distincte”, caci altfel nu se obtine niciuna din variante drept solutii, in acest caz avand m\in (-\infty,0] (caci pentru m>0, pentru ca ecuatia in t sa aiba o solutie (din cauza schimbarilor de semn in Sirul lui Rolle), este obligatoriu sa aiba (exact) doua, careia ii corespund 4 solutii ale ecuatiei initiale, fals).

    • 0
  2. grapefruit
    maestru (V)

    Am si eu 2 intrebari ,in cazul m=0 ati calculat limita la 0 si infinit ,concluzia ca f are o singura radacinaa este data de monotonia functiei?Noua cerinta in variabila t este sa aflam parametrul m aî ecuatia sa aiba exact o solutie?&

    • 0
  4. andu_flavius95
    maestru (V)

    Si metoda grafica de rezolvare a unor ecuatii (clasa a-XI-a) poate fi folosita pentru gasirea solutiilor si fixarea parametrilor . Tind sa cred ca este mai confortabil.

    • 0
  5. PhantomR
    expert (VI)

    grapefruit wrote:

    Daca inteleg bine intrebarea, raspunsul se gaseste in NOTA postului meu de mai sus. Dupa cum precizasem acolo, eu nu am inteles cerinta initial, dar sunt sigur ca varianta corecta este „cel putin doua radacini”. Va multumesc pentru observatie! ^_^

    andu_flavius95 wrote: Si metoda grafica de rezolvare a unor ecuatii (clasa a-XI-a) poate fi folosita pentru gasirea solutiilor si fixarea parametrilor . Tind sa cred ca este mai confortabil.

    Va multumesc pentru sugestie! 😀

    • 0
  6. richfeynman
    user (0)

    Va multumesc , domnule PhantomR , pentru ajutorul dumneavoastra, mai ales la ora aceasta . Respectele mele ,numai bine !

    • 0
  8. grapefruit
    maestru (V)

    Dupa o cautare „inginereasca pe internet”!

    • 0
  9. ghioknt
    profesor

    Pentru ecuaţia m(x+1)=e^{|x|} voi încerca şi o soluţie bazată pe şirurile lui Rolle.
    Observ că -1 nu verifică ecuaţia, aşa că, prin împărţire cu x+1, pun ecuaţia sub forma: \frac{e^{|x|}}{x+1}-m=0.
    Consider funcţia h(x)= \frac{e^{|x|}}{x+1}-m, care este derivabilă pe (-oo; -1)U(-1; 0)U(0; oo) şi pentru care
    voi construi cele 3 şiruri Rolle, corespunzătoare celor 3 intervale pe care h este derivabilă; (asta, dacă derivata ”mă lasă” să-i
    aflu rădăcinile).
    Pentru x\in (-\infty;-1)\cup(-1;0):\;h'(x)=\frac{-e^{-x}(x+2)}{(x+1)^2}\;cu\;x_1=-2\in (-\infty;-1);
    Pentru x\in (0;\infty):\;h'(x)=\frac{xe^x}{(x+1)^2}\;cu\;x_2=0 care nu este în interiorul niciunui interval.
    Primul şir are termenii a=h(-oo)=-oo, b=h(-2)=-e^2-m, c=h(-1-0)=-oo.
    Al doilea şir are termenii d=h(-1+0)=+oo si e=h(0-0)=h(0)=1-m.
    Al treilea şir are termenii f=h(0+0)=h(0)=1-m si g=h(oo)=oo.
    Primul şir prezintă variaţii de semn numai pentru m\in(-\infty;-e^2) (câte o rădăcina în (-oo; -2) şi (-2; -1)),
    iar al doilea şi al treilea numai pentru m>1 (câte o rădăcina în (-1; 0) şi (0; oo).
    Pentru m=-e^2 rădăcina -2 este unică, iar pentru m=1, 0 este rădăcina unică.
    În concluzie răspunsul corect este b) (-\infty;-e^2)\cup(1;\infty).
    La cealaltă problemă, aş zice că cerinţa ecuaţia 2\ln |x|=mx^2+1 are 2 soluţii este echivalentă cu cerinţa
    ecuaţia ln t=mt+1 are o singură soluţie pozitivă.
    Cu bine,
    ghioknt

    • 0
  10. richfeynman
    user (0)

    Multumesc mult ,domnule ghionkt, pentru interventie!Daca ati putea sa-mi explicati ,va rog, cum determin pe ce interval e derivabila functia mea ? Mai mult , cum selectez aceste ‘puncte de interes’ , in cazul de fata -Infinit , -2 , -1 ,0 , Infinit ? Ce este aceste sir al lui Rolle , de fapt , ce ne arata derivatele in aceasta situatie ? Imi cer scuze ca va bat la cap atat , dar la scoala nu ni s-a predat aceasta lectie , cred ca profesoara a presupus ca toti avem meditatori.
    Multumesc inca o data pentru ajutor , numai bine !

    • 0
  12. PhantomR
    expert (VI)

    richfeynman wrote: Va multumesc , domnule PhantomR , pentru ajutorul dumneavoastra, mai ales la ora aceasta . Respectele mele ,numai bine !

    Cu foarte multa placere! 😀 Toate cele bune!:D

    • 0
  13. grapefruit
    maestru (V)

    Eu cred ca domeniu de derivabilitate se deduce astfel: -1 nu este in domeniu deci nu se pune problema derivabilitatii si in zero functia modul nu este derivabila. De aceea din domeniu dispare -1 si 0.

    • 0
  14. xor_NTG
    maestru (V)

    La problema rezolvata de domnul PhantomR, as avea de adaugat o observatie, daca se poate:

    Daca scoatem m-ul din ecuatia initiala, obtinem in partea dreapta o expresie pe care daca o reprezentam grafic, obtinem:

    http://www.postimg.com/153000/prob_admitere-152556.jpg

    Acea linie albastra corespunde dreptei y=1/e^2.

    Practic, pentru ca ecuatia sa aiba exact doua solutii reale, m-ul trebuie sa fie situat intre (-inf, 0] U {1/e^2}, pentru ca functia reprezentata coboara asimptotic la 0 atat la +inf cat si la -inf, deci in intervalul [0, 1/e^2], ecuatia admite fix 4 solutii reale.

    Pentru a realiza aceasta reprezentare grafica se poate tine cont de faptul ca functia din partea dreapta este para, deci se reprezinta pe [0, +inf), iar apoi prin simetrie fata de OY se obtine intreaga reprezentare.

    • 0
  16. PhantomR
    expert (VI)

    As vrea sa imi cer iertare ca sunt asa de intarziat cu raspunsul acesta, desi am observat problema acum multa vreme la atentionarea lui xor_NTG. Multumesc foarte mult pentru aceasta observatie! 🙂 ^^

    Se pare ca totusi am interpretat rau cerinta.. probabil ca am gresit ceva in solutie, caci mi s-a parut ca interpretarea mea ar fi corecta in conditiile in care cealalta varianta nu ducea la solutii printre variante (asa mi s-a parut presupun).

    O solutie corecta ar arata asa (voi folosi ceea ce mentioneaza si xor_NTG in postul anterior – acea trecere intr-o parte. Multumesc mult pentru idee!):

    Mai intai, observam ca notand t=|x| se impune conditia t>0 din existenta logaritmului si ecuatia se rescrie ca 2\ln t = mt^2+1, unde fiecarui astfel de t ii corespund 2 solutii distincte x: t,-t. Atunci cerinta revine la a afla m pentru care 2\ln t = mt^2+1 are solutie unica.

    Ecuatia se scrie: 2\ln t -1 = mt^2 \Leftrightarrow \frac{2\ln t-1}{t^2}=m. Fie f:(0;\infty)\to\mathbb{R},f(x)=\frac{2\ln t - 1}{t^2} si trebuie deci sa punem conditia ca ecuatia f(t)=m sa aiba solutie unica, deci ca m sa fie in IMAGINEA functiei si sa fie luat ca valoare o singura data de functie.

    Avem f'(t)=\frac{\frac{2}{t}\cdot t^2-(2\ln t -1)\cdot 2t}{t^4}=\frac{2t-4t\ln t+2t}{t^4}=\frac{4t-4t\ln t}{t^4}=4\cdot \frac{1-\ln t}{t^3}. Deci t=e e singura radacina a derivatiei. In plus, t>e\Rightarrow f(t)<0,t<e \Rightarrow f(t)>0. Din tabelul de variatie reiese ca functia f este strict monotona (deci injectiva) pe (0,e] si are imaginea (-\infty,1\frac{e^2}] si la fel injectiva pe (e,\infty) si cu imaginea (0;\frac{1}{e^2})[/tex]. Atunci fiecare din valorile de la (0;\frac{1}{e^2} este luata si de un punct din (0;e] si de unul din (e;\infty), deci in doua puncte distincte. In schimb, valorile (-\infty,0]\cup \{\frac{1}{e^2}\right\} sunt luate fiecare intr-un singur punct din (0;e] si atat. Deci valorile cautate pentru m sunt (-\infty,0]\cup \{\frac{1}{e^2}\}.

    Daca este ceva neclar aici, va rog frumos sa ma intrebati.

    Mult succes la admitere! ^_^

    • 0
Raspunde

Raspunde