optymalizacja salamandra: Na paraboli y=1−x² znajdź punkt P leżący najbliżej prostej x+y−2=0. Napisz równanie stycznej do tej paraboli w punkcie P. y=−x²+1 k: x+y−2=0 P(x,−x²+1)

	|1*x+1*(−x2+1)−2|		|−x2+x−1|
d=		=
	√2		√2

co teraz? jak pozbyć się wartości bezwzględnej?

Eta: https://matematykaszkolna.pl/forum/386223.html

salamandra: czyli ta wartość bezwzględna jest w ogóle tutaj nieistotna?

wredulus_pospolitus: Wskazówka ... punkt najbliżej to będzie punkt dla którego styczna do f(x) jest równoległa do tejże właśnie prostej

salamandra: nie no, jakiś musi mieć wpływ, bo jeśli by jej nie było to przecież dla wierzchołka będzie max, a nie min, więc jak to "wydedukować"? bo Janek troche "w myśli" chyba zrobił?

wredulus_pospolitus: Wartość bezwzględna zapewnia nam to, że odległość nie wyjdzie 'ujemna'

wredulus_pospolitus: zauważ, że −x² + x − 1 < 0 dla chociażby x = 5

salamandra: można tak? |−x²+x−1|=|−(x²−x+1)|=x²−x+1?

wredulus_pospolitus: pod warunkiem, że wcześniej wykażesz, że: x² − x + 1 > 0 dla dowolnego x ∊ R

salamandra: ja wiem , ale chodziło mi to, jak dojść do tego, że we wierzchołku będzie minimum a nie maksimum, na co wskazywałby wykres paraboli bez modułu.

salamandra: znowu tyle warunków? , i nie da się prościej?

salamandra: mógłbym po prostu narysować wykres −x²+x−1 i go odbić i tak byłoby najlepiej?

wredulus_pospolitus: Chcesz się pozbyć modułu To wykazujesz, że wyrażenie pod modułem jest albo zawsze nieujemne (brak zmiany znaku) albo niedodatnie (zmiana znaku)

salamandra: no chyba muszę się go pozbyć, bo nie wiem w zasadzie jak to janek zrobił nie usuwając go, bynajmniej nie pisząc tego jak go "usunął".

wredulus_pospolitus: aż tak trudno napisać: −x² + x − 1 = 0 Δ = 1 − 4 < 0 a = −1 < 0 wniosek: −x²+x−1 > 0 dla x∊R −−−> |−x² + x − 1| = x² − x + 1

salamandra: chyba −x²+x−1<0, więc |−x²+x−1|=−(−x²+x+1)=x²+x−1?

salamandra: x²−x−1*

salamandra: dobra, zajebałem się: |−x²+x−1| −x²+x−1 Δ<0 a<0 więc −x²+x−1 < 0 dla x∊ R więc |−x²+x−1|= −(−x²+x−1)=x²−x+1

wredulus_pospolitus: tia ... mniejszy ,mniejszy

wredulus_pospolitus: i tak się pozbywamy modułów

salamandra: teraz jasne a co jeśli byłaby sytuacja, że w liczniku byłaby parabola która jest różnowartościowa (czy jak to się tam profesjonalnie zwie )

wredulus_pospolitus: to by znaczyło, że istnieje taki x_o∊R, że W(x_o) = 0 co oznacza, że odległość jest równa zero ... czyli prosta PRZECINA wykres funkcji f(x) Dlatego tego typu zadanie winno się zacząć do sprawdzenia czy prosta (przypadkiem) nie przecina funkcji f(x)

wredulus_pospolitus: mówimy oczywiście tutaj o CIĄGŁEJ funkcji odległości

salamandra: aha, no jasne

salamandra: dobra, mając

	1		3
P=(		,		)
	2		4

y=−x²+1 y'=−2x y=f'(x₀)*(x−x₀)+f(x₀) f'(x₀)=−1

	1		3		1		3		5
y=−(x−		)+		= −x+		+		=−x+
	2		4		2		4		4

Leszek: Jezeli y = −x² +1 , oraz y = −x+2 ⇒ x² −x +1 = 0 , Δ = −3 ? ?

salamandra: Co masz na myśli Leszku?