Civilara
Περιβόητο μέλος
Θέματα Γενικών Εξετάσεων Μαθηματικών Δ΄ Δέσμης : 1983-2001
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 9 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Civilara
Περιβόητο μέλος
Η δική μου προσέγγιση είναι να βρω όλους τους μιγαδικούς αριθμούς z που είναι λύσεις της εξίσωσης |z-2|+|z+2|=4 και στη συνέχεια να αποδείξω ότι όλοι αυτοί είναι πραγματικοί αριθμοί.
Θέτω |z-2|=α, οπότε |z+2|=4-α ώστε |z-2|+|z+2|=4.
Επειδή |z-2|>=0 τότε α>=0
Επειδή |z+2|>=0 τότε 4-α>=0 => α<=4
Άρα 0<=α<=4
Αν α=0 τότε
|z-2|=0 => z-2=0 => z=2
|z-2|+|z+2|=0+4=4 που ισχύει
Άρα ο αριθμός z=2 είναι λύση της εξίσωσης
Αν α διάφορο 0 (0<α<=4), θέτουμε z=x+yi όπου x,y ανήκουν R. Έχουμε:
z-2=(x-2)+yi
z+2=(x+2)+yi
οπότε
|z-2|=α => |z-2|^2=α^2 => ((x-2)^2)+(y^2)=α^2
Άρα ο z ανήκει σε κύκλο με κέντρο Κ(2,0) και ακτίνα α. Οι παραμετρικές εξισώσεις αυτού του κύκλου είναι:
x=2+ασυνθ
y=αημθ
όπου 0<=θ<2π
Άρα
z=x+yi=(2+ασυνθ)+(αημθ)i
z-2=(x-2)+yi=(ασυνθ)+(αημθ)i
z+2=(x+2)+yi=(4+ασυνθ)+(αημθ)i
Έχουμε
|z+2|=4-α => |z+2|^2=(4-α)^2 => ((4+ασυνθ)^2)+((αημθ)^2)=(4-α)^2 => 16+8ασυνθ +(α^2)(συνθ^2)+(α^2)(ημθ^2)=16-8α+(α^2) => 16+8ασυνθ+(α^2)=16-8α+(α^2) => 8ασυνθ=-8α => (α διάφορο 0) συνθ=-1
Επειδή συνθ=-1 και 0<=θ<2π τότε θ=π με ημθ=0.
Επομένως
x=2+α*(-1)=2-α
y=α*0=0
οπότε
z=x+yi=(2-α)+0*I=2-α, 0<α<=4
Για α=0 στην παραπάνω σχέση προκύπτει z=2 που έχει βρεθεί ότι είναι λύση της εξίσωσης
Άρα
z=2-α, 0<=α<=4 ή αλλιώς
z=2-|z-2|, 0<=|z-2|<=4
που σημαίνει ότι όλες οι ρίζες της εξίσωσης είναι πραγματικοί αριθμοί.
Επειδή α=|z-2| τότε
z=2-|z-2| => |z-2|=2-z => |z-2|=-(z-2)
Αν θέσουμε w=z-2 <=> z=w+2 τότε η παραπάνω ανισότητα γίνεται |w|=-w <=> w=-|w|.
Επομένως ο w είναι πραγματικός αριθμός και ισχύει w<=0. Έχουμε:
w<=0 => z-2<=0 => z<=2
0<=|z-2|<=4 => -4<=-|z-2|<=0 => -2<=2-|z-2|<=2 => -2<=z<=2
Άρα οι μιγαδικοί αριθμοί z που είναι ρίζες της εξίσωσης |z-2|+|z+2|=4 είναι όλοι οι πραγματικοί αριθμοί στο διάστημα [-2,2]. Συνεπώς η εξίσωση αυτή δεν έχει λύσεις μιγαδικούς αριθμούς που να μην είναι πραγματικοί αριθμοί.
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 10 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Civilara
Περιβόητο μέλος
Βοηθεια παιδια
Έχω μιγαδικο Z για τον οποίο ισχύει:
|(1-i) * Z -14+2i|=5√2.
i) να βρείτε τον γ.τ. των εικονων του z
ii) Να βρείτε την μέγιστη και την ελαχιστη τιμη καθώς και τους μιγαδικους των οποιων παριστανει τις τιμες αυτες.
iii) Αν z1,z2 μιγαδικοι του γεωμετρικου τοπου του ερωτηματος (i) να βρειτε την μεγιστη τιμη του |z1-z2|
i) Θέτουμε z=x+yi όπου x,y ανήκουν R. Έχουμε:
(1-i)z-14+2i=(1-i)(x+yi)-14+2i=x+yi-xi+y-14+2i=(x+y-14)+(y-x+2)i
|(1-i)z-14+2i|=SQRT[((x+y-14)^2)+((y-x+2)^2)]
|(1-i)z-14+2i|^2=((x+y-14)^2)+((y-x+2)^2)=x^2+y^2+196+2xy-28x-28y+(y^2)+(x^2)+4-2xy+4y-4x=2(x^2)+2(y^2)-32x-24y+200
Έχουμε
|(1-i)z-14+2i|=5SQRT(2) => |(1-i)z-14+2i|^2=50 => 2(x^2)+2(y^2)-32x-24y+200=50 => 2(x^2)+2(y^2)-32x-24y+150=0 =>
=> (x^2)+(y^2)-16x-12y+75=0 => [(x^2)-16x+64]+[(y^2)-12y+36]=25 => ((x-4)^2)+((y-6)^2)=5^2 (1)
Επομένως ο z ανήκει σε κύκλο C με κέντρο Κ(4,6) και ακτίνα ρ=5.
ii) Έστω Α και Β τα σημεία στα οποία η ευθεία (ε) που διέρχεται από την αρχή Ο(0,0) και Κ(4,6) έτσι ώστε (ΟΑ)<(ΟΒ). Αν M(x,y) η εικόνα του z τότε ισχύει (ΟΑ)<=(ΟΜ)<=(ΟΒ) για κάθε Μ(z) ανήκει C. Αν A(z1) και B(z2) τότε η προηγούμενη σχέση γράφεται στη μορφή |z1|<=|z|<=|z2|. Συνεπώς min|z|=|z1| και max|z|=|z2|.
Η ευθεία (ε) έχει εξίσωση της μορφής y=αx+β. Επειδή διέρχεται από την αρχή Ο(0,0) τότε β=0, οπότε y=αx. Η (ε) διέρχεται από το σημείο Κ(4,6), οπότε οι συντεταγμένες του επαληθεύουν την εξίσωσή της:
6=α*4 => α=3/2
Συνεπώς η ευθεία (ε) έχει εξίσωση y=(3/2)x (2)
Οι συντεταγμένες των σημείων τομής της ευθείας (ε) με τον κύκλο C προκύπτουν από το σύστημα των δύο εξισώσεων. Αντικαθιστώντας την (2) στην (1) προκύπτει:
((x-4)^2)+((y-6)^2)=5^2 => ((x-4)^2)+(((3χ/2)-6)^2))=25 => ((x-4)^2)+(9/4)((χ-4)^2)=25 => (13/4)((χ-4)^2)=25 =>
=> ((χ-4)^2)=100/13 => |χ-4|=10/SQRT(13) => x-4=-10/SQRT(13) ή x-4=10/SQRT(13) => x=4-10/SQRT(13) ή x=4+10/SQRT(13)
Έχουμε:
x1=4-(10/SQRT(13))=4-(10SQRT(13)/13)=(52-10SQRT(13))/13
y1=(3/2)x1=(3/2)[4-(10/SQRT(13))]=6-(15/SQRT(13))=6-(15SQRT(13)/13)=(78-15SQRT(13))/13
x2=4+(10/SQRT(13))=4+(10SQRT(13)/13)=(52+10SQRT(13))/13
y2=(3/2)x2=(3/2)[4+(10/SQRT(13))]=6+(15/SQRT(13))=6+(15SQRT(13)/13)=(78+15SQRT(13))/13
Τα σημεία Α(x1,y1) και Β(x2,y2) είναι τα
Α((52-10SQRT(13))/13,(78-15SQRT(13))/13)
Β((52+10SQRT(13))/13,(78+15SQRT(13))/13)
Στη συνέχεια υπολογίζονται τα (ΟΑ) και (ΟΒ):
(ΟΑ)^2=(x1^2)+(y1^2)=[(4-(10/SQRT(13)))^2]+[(6-(15/SQRT(13)))^2]=16+(100/13)-(80/SQRT(13))+36+(225/13)-(180/SQRT(13))
(OA)^2=52+(325/13)-(260/SQRT(13))=52+25-(260/SQRT(13))=75-(260/SQRT(13))=75-20SQRT(13)
(ΟB)^2=(x2^2)+(y2^2)=[(4+(10/SQRT(13)))^2]+[(6+(15/SQRT(13)))^2]=16+(100/13)+(80/SQRT(13))+36+(225/13)+(180/SQRT(13))=52+(325/13)+(260/SQRT(13))=52+25+(260/SQRT(13))=75+(260/SQRT(13))=75+20SQRT(13)
Παρατηρούμε ότι όντως ισχύει (ΟΑ)<(ΟΒ).
Άρα
z1=x1+y1=[(52-10SQRT(13))/13]+[(78-15SQRT(13))/13]i με |z1|=75-20SQRT(13)
z2=x2+y2=[(52+10SQRT(13))/13]+[(78+15SQRT(13))/13]i με |z2|=75+20SQRT(13)
iii) Οι μιγαδικοί αριθμοί z1, z2 δεν είναι αυτοί που υπολογίστηκαν στο ερώτημα ii) αλλά είναι δύο τυχαίοι μιγαδικοί αριθμοί των οποίων οι εικόνες ανήκουν στον κύκλο C. Το μέτρο |z1-z2| της διαφοράς (z1-z2) παριστάνει το μήκος της χορδής του κύκλου με άκρα τις εκονές M1(z1) και M2(z2). Επειδή το ευθύγραμμο τμήμα Μ1Μ2 είναι χορδή του κύκλου τότε το μήκος της γίνεται μέγιστο όταν τα σημεία Μ1, Μ2 είναι αντιδιαμετρικά. Σε αυτήν την περίπτωση το ευθύγραμμο τμήμα Μ1Μ2 έχει μήκος ίσο με τη διάμετρο του κύκλου. Συνεπώς:
max|z1-z2|=2ρ=2*5=10
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 10 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Civilara
Περιβόητο μέλος
Έστω μία παραγωγίσιμη συνάρτηση με και . Να δείξετε ότι
|f΄(x)|<=f(x) <=> -f(x)<=f΄(x)<=f(x) για κάθε x ανήκει R
Θεωρούμε τις συναρτήσεις g(x)=f(x)(e^x) και h(x)=f(x)(e^(-x)), x ανήκει R. Επειδή η f είναι παραγωγίσιμη στο R Τότε και οι g, h είναι παραγωγίσιμες στο R με πρώτη παράγωγο:
g΄(x)=(f΄(x)+f(x))(e^x)
h΄(x)=(f΄(x)-f(x))(e^(-x))
-f(x)<=f΄(x) => f΄(x)+f(x)>=0 => g΄(x)>=0, x ανήκει R
f΄(x)<=f(x) => f΄(x)-f(x)<=0 => h΄(x)<=0, x ανήκει R
Οι συναρτήσεις f, g, h είναι συνεχείς στο R ως παραγωγίσιμες στο R.
g(0)=f(0)=0
h(0)=f(0)=0
Η συνάρτηση g είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο R και ισχύει g΄(x)>=0 για κάθε x ανήκει R. Επομένως η g είναι αύξουσα στο R. Έχουμε:
x>0 => g(x)>=g(0) => f(x)(e^x)>=0 => f(x)>=0
x<0 => g(x)<=g(0) => f(x)(e^x)<=0 => f(x)<=0
Η συνάρτηση h είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο R και ισχύει h΄(x)<=0 για κάθε x ανήκει R. Επομένως η h είναι φθίνουσα στο R. Έχουμε:
x>0 => h(x)<=h(0) => f(x)(e^(-x))<=0 => f(x)<=0
x<0 => h(x)>=h(0) => f(x)(e^(-x))>=0 => f(x)>=0
Για x<0 ισχύουν f(x)<=0 και f(x)>=0. Άρα f(x)=0.
Για x>0 ισχύουν f(x)<=0 και f(x)>=0. Άρα f(x)=0.
Επειδή για x διάφορο 0 ισχύει f(x)=0 και f(0)=0 τότε f(x)=0 για κάθε x ανήκει R.
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 10 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Civilara
Περιβόητο μέλος
Καλησπέρα.Έχω μια άσκηση και θέλω βοηθειά!!
Έχουμε: View attachment 55707 και μας ζητάει να βρούμε την F(x).
Πως την βρίσκω;;;
Πρέπει να διευκρινήσεις σε ποιο υποσύνολο του R ανήκουν τα x και y.
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 10 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Civilara
Περιβόητο μέλος
Δίνεται συνάρτηση δύο φορές παραγωγίσιμη για την οποία ισχύει , για κάθε . Να δείξετε ότι η εφαπτομένη της στο σημείο δεν έχει άλλο κοινό σημείο με την εκτός του
Η εφαπτομένη της Cf στο σημείο (x1,f(x1)) έχει εξίσωση:
y-f(x1)=f΄(x1)(x-x1) <=> y=f΄(x1)x+f(x1)-x1f(x1) <=> y=g(x) όπου g(x)=f΄(x1)x+f(x1)-x1f(x1), x ανήκει R
Θεωρούμε την συνάρτηση h με τύπο h(x)=f(x)-g(x) <=> h(x)=f(x)-f΄(x1)x-f(x1)+x1f(x1), x ανήκει R.
Παρατηρούμε ότι h(x1)=0 <=> f(x1)=g(x1)
Επειδή η f είναι δύο φορές παραγωγίσιμη στο R τότε και η h είναι δύο φορές παραγωγίσιμη στο R με πρώτη και δεύτερη παράγωγο:
h΄(x)=f΄(x)-f΄(x1)
h΄΄(x)=f΄΄(x)
Παρατηρούμε ότι h΄(x1)=0
Επειδή f΄΄(x)>0 για κάθε x ανήκει R τότε h΄΄(x)>0 για κάθε x ανήκει R. Επειδή η h είναι παραγωγίσιμη στο R τότε είναι και συνεχής στο R. Η h είναι συνεχής και δύο φορές παραγωγίσιμη στο R με h΄΄(x)>0 για κάθε x ανήκει R. Επομένως η h είναι κυρτή στο R που σημαίνει ότι η πρώτη παράγωγος h΄ είναι γνησίως αύξουσα στο R. Άρα
x<x1 => h΄(x)<h΄(x1) => h΄(x)<0 για κάθε x ανήκει (-oo,x1)
x>x1 => h΄(x)>h΄(x1) => h΄(x)>0 για κάθε x ανήκει (x1,+oo)
Η h είναι συνεχής στο (-οο,x1], παραγωγίσιμη στο (-οο,x1) και ισχύει h΄(x)<0 για κάθε x ανήκει (-οο,x1). Επομένως η h είναι γνησίως φθίνουσα στο (-οο,x1).
Η h είναι συνεχής στο [x1,+oo), παραγωγίσιμη στο (x1,+oo) και ισχύει h΄(x)>0 για κάθε x ανήκει (x1,+oo). Επομένως η h είναι γνησίως αύξουσα στο (x1,+oo).
x<x1 => h(x)>h(x1) => h(x)>0 για κάθε x ανήκει (-oo,x1)
x>x1 => h(x)>h(x1) => h(x)>0 για κάθε x ανήκει (x1,+oo)
Άρα ισχύει h(x)>0 για κάθε x ανήκει (-oo,x1)U(x1,+oo) και h(x1)=0. Συνεπώς η h παρουσιάζει ολικό ελάχιστο στο x1 και για κάθε x ανήκει (-οο,x1)U(x1,+oo) ισχύει h(x)>0 => h(x) διάφορο 0 που σημαίνει ότι η εφαπτομένη της Cf στο (x1,f(x1)) δεν έχει άλλο κοινό σημείο με την Cf.
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 10 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Civilara
Περιβόητο μέλος
Σε μία δεξαμενή που έχει σχήμα κώνου χύνεται νερό με ρυθμό . To ύψος του κώνου είναι και η ακτίνα της βάσης είναι . Να βρείτε πόσο γρήγορα ανεβαίνει η στάθμη του νερού στη δεξαμενή κατά την χρονική στιγμή που το ύψος της στάθμης είναι .(Δίνεται ο τύπος για τον όγκο του κώνου)
Σε ύψος y(t) από την κορυφή του κώνου, ο κύκλος που προκύπτει από την τομή του κώνου με επίπεδο κάθετο στον άξονα του, έχει ακτίνα x(t) όπως στο σχήμα. Είναι 0<=x(t)<=r για 0<=y(t)<=h. Θεωρούμε τα ορθογώνια τρίγωνα, που προκύπτουν από ένα οποιοδήποτε επίπεδο στο οποίο ανήκει ο άξονας του κώνου, με πλευρές y(t), x(t) και h, r αντίστοιχα των οποίων οι υποτείνουσες κείνται επί της γενέτειρας του κώνου ως ίχνος της τομής του επιπέδου με τον κώνο. Τα τρίγωνα αυτά είναι όμοια γιατί έχουν ίσες γωνίες. Από την ομοιότητα των τριγώνων προκύπτει:
x(t)/r=y(t)/h => x(t)=(r/h)y(t)
Για τον όγκο της κωνικής στήλης ύδατος έχουμε:
V(t)=(π/3)[x(t)^2]y(t) => V(t)=(π/3){[(r/h)y(t)]^2}y(t) => V(t)=[(π(r^2))/(3(h^2))][y(t)^3] (1) => y(t)=[(3V(t)(h^2))/(π(r^2))]^(1/3) (2)
Η παροχή του νερού Q=5π m^3/s ισούται με το ρυθμό μεταβολής V΄(t). Στην εκφώνηση αφήνεται να εννοηθεί ότι η παροχή είναι σταθερή σε κάθε χρονική στιγμή. Σε αυτήν την περίπτωση ισχύει V΄(t)=Q => V=Qt+V0 όπου V0 είναι ο όγκος του νερού την χρονική στιγμή t=0 που ξεκίνησε να προστίθεται νερό στον κύλινδρο. Προφανώς ισχύει 0<=V0<Vmax όπου Vmax=(π/3)(r^2)h.
Θα υποθέσουμε ότι η παροχή δεν είναι σταθερή και ότι την χρονική στιγμή t1>0 είναι Q(t1)=5π m^3/s. Συνεπώς την χρονική στιγμή t1 η συνάρτηση V είναι παραγωγίσιμη με πρώτη παράγωγο V΄(t1)=Q(t1)=5π m^3/s.
Επειδή η V είναι παραγωγίσιμη στο t1 τότε από την (2) προκύπτει ότι και η y είναι παραγωγίσιμη στο t1. Εφόσον η y είναι παραγωγίσιμη στο t1 τότε από την (1) για t=t1 προκύπτει:
V΄(t)=[(π(r^2))/(h^2)][y(t)^2]y΄(t)
Άρα V΄(t1)=[(π(r^2))/(h^2)][y(t1)^2]y΄(t1) => y΄(t1)=[V΄(t1)(h^2)]/[π(r^2)(y(t)^2)]
όπου y(t1)=5 m και V΄(t1)=5π m^3/s.
Επομένως
y΄(t1)=[5*π*(20^2)]/[π*(10^2)*(5^2)] => y΄(t1)=4/5 m/s=0,8 m/s
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 10 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Civilara
Περιβόητο μέλος
"ένα μινι δωράκι"
Αν h συνεχής συνάρτηση στο R και η εξίσωση h(x)=x είναι αδύνατη, τότε να δείξετε ότι και η εξίσωση h(h(x))=x είναι
επίσης αδύνατη ,
Θεωρούμε την συνάρτηση g με τύπο g(x)=h(x)-x. Επειδή η h είναι συνεχής στο R τότε και η g είναι συνεχής στο R. Επειδή ισχύει h(x) διάφορο x για κάθε x ανήκει R τότε ισχύει g(x) διάφορο 0 για κάθε x ανήκει R και επειδή η g είναι συνεχής στο R τότε η g διατηρεί σταθερό πρόσημο στο R. Συνεπώς g(x)>0 για κάθε x ανήκει R ή g(x)<0 για κάθε x ανήκει R.
Η σύνθετη συνάρτηση goh με τύπο (goh)(x)=g(h(x))=h(h(x))-h(x) είναι συνεχής στο R καθώς οι h και g είναι συνεχείς στο R.
(i) Αν g(x)>0 τότε g(h(x))>0 για κάθε x ανήκει R. Έχουμε:
g(x)>0 => h(x)-x>0 => h(x)>x
g(h(x))>0 => h(h(x))-h(x)>0 => h(h(x))>h(x)
Επειδή h(h(x))>h(x)>x τότε h(h(x))>x για κάθε x ανήκει R
(ii) Αν g(x)<0 τότε g(h(x))<0 για κάθε x ανήκει R. Έχουμε:
g(x)<0 => h(x)-x<0 => h(x)<x
g(h(x))<0 => h(h(x))-h(x)<0 => h(h(x))<h(x)
Επειδή h(h(x))<h(x)<x τότε h(h(x))<x για κάθε x ανήκει R
Συνεπώς h(h(x)) διάφορο x για κάθε x ανήκει R.
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 10 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Civilara
Περιβόητο μέλος
Θεωρούμε την συνάρτηση .
i) Nα δείξετε ότι υπάρχει μοναδικό τέτοιο ώστε
ii) Να δείξετε ότι στο
iii) Να βρεθεί το πλήθος των ριζών της εξίσωσης για κάθε τιμή της παραμέτρου
*Το cos δηλώνει το συνημίτονο
Για x>1 είναι x^3>1 και -1<=συνx<=1 => |συνx|<=1 => |συνx|^2<=1 => (συνx)^2<=1
Άρα (συνx)^2<=1<x^3. Επομένως για x>1 είναι f(x)=x^3
Για x<0 είναι x^3<0 και 0<=(συνx)^2<=1.
Άρα x^3<0<=(συνx)^2. Επομένως για x<0 είναι f(x)=(συνx)^2.
Μένει να καθοριστεί ο τύπος της f στο διάστημα [0,1].
Θεωρούμε την συνάρτηση g(x)=(x^3)-((συνx)^2), x ανήκει R. Η g είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο R με πρώτη παράγωγο:
g΄(x)=3(x^2)+ημ2x
Για 0<x<π/2 είναι 0<2x<π και επομένως 0<ημ2x<=1. Επειδή x^2>0 και ημ2x>0 για κάθε x ανήκει (0,π/2) τότε είναι g΄(x)>0 για κάθε x ανήκει (0,π/2). Η g είναι συνεχής στο [0,π/2], παραγωγίσιμη στο (0,π/2) και ισχύει g΄(x)>0 για κάθε x στο (0,π/2). Επομένως η g είναι γνησίως αύξουσα στο [0,π/2].
Έχουμε g(0)=-1<0 και g(π/2)=(π^3)/8>0, οπότε g(0)g(π/2)<0. Η g είναι συνεχής στο [0,π/2] και ισχύει g(0)g(π/2)<0. Επομένως σύμφωνα με το θεώρημα Bolzano υπάρχει ξ ανήκει (0,π/2) τέτοιο ώστε g(ξ)=0 => ξ^3=(συνξ)^2 και επειδή η g είναι γνησίως αύξουσα τότε αυτό είναι μοναδικό.
Επίσης έχουμε g(1)=1-((συν1)^2). Επειδή 0<1<π/3 τότε είναι συν(π/3)<συν1<συν0 => 1/2<συν1<1 => 1/4<(συν1)^2<1 =>
=> -1<-((συν1)^2)<-1/4 => 0<1-((συν1)^2)/4 => 0<g(1)/4
Είναι g(0)<0 και g(1)>0. Η g είναι συνεχής στο [0,π/2] και ισχύει g(0)g(1)<0. Επομένως σύμφωνα με το θεώρημα Bolzano υπάρχει x0 ανήκει (0,1) τέτοιο ώστε g(x0)=0 => x0^3=(συνx0)^2 και επειδή η g είναι γνησίως αύξουσα τότε αυτό είναι μοναδικό και ισχύει x0=ξ.
Άρα f(ξ)=ξ^3=(συνξ)^2 όπου 0<ξ<1
Με δεδομένο ότι η g είναι γνησίως αύξουσα στο [0,1] (υποσύνολο του [0,π/2]) έχουμε:
0<=x<ξ => g(x)<g(ξ) => (x^3)-((συνx)^2)<0 => (x^3)<(συνx)^2 => Άρα f(x)= (συνx)^2 για 0<=x<ξ
ξ<x<=1 => g(ξ)<g(x) => 0<(x^3)-((συνx)^2) => (x^3)>(συνx)^2 => Άρα f(x)= x^3 για ξ<x<=1
Συνοψίζοντας
f(x)=(συνx)^2, x<ξ
f(x)=(x^3), x>ξ
f(ξ)=ξ^3=(συνξ)^2
Η συνάρτηση f είναι συνεχής στα διαστήματα (-οο,ξ) και (ξ,+οο). Στο σημείο ξ έχουμε:
lim(x->ξ-)f(x)=lim(x->ξ-)((συνx)^2)=(συνξ)^2=f(ξ)
lim(x->ξ+)f(x)=lim(x->ξ-)(x^3)=ξ^3=f(ξ)
Επειδή lim(x->ξ-)f(x)=lim(x->ξ+)f(x)=f(ξ) τότε η f είναι συνεχής στο ξ. Επομένως η f είναι συνεχής στο R.
Η f είναι παραγωγίσιμη στο (-οο,ξ) με πρώτη παράγωγο f΄(x)=-ημ2x. Για 0<x<ξ<1<π/2 είναι 0<2x<2ξ<2<π, οπότε ημ2x>0 => -ημ2x<0 =>
=> f΄(x)<0 για κάθε x ανήκει (0,ξ).
H f είναι παραγωγίσιμη στο (ξ,+οο) με πρώτη παράγωγο f΄(x)=3(x^2). Για 0<ξ<x είναι x^2>0 => f΄(x)>0.
Άρα f΄(x)>0 για κάθε x στο (ξ, +οο)
Η f είναι συνεχής στο [0,ξ], παραγωγίσιμη στο (0,ξ) και ισχύει f΄(x)<0 για κάθε x στο (0,ξ). Επομένως η f είναι γνησίως φθίνουσα στο [0,ξ].
Η f είναι συνεχής στο [ξ,+οο), παραγωγίσιμη στο (ξ,+οο) και ισχύει f΄(x)<0 για κάθε x στο (ξ,+οο). Επομένως η f είναι γνησίως φθίνουσα στο [ξ,+οο).
Επειδή η f είναι συνεχής στο [0,π/2], γνησίως φθίνουσα στο [0,ξ] και γνησίως αύξουσα στο [ξ,π/2] (ως υποσύνολο του [ξ,+οο)) τότε παρουσιάζει τοπικό ελάχιστο στο ξ με τιμή: minf(x)=f(ξ)
Άρα f(ξ)=minf(x) στο [0,π/2]
Επειδή 0<ξ<1 είναι 0<ξ^3<1 => 0<f(ξ)<1 όπου f(ξ)=ξ^3=(συνξ)^2
Έχουμε lim(x->+oo)f(x)=lim(x->+oo)(x^3)=+oo
Για κάθε x ανήκει (-οο,ξ) είναι f(x)=(συνx)^2 και ισχύει 0<=(συνχ)^2<=1. Επομένως η εικόνα του (-οο,ξ) είναι το f((-oo,ξ))=[0,1]
Επειδή η f είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα στο (ξ,+οο) τότε f((ξ,+οο))=(f(ξ),+οο)
Επίσης το 0 είναι ολικό ελάχιστο της f, δηλαδή f(x)>=0 για κάθε x ανήκει R.
Θα αναζητηθούν οι λύσεις της f(x)=λ στο R όπου 0<=λ<=(π^3)/8
(α) Θα αναζητηθούν οι λύσεις της εξίσωσης f(x)=λ στο διάστημα (-οο,ξ) όπου f(x)=(συνx)^2.
(i) Επειδή 0<=(συνx)^2<=1 για κάθε x<ξ τότε για 1<λ<=(π^3)/8 η εξίσωση f(x)=λ δεν έχει λύσεις
(ii) Αν 0<=λ<=1 τότε η εξίσωση (συνx)^2=λ έχει λύσεις. Έστω 0<=φ<=π/2 με συνφ=SQRT(λ). Έχουμε
(συνx)^2=λ => |συνx|=SQRT(λ) => συνx=SQRT(λ) ή συνx=-SQRT(λ) => συνx=συνφ ή συνx=-συνφ =>
=> συνx=συνφ ή συνx=συν(π-φ)
Για συνx=συνφ προκύπτει x=2απ+φ ή x=2βπ-φ όπου α,β ανήκουν Z
Για συνx=συν(π-φ) προκύπτει x=2γπ+π-φ ή x=2δπ-π+φ όπου γ, δ ανήκουν Z
Επειδή x<ξ τότε για τους ακέραιους α, β, γ, δ ισχύουν οι εξής περιορισμοί:
2απ+φ<ξ => α<(ξ-φ)/(2π)
2βπ-φ<ξ => β<(ξ+φ)/(2π)
2γπ+π-φ<ξ => γ<(ξ+φ-π)/(2π)
2δπ-π+φ<ξ => δ<(ξ-φ+π)/(2π)
(β) Θα αναζητηθούν οι λύσεις της εξίσωσης f(x)=λ στο διάστημα [ξ,+οο) όπου f(x)=x^3.
f(x)=λ => x^3=λ => x=λ^(1/3)
Πρέπει x>=ξ => λ^(1/3)>=ξ => λ>=ξ^3 => λ>=f(ξ)
Άρα αν 0<=λ<ξ^3 τότε η εξίσωση f(x)=λ δεν έχει λύσεις στο [ξ,+οο)
Αν ξ^3<λ<=(π^3)/8 τότε έχει μοναδική λύση την x=λ^(1/3)
Συνεπώς καταλήγουμε στα εξής συμπεράσματα:
(α) Αν 0<=λ<ξ^3 τότε τα x=2απ+φ, x=2βπ-φ, x=2γπ+π-φ και x=2δπ-π+φ είναι λύσεις της εξίσωσης f(x)=λ όπου συνφ=λ^(1/2) με 0<=φ<=π/2 και για τους ακεραίους α, β, γ και δ ισχύουν οι περιορισμοί:
α<(ξ-φ)/(2π)
β<(ξ+φ)/(2π)
γ<(ξ+φ-π)/(2π)
δ<(ξ-φ+π)/(2π)
Άρα σε αυτήν την περίπτωση η εξίσωση f(x)=λ έχει άπειρες πραγματικές λύσεις.
(β) Αν ξ^3<=λ<=1 τότε τα x=2απ+φ, x=2βπ-φ, x=2γπ+π-φ, x=2δπ-π+φ και x=λ^(1/3) είναι λύσεις της εξίσωσης f(x)=λ όπου συνφ=λ^(1/2) με 0<=φ<=π/2 και για τους ακεραίους α, β, γ και δ ισχύουν οι περιορισμοί:
α<(ξ-φ)/(2π)
β<(ξ+φ)/(2π)
γ<(ξ+φ-π)/(2π)
δ<(ξ-φ+π)/(2π)
Άρα σε αυτήν την περίπτωση η εξίσωση f(x)=λ έχει άπειρες πραγματικές λύσεις.
(γ) Αν 1<λ<=(π^3)/8 τότε η εξίσωση f(x)=λ έχει μοναδική λύση την x=λ^(1/3)
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 10 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Civilara
Περιβόητο μέλος
Δίνεται μιγαδικός z για τον οποίο ισχύει: . Να βρείτε το όριο:
.
Έστω z=X+Yi, όπου X,Y ανήκουν R. Έχουμε:
|2z-3i|=|2X+(2Y-3)i|=SQRT[((2X)^2)+((2Y-3)^2)]
|6z-i|=|6X+(6Y-1)i|=SQRT[((6X)^2)+((6Y-1)^2)]
|2z-3i|>|6z-i| => |2z-3i|^2>|6z-i|^2 => ((2X)^2)+((2Y-3)^2)>((6X)^2)+((6Y-1)^2) => 4(X^2)+4(Y^2)-12Y+9>36(X^2)+36(Y^2)-12Y+1 =>
=> 32(X^2)+32(Y^2)<8 => (X^2)+(Y^2)<1/4
Άρα ο γεωμετρικός τόπος των εικόνων Μ(z) είναι κυκλικός δίσκος με κέντρο την αρχή των αξόνων Ο(0,0) και ακτίνα ρ=1/2 χωρίς τα σημεία της περιφέρειας του κυκλικού δίσκου. Οι παραμετρικές εξισώσεις του κυκλικού δίσκου είναι οι εξής:
X=rσυνφ
Y=rημφ
όπου 0<=r<1/2 και 0<=φ<2π
Άρα z=X+Yi => z=rσυνφ+(rημφ)i => z=r(συνφ+iημφ)
|z|=SQRT((X^2)+(Y^2))=r => 0<=|z|<1/2
(α) Θεωρούμε την συνάρτηση f(x)=(|z|^x)+(e^(1-x)). Για να ορίζεται η f για κάθε x ανήκει R πρέπει:
|z| διάφορο 0 => z διάφορο 0 => 0<|z|<1/2
Αν θέσουμε |z|=1/R τότε 0<1/R<1/2 => R>2
Η συνάρτηση f γράφεται ισοδύναμα f(x)=((1/R)^x)+(e^(1-x))=(R^(-x))+e*(e^(-x))
Θέτουμε u=-x
lim(x->+oo)(-x)=-oo
lim(x->+oo)(R^(-x))=lim(u->-oo)(R^u)=0
lim(x->+oo)(e^(-x))=lim(u->-oo)(e^u)=0
Άρα lim(x->-oo)f(x)=0+e*0=0
(β) Αν z=0 τότε η f εκφυλίζεται στην f(x)=e^(1-x)=e*(e^(-x)), x ανήκει R
lim(x->+oo)(e^(-x))=lim(u->-oo)(e^u)=0
lim(x->+oo)f(x)=e*0=0
Επομένως σε κάθε περίπτωση είναι lim(x->+oo)f(x)=0
Αν θέσουμε y=f(x) τότε
lim(x->+oo)lnf(x)=lim(y->0+)lny=-oo
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 10 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Civilara
Περιβόητο μέλος
Civilara, η λυση που δινεις στο γ ερωτημα δεν στεκει. Δεν ξερεις οτι η f ειναι παραγωγισιμη.
Σωστό ότι δεν γνωρίζουμε αν η f είναι παραγωγίσιμη. Θεώρησα κάπου ότι είναι παραγωγίσιμη;
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 10 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Civilara
Περιβόητο μέλος
εστω f,g,h R -> R συνεχεις στο R και να ισχυει οτι f^2(x)+g^2(x)=h^2(x) για καθε χ στο R
νδο οτι η 2f(x)g(x)=xh^2(x) έχει λυσh στους πραγματικους
(Του Στάθη Κούτρα )
Θεωρούμε την συνάρτηση F(x)=x(h(x)^2)-2f(x)g(x), x ανήκει R. Η F γράφεται ισοδύναμα στη μορφή:
F(x)=x[(f(x)^2)+(g(x)^2)]-2f(x)g(x), x ανήκει R. Επειδή οι f και g είναι συνεχείς στο R τότε η F είναι συνεχής στο R.
Έχουμε
F(-1)=-(f(-1)^2)-(g(-1)^2)-2f(-1)g(-1)=-((f(-1)+g(-1))^2)
F(1)=(f(1)^2)+(g(1)^2)-2f(1)g(1)=(f(1)-g(1))^2
Αν g(-1)=-f(-1) τότε F(-1)=0
Αν g(1)=f(1) τότε F(1)=0
Αν g(-1) διάφορο -f(-1) και g(1) διάφορο f(1) τότε F(-1)<0 και F(1)>0. Η F είναι συνεχής στο [-1,1] και ισχύει F(-1)F(1)<0. Επομένως σύμφωνα με το θεώρημα Bolzano υπάρχει τουλάχιστον ένα x0 ανήκει (-1,1) τέτοιο ώστε F(x0)=0.
Άρα υπάρχει τουλάχιστον ένα x0 ανήκει [-1,1] τέτοιο ώστε F(x0)=0
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 10 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Civilara
Περιβόητο μέλος
1) Γράφουμε σε ιδίως για μεγάλες απαντήσεις, αν δε θέλουμε να βγει το μάτι του άλλου που προσπαθεί να διαβάσει τη λύση
Δεν δέχομαι υποδείξεις με τέτοιο υφάκι.
2) Εδώ και κάτι χρόνια τα arguments και οι πολικές μορφές των μιγαδικών είναι εκτός ύλης. Σκοπός των λύσεων είναι να τις καταλαβαίνουν οι υποψήφιοι, αλλιώς δεν έχει και πολύ νόημα. Βέβαια αν δε βγαίνουν αλλιώς το λάθος είναι του θεματοθέτη...
Έχει νόημα και μάλιστα μεγάλο. Κάθε λύση επιστημονικά τεκμηριωμένη είναι αποδεκτή.
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 10 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Civilara
Περιβόητο μέλος
Δίνονται μιγαδικοί αριθμοί z και w, με |z|=3 και |w|=1. Θεωρούμε επίσης τη συνεχή και γνησίως αύξουσα συνάρτηση f: R->R για την οποία ισχύει:
zwf(0)=(z+w)(9w+z) και f²(x) (διάφορο του) 4 για κάθε xεR.
Να αποδείξετε ότι:
α) f(0) (μεγαλύτερο ή ίσον του) 4 , β) f(x)>2 για κάθε xεR,
γ) η εξίσωση e^x + f(x) = e^x f(x) έχει ακριβώς μία πραγματική ρίζα, η οποία ανήκει στο (0,1).
Απ'το βιβλίο ''Μαθηματικά Γ' Λυκείου, η επανάληψη'', Βασίλης Παπαδάκης, εκδ. Σαββάλας,2012
(α) Επειδή |z| διάφορο 0 και |w| διάφορο 0 τότε z διάφορο 0 και w διάφορο 0. Έχουμε:
zwf(0)=(z+w)(9w+z)=9zw+(z^2)+9(w^2)+zw=10zw+(z^2)+9(w^2) => f(0)=10+(z/w)+9(w/z)
Αν φ=Arg(z) και θ=Arg(w) τότε οι w και z γράφονται σε τριγωνομετρική μορφή ως εξής:
z=|z|(συνφ+iημφ)=3(συνφ+iημφ)
w=|w|(συνθ+iημθ)=συνθ+iημθ
Επομένως προκύπτει:
z/w=3[συν(φ-θ)+iημ(φ-θ)]
w/z=(1/3)[συν(θ-φ)+iημ(θ-φ)]=(1/3)[συν(φ-θ)-iημ(φ-θ)]
Συνεπώς έχουμε:
f(0)=10+3(συνφ+iημφ)+9*(1/3)*[συν(φ-θ)-iημ(φ-θ)]=10+6συν(φ-θ)
Ισχύει -1<=συν(φ-θ)<=1 για κάθε 0<=φ<2π και 0<=θ<2π. Άρα
-6<=6συν(φ-θ)<=6 => 4<=10+6συν(φ-θ)<=16 => 4<=f(0)<=16 => f(0)>=4
(β) (f(x))^2 διάφορο 4 => [f(x)^2]-4 διάφορο 0 => (f(x)-2)(f(x)+2) διάφορο 0 => f(x) διάφορο 2 και f(x) διάφορο -2 για κάθε x ανήκει R
Είναι f(0)>=4>2
Επειδή η f είναι γνησίως αύξουσα τότε για x>0 προκύπτει f(x)>f(0)>=4 => f(x)>4>2 για κάθε x ανήκει (0,+οο)
Αν υπήρχε ρ<0 με f(ρ)<2 τότε επειδή η f είναι συνεχής στο [ρ,0] θα υπάρχει ξ ανήκει (ρ,0) ώστε f(ξ)=2 καθώς η f παίρνει κάθε τιμή μεταξύ f(ρ) και f(0) στο (ρ,0) (f(ρ)<2<f(0)). Αυτό όμως είναι άτοπο καθώς f(x) διάφορο 2 για κάθε x ανήκει R. Άρα f(x)>2 για κάθε x>0.
Συνεπώς f(x)>2 για κάθε x ανήκει R
(γ) Θεωρούμε την συνάρτηση F(x)=((e^x)-1)f(x)-(e^x), x ανήκει R. Έχουμε
F(0)=-1<0
F(1)=(e-1)f(1)-e
Επειδή 1>0 και f γνησίως αύξουσα τότε f(1)>f(0) => f(1)>4
Είναι e>2 => e-1>1>0, e>2 => 3e>6 => 3e-4>2>0
Άρα f(1)>4 => (e-1)f(1)>4(e-1) => (e-1)f(1)-e>4e-4-e => F(1)>3e-4 => F(1)>0
Είναι F(0)<0 και F(1)>0, οπότε F(0)F(1)<0. Επειδή η f είναι συνεχής στο R τότε και η F είναι συνεχής στο R.
Η F είναι συνεχής στο [0,1] και ισχύει F(0)F(1)<0. Επομένως σύμφωνα με το θεώρημα Bolzano υπάρχει τουλάχιστον ένα x0 τέτοιο ώστε
F(x0)=0 => ((e^x0)-1)f(x0)-(e^x0)=0 => (e^x0)+f(x0)=(e^x0)f(x0)
Η εξίσωση (e^x)+f(x)=(e^x)f(x) γράφεται ισοδύναμα ως εξής:
(e^x)+f(x)=(e^x)f(x) <=> ((e^x)-1)f(x)=e^x
Η εξίσωση δεν επαληθεύεται για x=0, άρα το x=0 δεν είναι ρίζα της εξίσωσης. Συνεπώς για x ανήκει R* η εξίσωση γράφεται ισοδύναμα
f(x)=(e^x)/((e^x)-1)
Θεωρούμε την συνάρτηση g(x)=(e^x)/((e^x)-1)=[(e^x)-1+1]/[(e^x)-1]=1+1/[(e^x)-1], x ανήκει R*. Η g είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο R* με πρώτη παράγωγο g΄(x)=-(e^x)/[((e^x)-1)^2]<0 για κάθε x ανήκει R*.
Η g είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο (-οο,0) και ισχύει g΄(x)<0 για κάθε x ανήκει (-οο,0). Άρα η g είναι γνησίως φθίνουσα στο (-οο,0). Επομένως για κάθε x1, x2 με x1<x2<0 ισχύει g(x1)>g(x2).
Η g είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο (0,+οο) και ισχύει g΄(x)<0 για κάθε x ανήκει (0,+οο). Άρα η g είναι γνησίως φθίνουσα στο (0,+οο). Επομένως για κάθε x1, x2 με 0<x1<x2 ισχύει g(x1)>g(x2).
Επειδή lim(x->-oo)(e^x)=0 τότε lim(x->-oo)g(x)=0
Επειδή lim(x->+oo)(e^x)=+oo τότε lim(x->+oo)g(x)=1
Επειδή lim(x->0)((e^x)-1)=0 τότε lim(x->0-)[1/((e^x)-1)]=-oo και lim(x->0+)[1/((e^x)-1)]=+oo
Άρα lim(x->0-)g(x)=-oo και lim(x->0+)g(x)=+oo
Η g είναι συνεχής και γνησίως φθίνουσα στο (-οο,0), οπότε g((-oo,0))=(lim(x->0-)g(x),lim(x->-oo)g(x))=(-oo,0)
Η g είναι συνεχής και γνησίως φθίνουσα στο (0,+oo), οπότε g((0,+oo))=(lim(x->+oo)g(x),lim(x->0+)g(x))=(1,+oo)
Συνεπώς για x1<0<x2 είναι g(x1)<0<1<g(x2). Άρα η g είναι γνησίως φθίνουσα στα διαστήματα (-οο,0), (0,+οο) αλλά δεν είναι γνησίως φθίνουσα στο R*.
Θεωρούμε την συνάρτηση h(x)=g(x)-f(x), x ανήκει R*
Για x<0 είναι g(x)<0 => g(x)-f(x)<-f(x) => h(x)<-f(x)<-2<0 επειδή f(x)>2. Άρα h(x)<0 => h(x) διάφορο 0 για κάθε x ανήκει (-οο,0)
Για 0<x1<x2 ισχύει f(x1)<f(x2) => -f(x1)>-f(x2) και g(x1)>g(x2). Επομένως g(x1)-f(x1)>g(x2)-f(x2) => h(x1)>h(x2)
Άρα η h είναι γνησίως φθίνουσα στο (0,+οο). Επειδή F(x0)=0, όπου 0<x0<1 τότε h(x0)=0 και επειδή η h είναι γνησίως μονότονη στο (0,+οο) τότε το x0 είναι μοναδικό.
Άρα υπάρχει μοναδικό x0 ανήκει (0,1) τέτοιο ώστε (e^x0)+f(x0)=(e^x0)f(x0)
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 10 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Civilara
Περιβόητο μέλος
παιδια help!!! γιατι η συναρτηση f(x) = ριζα Χ ΔΕΝ ικανοποιει το θεωρημα Θ.Μ.Τ. στο διαστημα [0,1]?
αφου και συνεχης ειναι στο διαστημα [0,1] αλλα κ παραγωγισιμη στο (0,1) ?
Ποιος σου 'πε ότι δεν τις ικανοποιεί. Αφού είναι συνεχής στο [0,1] και παραγωγίσιμη στο (0,1) τότε ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του ΘΜΤ και υπάρχει ξ ανήκει (0,1) ώστε f΄(ξ)=(f(1)-f(0))/(1-0)=1. Συγκεκριμένα είναι ξ=1/4 και είναι μοναδικό.
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 10 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Civilara
Περιβόητο μέλος
Έστω για τις οποίες για κάθε ισχύουν
α) Να δείξετε ότι για κάθε ειναι
β) Αν και η είναι συνεχής στο τότε και η είναι συνεχής στο
Υπάρχει και γ) ερώτημα αλλά ας το δούμε μετά.
α) Θεωρούμε την συνάρτηση h(x)=x+(1/x)=((x^2)+1)/x με πεδίο ορισμού το Α=[-1,0). Η h είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο Α με πρώτη παράγωγο h΄(x)=1-(1/(x^2))=((x^2)-1)/(x^2)
h΄(x)=0 => x^2=1 => x=-1 (εφόσον -1<=x<0)
Η h είναι συνεχής στο [-1,0), παραγωγίσιμη στο (-1,0) και ισχύει h΄(x)<0 για κάθε x ανήκει (-1,0). Επομένως η h είναι γνησίως φθίνουσα στο [1,0). Επειδή η h είναι γνησίως φθίνουσα στο Α τότε είναι 1-1 και συνεπώς αντιστρέψιμη.
Επειδή lim(x->0-)(1/x)=-oo και lim(x->0-)x=0 τότε lim(x->0-)h(x)=-oo
h(-1)=-2
Η h είναι συνεχής και γνησίως φθίνουσα στο [-1,0), οπότε h(A)=h([-1,0))=(-oo,-2]=B
Άρα h(x)<=-2 για κάθε x ανήκει [-1,0)
Η g γράφεται στη μορφή g(x)=(hof)(x)=h(f(x)), x ανήκει R με -1<=f(x)<0 για κάθε x ανήκει R.
Άρα h(f(x))<=-2 => g(x)<=-2 για κάθε x ανήκει R
β) Εφόσον η h είναι αντιστρέψιμη, έχουμε:
g(x)=h(f(x)) <=> f(x)=(h-1)(g(x)), x ανήκει R
Η μοναδική λύση της εξίσωσης h(x)=-2 είναι η x=-1, δηλαδή h(x)=-2 <=> x=-1.
g(x0)=-2 <=> h(f(x0))=h(-1) <=> f(x0)=-1 (η h είναι 1-1)
Είναι f(x0)=(h-1)(g(x0))
Η h είναι συνεχής στο f(x0)=-1. Επομένως η (h-1) είναι συνεχής στο h(f(x0))=h(-1)=-2.
Η g είναι συνεχής στο x0 και η (h-1) είναι συνεχής στο g(x0)=-2=h(f(x0)). Επομένως η f είναι συνεχής στο x0.
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 10 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Civilara
Περιβόητο μέλος
Να μία συγγενική που έχω βρει όπου η ανισότητα είναι λιγότερο ισχυρή και η λύση από έναν ολυμπιονίκη. Αν δεν κάνω λάθος χρησιμοποιεί Taylor. Ίσως σ'ενδιαφέρει.
Βρέθηκε η λύση.
Αν η f είναι σταθερή και επειδή f(α)=f(β)=0 τότε f(x)=0, x ανήκει [α,β] όποτε f΄(x)=0, x ανήκει (α,β). Σε αυτήν την περίπτωση για κάθε ξ ανήκει (α,β) ισχύει η ισότητα.
Λύθηκε η άσκηση.
Ο άνθρωπος αυτός είναι αστέρι.
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 10 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Civilara
Περιβόητο μέλος
Αν και είναι εκτός εποχής θα επιθυμούσα μία λύση σε αυτήν
Η αλήθεια είναι Κώστα πως δεν την έχω καταφέρει και επειδή δεν έχω τη λύση της την ανάρτησα μήπως και τη λύσει κάποιος από τους μαθηματικούς ή οποιοσδήποτε χρήστης.
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 10 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Civilara
Περιβόητο μέλος
Για μία συνάρτηση ισχύει όπου δύο δοσμένοι πραγματικοί αριθμοί με και . Να αποδείξετε ότι η εξίσωση έχει μία μοναδική ρίζα στο
Επειδή α+β=1 τότε β=1-α και επειδή β διάφορο 0 τότε α διάφορο 1.
(i) Αν α=0 τότε β=1 και η σχέση γίνεται f(f(x))=1 για κάθε x ανήκει R. Αν η συνάρτηση f δεν είναι σταθερή τότε υπάρχουν x1, x2 με x1 διάφορο x2 ώστε f(x1) διάφορο f(x2). Τότε έχουμε:
f(x1) διάφορο f(x2) => f(f(x1)) διάφορο f(f(x2)) που είναι άτοπο αφού f(f(x1))=f(f(x2))=1
Άρα η f είναι σταθερή, δηλαδή υπάρχει c ανήκει R ώστε f(x)=c για κάθε x ανήκει R. Άρα f(f(x))=c και επειδή f(f(x))=1 για κάθε x ανήκει R τότε c=1 που σημαίνει ότι f(x)=1 για κάθε x ανήκει R.
f(x)=x => x=1
Άρα η εξίσωση f(x)=x έχει μοναδική ρίζα την x=1
(i) Αν α διάφορο 0 τότε επειδή β διάφορο 0 και β=1-α ισχύει α διάφορο 1. Άρα α ανήκει (-οο,0)U(0,1)U(1,+oo).
Ισχύει f(f(x))=αx+1-α, x ανήκει R
Θεωρούμε x1, x2 ανήκουν R με f(x1)=f(x2). Έχουμε
f(x1)=f(x2) => f(f(x1))=f(f(x2)) => αx1+1-α=αx2+1-α => αx1=αx2 => x1=x2
Άρα η f είναι 1-1.
Από την σχέση f(f(x))=αx+1-α, έχουμε:
f(f(f(x)))=f(αx+1-α), x ανήκει R
f(f(f(x)))=αf(x)+1-α, x ανήκει R
Άρα f(αx+1-α)=αf(x)+1-α για κάθε x ανήκει R
Για x=1 προκύπτει
f(α+1-α)=αf(1)+1-α => f(1)=αf(1)+1-α => αf(1)-f(1)+1-α=0 => (α-1)f(1)-(α-1)=0 => (α-1)(f(1)-1)=0 => f(1)-1=0 => f(1)=1 (α διάφορο 1)
Έστω η συνάρτηση g(x)=f(x)-x, x ανήκει R. Θεωρούμε x1, x2 με f(x1)=f(x2). Επειδή η f είναι 1-1 προκύπτει x1=x2. Από τις 2 τελευταίες σχέσεις προκύπτει f(x1)-x1=f(x2)-x2 => g(x1)=g(x2).
Επομένως η g είναι 1-1. Για x=1 έχουμε g(1)=f(1)-1=1-1=0
Άρα ο x=1 είναι ρίζα της g(x)=0 και επειδή η g είναι 1-1 τότε είναι και η μοναδική ρίζα της εξίσωσης g(x)=0 <=> f(x)=x.
Συνεπώς σε κάθε περίπτωση η εξίσωση f(x)=x έχει μοναδική λύση την x=1.
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 10 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Civilara
Περιβόητο μέλος
Θεωρούμε τον μιγαδικό αριθμόκαι μια συνάρτηση, η οποία είναι. Aν η συνάρτησηδεν είναι, να υπολογίσετε τους πραγματικούς αριθμούς, ώστε ονα είναι ρίζα της εξίσωσης,
Θεωρούμε την συνάρτηση h(x)=α(x^3)+βx+γ όπου
α=(Re(z)-(SQRT(3)/2))^2
β=|1-|z||
γ=-2013
Αν α=0 και β=0 τότε έχουμε
α=0 => Re(z)=SQRT(3)/2
β=0 => |z|=1 => |z|^2=1 => (Re(z)^2)+(Im(z)^2)=1 => (SQRT(3)/2)^2+ (Im(z)^2)=1 => Im(z)=1/2
Άρα για z=SQRT(3)/2+(1/2)i=z0 είναι α=β=0
Θεωρούμε την συνάρτηση h(x)=α(x^3)+βx+γ όπου α,β,γ έχουν οριστεί παραπάνω. Η h είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο R ως πολυvνυμική με πρώτη παράγωγο h΄(x)=3α(x^2)+β
Αν z διάφορο z0 τότε α>=0 και β>0 ή α>0 και β>=0. Επομένως h΄(x)>0 για κάθε x ανήκει R. Άρα η h είναι γνησίως αύξουσα, οπότε είναι και 1-1.
Η συνάρτηση g γράφεται στη μορφή g(x)=h(f(x))=(hof)(x), x ανήκει R. Επειδή η g δεν είναι 1-1 τότε υπάρχουν x1, x2 στο R με x1<x2 τέτοια ώστε g(x1)=g(x2) και f(x1) διάφορο f(x2) (εφόσον η f είναι 1-1). Αυτό όμως είναι άτοπο επειδή οι f και h είναι 1-1 καθώς τότε θα είναι:
g(x1)=g(x2) => h(f(x1))=h(f(x2)) => f(x1)=f(x2) (εφόσον h 1-1)
Άτοπο επειδή η f είναι 1-1
Άρα δεν μπορεί να ισχύει z διάφορο z0 που σημαίνει ότι z=z0=SQRT(3)/2+(1/2)i
Έχουμε
z=SQRT(3)/2+(1/2)i
z^2=(1/2)+(SQRT(3)/2)i
Αντικαθιστώντας στην εξίσωση (z^2)-mz+n=0 καταλήγουμε στην εξίσωση:
[n+((1-mSQRT(3))/2)]+[(SQRT(3)-m)/2]i=0
Επομένως
(SQRT(3)-m)/2=0 => m=SQRT(3)
n+((1-mSQRT(3))/2) => n=1
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 10 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Civilara
Περιβόητο μέλος
Έστω παραγωγίσιμη στο με . Δείξτε ότι
Θεωρούμε την συνάρτηση g(x)=(x-a)(x-b)=(x^2)-(a+b)x+ab, x ανήκει Dg=R. Η g είναι συνεχής στο R ως πολυωνυμική. Για την g ισχύει g(a)=g(b)=0 και g(x)<0 για a<x<b.
Θεωρούμε την συνάρτηση h(x)=1/g(x)=1/[(x-a)(x-b)] με πεδίο ορισμού Dh=(-oo,a)U(a,b)U(b,+oo). Η h είναι συνεχής στο Dh ως ρητή. Στη συνέχεια αναζητούμε πραγματικούς αριθμούς Α, Β έτσι ώστε:
h(x)=[A/(x-a)]+[B/(x-b)] για κάθε x ανήκει Dh.
Έχουμε:
1/[(x-a)(x-b)]=[A/(x-a)]+[B/(x-b)] <=> A(x-b)+B(x-a)=1 <=> (A+B)x+(-Ab-Ba)=1
Για να ισχύει η παραπάνω σχέση για κάθε x ανήκει Dh πρέπει να ισχύουν οι εξής:
A+B=0 (1)
-Ab-Ba=1 (2)
Από την (1) έχουμε:
B=-A (3)
Αντικαθιστώντας στην (2) έχουμε:
-Ab+Aa=1 <=> A(a-b)=1 <=> A=1/(a-b) <=> A=-1/(b-a)
B=-A => B=1/(b-a)
Επομένως
h(x)=[-1/(b-a)][1/(x-a)]+[1/(b-a)][1/(x-b)]=[1/(b-a)]{[1/(x-b)]-[1/(x-a)]}, x ανήκει Dh
Στη συνέχεια θα προσδιοριστεί το αόριστο ολοκλήρωμα της h στο διάστημα Δ=(a,b). Έχουμε
Θεωρούμε την συνάρτηση
με πεδίο ορισμού (α,β). Η H είναι παραγωγίσιμη και αρχική της h στο (α,β), δηλαδή:
H΄(x)=h(x) για κάθε x ανήκει (α,β)
Για κάθε x ανήκει [α,β] ισχύει f(x)=g(x)f΄(x). Επειδή g(a)=g(b)=0 έχουμε f(a)=g(a)f΄(a)=0 και f(b)=g(b)f΄(b)=0. Στη συνέχεια θα προσδιοριστεί ο τύπος της f στο (a,b). Για κάθε x ανήκει (α,β) ισχύει g(x)<0 οπότε έχουμε:
f(x)=g(x)f΄(x) <=> f(x)/g(x)=f΄(x) <=> f(x)h(x)=f΄(x) <=> f(x)H΄(x)=f΄(x) <=> f΄(x)-f(x)H΄(x)=0
Θεωρούμε την συνάρτηση F(x)=f(x)[e^(-H(x))], x ανήκει (a,b). Επειδή οι f και H είναι παραγωγίσιμες στο (a,b), οπότε η F είναι παραγωγίσιμη στο (a,b), οπότε και συνεχής στο (α,β), με παράγωγο:
F΄(x)=f΄(x)[e^(-H(x)]-f(x)H΄(x)[e^(-H(x))]=[f΄(x)-f(x)H΄(x)][e^(-H(x))]=0*[e^(-H(x))]=0
Η F είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο (a,b) και ισχύει F΄(x)=0 για κάθε x ανήκει (α,β). Επομένως υπάρχει σταθερά c έτσι ώστε να ισχύει F(x)=0 για κάθε x ανήκει (a,b). Άρα:
F(x)=c <=> f(x)[e^(-H(x))]=c <=> f(x)=c[e^H(x)] <=> f(x)=c{[-(x-b)/(x-a)]^[1/(b-a)]}
Επομένως f(a)=f(b)=0 και f(x)=c{[-(x-b)/(x-a)]^[1/(b-a)]} για x ανήκει (a,b).
Η f είναι παραγωγίσιμη στο (a,b) με πρώτη παράγωγο:
f΄(x)=-[c/((x-b)^2)]{[-(x-b)/(x-a)]^[(a-b+1)/(b-a)]}
Από την εκφώνηση γνωρίζουμε ότι η f είναι παραγωγίσιμη στο [a,b]. Επομένως η f είναι συνεχής στο [a,b] και παραγωγίσιμη στο (a,b).
Η f είναι συνεχής στο [a,b], παραγωγίσιμη στο (a,b) και ισχύει f(a)=f(b). Επομένως σύμφωνα με το θεώρημα του Rolle υπάρχει τουλάχιστον ένα ξ ανήκει (a,b) τέτοιο ώστε f΄(ξ)=0. Έχουμε
f΄(ξ)=-[c/((ξ-b)^2)]{[-(ξ-b)/(ξ-a)]^[(a-b+1)/(b-a)]}
Συνεπώς
f΄(ξ)=0 <=> -[c/((ξ-b)^2)]{[-(ξ-b)/(ξ-a)]^[(a-b+1)/(b-a)]}=0 <=> c=0
Άρα f(x)=0 για κάθε x ανήκει (a,b) και επειδή f(a)=f(b)=0 τότε f(x)=0 για κάθε x ανήκει [a,b].
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 11 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Civilara
Περιβόητο μέλος
Πρέπει να ισχύει f(α)=f(β)=0. Αυτό αποκλείει κατευθείαν τις 1-1 συναρτήσεις.
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 11 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Civilara
Περιβόητο μέλος
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 11 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Civilara
Περιβόητο μέλος
Έστω τρεις φορές παραγωγίσιμες με . Δείξτε ότι υπάρχει με
Θεωρούμε την συνάρτηση h(x)=f(x)-g(x), x ανήκει R. Επειδή οι f και g είναι 3 φορές παραγωγίσιμες στο R τότε και η h είναι 3 φορές παραγωγίσιμη στο R και ισχύει:
h΄(x)=f΄(x)-g΄(x)
h΄΄(x)=f΄΄(x)-g΄΄(x)
h΄΄΄(x)=f΄΄΄(x)-g΄΄΄(x)
για κάθε x ανήκει R
Η αρχική ανίσωση γράφεται ισοδύναμα:
3f(x)-2f(1)-f(2)>=3g(x)-2g(1)-g(2) <=> 3f(x)-3g(x)>=2f(1)-2g(1)+f(2)-g(2) <=>
<=> 3(f(x)-g(x))>=2(f(1)-g(1))+(f(2)-g(2)) <=> 3h(x)>=2h(1)+h(2) <=> h(x)>=(2/3)h(1)+(1/3)h(2) για κάθε x ανήκει R
Για x=1 έχουμε:
3h(1)>=2h(1)+h(2) <=> h(1)>=h(2)
Για x=2 έχουμε:
3h(2)>=2h(1)+h(2) <=> 2h(2)>=2h(1) <=> h(2)>=h(1)
Από τις δύο τελευταίες σχέσει προκύπτει ότι h(1)=h(2)=c όπου c ανήκει R
Η h είναι παραγωγίσιμη στο R άρα και συνεχής στο R. Η h είναι συνεχής στο [1,2], οπότε σύμφωνα με το θεώρημα μέγιστης & ελάχιστης τιμής συνεχών συναρτήσεων, υπάρχουν α,β στο [1,2] τέτοια ώστε αν m=h(α) και M=h(β) με m<=M να ισχύει m<=h(x)<=M για κάθε x στο [1,2].
Για x=1 έχουμε
m<=h(1)<=M <=> (1/3)m<=(1/3)h(1)<=(1/3)M
Για x=2 έχουμε
m<=h(2)<=M <=> (2/3)m<=(2/3)h(2)<=(2/3)M
Προσθέτοντας κατά μέλη τις 2 τελευταίες ανισότητες προκύπτει ότι:
m<=(1/3)h(1)+(2/3)h(2)<=M
Επομένως σύμφωνα με το θεώρημα ενδιαμέσων τιμών υπάρχει τουλάχιστον ένα x0 στο (1,2) τέτοιο ώστε h(x0)=(1/3)h(1)+(2/3)h(2)
Έχουμε h(x0)=(1/3)h(1)+(2/3)h(2)=(1/3)c+(2/3)c=c όπου m<=c<=M.
Άρα h(1)=h(x0)=h(2)=c
Η ανισότητα h(x)>=(2/3)h(1)+(1/3)h(2) γράφεται ισοδύναμα h(x)>=c εφόσον h(1)=h(2)=c
Ισχύει h(x)>=h(1) για κάθε x ανήκει R που σημαίνει ότι η h παρουσιάζει ολικό ελάχιστο οποτε και τοπικό ελάχιστο στο x1=1. Επειδή η h είναι ορισμένη στο R, παραγωγίσιμη στο x1=1 και παρουσιάζει τοπικό ελάχιστο στο x1=1 τότε σύμφωνα με το θεώρημα Fermat ισχύει h΄(1)=0.
Ισχύει h(x)>=h(2) για κάθε x ανήκει R που σημαίνει ότι η h παρουσιάζει ολικό ελάχιστο οποτε και τοπικό ελάχιστο στο x2=2. Επειδή η h είναι ορισμένη στο R, παραγωγίσιμη στο x2=2 και παρουσιάζει τοπικό ελάχιστο στο x2=2 τότε σύμφωνα με το θεώρημα Fermat ισχύει h΄(2)=0.
Ισχύει h(x)>=h(x0) για κάθε x ανήκει R που σημαίνει ότι η h παρουσιάζει ολικό ελάχιστο οποτε και τοπικό ελάχιστο στο x0. Επειδή η h είναι ορισμένη στο R, παραγωγίσιμη στο x0 και παρουσιάζει τοπικό ελάχιστο στο x0 τότε σύμφωνα με το θεώρημα Fermat ισχύει h΄(x0)=0.
Άρα h΄(1)=h΄(x0)=h΄(2)
Η h είναι δύο φορές παραγωγίσιμη στο [1,2] οπότε η πρώτη παράγωγος h΄ είναι παραγωγίσιμη στο (1,2) και συνεχής στο [1,2].
H h΄ είναι συνεχής στο [1,x0], παραγωγίσιμη στο (1,x0) και ισχύει h΄(1)=h΄(x0). Επομένως σύμφωνα με το θεώρημα Rolle υπάρχει τουλάχιστον ένα ξ1 στο (1,x0) τέτοιο ώστε h΄΄(ξ1)=0.
H h΄ είναι συνεχής στο [x0,2], παραγωγίσιμη στο (x0,2) και ισχύει h΄(x0)=h΄(2). Επομένως σύμφωνα με το θεώρημα Rolle υπάρχει τουλάχιστον ένα ξ2 στο (x0,2) τέτοιο ώστε h΄΄(ξ2)=0.
Άρα h΄΄(ξ1)=h΄΄(ξ2)=0
Η h είναι τρεις φορές παραγωγίσιμη στο [1,2] οπότε η δεύτερη παράγωγος h΄΄ είναι παραγωγίσιμη στο (1,2) και συνεχής στο [1,2].
H h΄΄ είναι συνεχής στο [ξ1,ξ2], παραγωγίσιμη στο (ξ1,ξ2) και ισχύει h΄΄(ξ1)=h΄΄(ξ2). Επομένως σύμφωνα με το θεώρημα Rolle υπάρχει τουλάχιστον ένα ξ στο (ξ1,ξ2) τέτοιο ώστε h΄΄΄(ξ)=0.
h΄΄΄(ξ)=0 <=> f΄΄΄(ξ)-g΄΄΄(ξ)=0 <=> f΄΄΄(ξ)=g΄΄΄(ξ)
Άρα υπάρχει τουλάχιστον ένα ξ ανήκει R τέτοιο ώστε f΄΄΄(ξ)=g΄΄΄(ξ)
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 11 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Civilara
Περιβόητο μέλος
Για την παραγωγίσιμη συνάρτηση ισχύει
για κάθε , όπου με σταθεροί αριθμοί. Να αποδείξετε ότι η είναι σταθερή στο
Από εδώ
a<b<c => b-a>0, c-b>0
(f(b)-f(a))/(b-a)<=3f΄(x)<=2((f(c)-f(b))/(c-b)) <=> (1/3)((f(b)-f(a))/(b-a))<=f΄(x)<=(2/3)((f(c)-f(b))/(c-b)), x ανήκει R
Η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο R οπότε είναι και συνεχής στο R.
Θεωρούμε x,y ανήκουν R με x<y. Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο [x,y] και παραγωγίσιμη στο (x,y). Επομένως σύμφωνα με το Θεώρημα Μέσης Τιμής υπάρχει τουλάχιστον ένα ξ1 ανήκει (x,y) τέτοιο ώστε:
f΄(ξ1)=(f(y)-f(x))/(y-x)
Θεωρούμε x,y ανήκουν R με y<x. Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο [y<x] και παραγωγίσιμη στο (y,x). Επομένως σύμφωνα με το Θεώρημα Μέσης Τιμής υπάρχει τουλάχιστον ένα ξ2 ανήκει (y,x) τέτοιο ώστε:
f΄(ξ2)=(f(x)-f(y))/(x-y)=(f(y)-f(x))/(y-x)
Επομένως για κάθε x,y ανήκουν R με x διάφορο y υπάρχει τουλάχιστον ένα ξ ανήκει R τέτοιο ώστε
f΄(ξ)=(f(y)-f(x))/(y-x)
Επομένως έχουμε:
(1/3)((f(b)-f(a))/(b-a))<=f΄(ξ)<=(2/3)((f(c)-f(b))/(c-b))
(1/3)((f(b)-f(a))/(b-a))<=(f(y)-f(x))/(y-x)<=(2/3)((f(c)-f(b))/(c-b)), x,y ανήκουν R με x διάφορο y
Για y=b και x=a έχουμε:
(1/3)((f(b)-f(a))/(b-a))<=(f(b)-f(a))/(b-a)<=(2/3)((f(c)-f(b))/(c-b))
Χρησιμοποιούμε την πρώτη ανισότητα της διπλής ανισότητας:
(1/3)((f(b)-f(a))/(b-a))<=(f(b)-f(a))/(b-a) <=> (f(b)-f(a))<=3(f(b)-f(a)) <=> 2(f(b)-f(a))>=0 <=> f(b)-f(a)>=0 <=> f(a)<=f(b)
Άρα
f(a)<=f(b) <=> f(b)-f(a)>=0 <=> (f(b)-f(a))/(b-a)>=0 <=> (1/3)((f(b)-f(a))/(b-a))>=0
Για y=c και x=b έχουμε:
(1/3)((f(b)-f(a))/(b-a))<=(f(c)-f(b))/(c-b)<=(2/3)((f(c)-f(b))/(c-b))
Χρησιμοποιούμε την δεύτερη ανισότητα της διπλής ανισότητας:
(f(c)-f(b))/(c-b)<=(2/3)((f(c)-f(b))/(c-b)) <=> 3(f(c)-f(b))<=2(f(c)-f(b)) <=> f(c)-f(b)<=0 <=> f(c)<=f(b)
Άρα
f(c)<=f(b) <=> f(c)-f(b)<=0 <=> (f(c)-f(b))/(c-b)<=0 <=> (2/3)((f(c)-f(b))/(c-b))<=0
Έχει βρεθεί ότι (2/3)((f(c)-f(b))/(c-b))<=0<=(1/3)((f(b)-f(a))/(b-a))
Επίσης από την ανίσωση (1/3)((f(b)-f(a))/(b-a))<=f΄(x)<=(2/3)((f(c)-f(b))/(c-b)) η οποία ισχύει για κάθε x ανήκει R προκύπτει ότι
(1/3)((f(b)-f(a))/(b-a))<=(2/3)((f(c)-f(b))/(c-b))
Από τις ανισότητες (2/3)((f(c)-f(b))/(c-b))<=0<=(1/3)((f(b)-f(a))/(b-a)) και (1/3)((f(b)-f(a))/(b-a))<=(2/3)((f(c)-f(b))/(c-b)) προκύπτει ότι
(2/3)((f(c)-f(b))/(c-b))=(1/3)((f(b)-f(a))/(b-a))=0 => f(a)=f(b)=f(c)=0
Αντικαθιστώντας τα f(a)=f(b)=f(c)=0 στην αρχική ανισότητα προκύπτει:
0<=f΄(x)<=0 => f΄(x)=0 για κάθε x ανήκει R
Άρα υπάρχει σταθερά c ώστε f(x)=c για κάθε x ανήκει R που σημαίνει ότι η f είναι σταθερή συνάρτηση.
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 11 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Civilara
Περιβόητο μέλος
Μια καλή άσκηση εύρεσης τύπου .
´Έστω f μια παραγωγίσιμη συνάρτηση για την οποία ισχύει :
(x^x)f´(x)+(x^x)f(x)lnx =e^x , x>0
Άν f(1)=0 να βρεθεί ο τύπος της f.
(x^x)f´(x)+(x^x)f(x)lnx =e^x <=> (x^x)(f΄(x)+f(x)lnx)=e^x, x>0
Θεωρούμε την συνάρτηση G(x)=x^x=e^(ln(x^x))=e^(xlnx), x>0. Η συνάρτηση G είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο (0,+οο) με πρώτη παράγωγο:
G΄(x)=(e^(xlnx))΄=(e^(xlnx))(xlnx)΄=(x^x)((x)΄lnx+x(lnx)΄)=(x^x)(1*lnx+x*(1/x)) => G΄(x)=(x^x)(lnx+1), x>0
Θεωρούμε την συνάρτηση F(x)=f(x)(e^(-x)), x>0. Επειδή η f είναι παραγωγίσιμη στο (0,+οο) τότε και η F είναι παραγωγίσιμη στο (0,+οο) (άρα και συνεχής στο (0,+οο)) με πρώτη παράγωγο:
F΄(x)=(f(x)(e^(-x))΄=f΄(x)(e^(-x))+f(x)(e^(-x))΄=f(x)(e^(-x))-f(x)(e^(-x)) => F΄(x)=(f΄(x)-f(x))(e^(-x)), x>0
Θεωρούμε την συνάρτηση H(x)=(x^x)f(x)(e^(-x))=G(x)F(x), x>0
Επειδή οι G και F είναι παραγωγίσιμες στο (0,+οο) τότε και η H είναι παραγωγίσιμη στο (0,+οο), οπότε είναι και συνεχής στο (0,+οο), με πρώτη παράγωγο:
H΄(x)=G΄(x)F(x)+G(x)F΄(x)=(x^x)(lnx+1)f(x)(e^(-x))+(x^x)(f΄(x)-f(x))(e^(-x))
H΄(x)=(x^x)(e^(-x))[f(x)(lnx+1)+f΄(x)-f(x)]=(x^x)(e^(-x))[f΄(x)+f(x)lnx],x>0
Επειδή (x^x)(f΄(x)+f(x)lnx)=e^x για κάθε x>0 τότε έχουμε:
H΄(x)=(x^x)(e^(-x))[f΄(x)+f(x)lnx]={(x^x)[f΄(x)+f(x)lnx]}(e^(-x))=(e^x)(e^(-x))=e^0=1, x>0
Θεωρούμε την συνάρτηση h(x)=x. Η συνάρτηση h είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο R με πρώτη παράγωγο h΄(x)=1.
Οι συναρτήσεις H και h είναι συνεχείς και παραγωγίσιμες στο (0,+οο) και για κάθε x στο (0,+οο) ισχύει
H΄(x)=h΄(x)
Επομένως υπάρχει πραγματική σταθερά c τέτοια ώστε H(x)=h(x)+c για κάθε x ανήκει (0,+οο). Έχουμε
H(x)=h(x)+c <=> (x^x)f(x)(e^(-x))=x+c <=> ((x/e)^x)f(x)=x+c <=> f(x)=((e/x)^x)(x+c), x>0
Έχουμε f(1)= e(1+c). Επειδή f(1)=0 τότε 1+c=0 => c=-1. Επομένως
f(x)=((e/x)^x)(x-1), x>0
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 11 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Civilara
Περιβόητο μέλος
Αν όπου παραγωγίσιμες στο , δείξτε ότι για κάθε
Μιας και δεν τη λύνει κανένας...
f(x)g(x)=e^x διάφορο 0 για κάθε x ανήκει R => f(x) διάφορο 0 και g(x) διάφορο 0 για κάθε x ανήκει R. Συγκεκριμένα f(x)g(x)=e^x>0 για κάθε x ανήκει R => f(x)>0 και g(x)>0 για κάθε x ανήκει R ή f(x)<0 και g(x)<0 για κάθε x ανήκει R.
Επειδή f(x) διάφορο 0 τότε g(x)=(e^x)/f(x) για κάθε x ανήκει R.
Η f είναι παραγωγίσιμη στο R οπότε και η g είναι παραγωγίσιμη στο R με πρώτη παράγωγο
g΄(x)=[(f(x)-f΄(x))/(f(x)^2)](e^x), x ανήκει R
Θεωρούμε την συνάρτηση h(x)=4f΄(x)g΄(x)-(e^x), x ανήκει R.
Έχουμε διαδοχικά
h(x)=4f΄(x)g΄(x)-(e^x)=4f΄(x)[(f(x)-f΄(x))/(f(x)^2)](e^x)-(e^x)=[((4f΄(x)(f(x)-f΄(x)))/(f(x)^2))-1](e^x)=
=[(-(f(x)^2)-4(f΄(x)^2)+4f΄(x)f(x))/(f(x)^2)](e^x)=-[((f(x)^2)+4(f΄(x)^2)-4f΄(x)f(x))/(f(x)^2)](e^x)=
=-[((f(x)-2f΄(x))^2)/(f(x)^2)](e^x)=-[(f(x)-2f΄(x))/f(x))^2](e^x)<=0 για κάθε x ανήκει R
h(x),=0 => 4f΄(x)g΄(x)-(e^x)<=0 => 4f΄(x)g΄(x)<=e^x για κάθε x ανήκει R
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 11 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Civilara
Περιβόητο μέλος
Θεωρούμε τις δύο φορές παραγωγίσιμες συναρτήσεις,για τις οποίες ισχύουνκαι
.Ν.Δ.Ο. για κάθευπάρχει,ώστε.
Ισχύει g(x) διάφορο 0 και g΄΄(x) διάφορο 0 στο (0,1)
Θεωρούμε την συνάρτηση h(x)=f΄(x)g(x)-f(x)g΄(x). Επειδή οι f και g έχουν συνεχή πρώτη παράγωγο στο [0,1] και είναι δύο φορές παραγωγίσιμες στο (0,1) τότε και η h είναι συνεχής στο [0,1] και παραγωγίσιμη στο (0,1) με πρώτη παράγωγο:
h΄(x)=f΄΄(x)g(x)-f(x)g΄΄(x), x ανήκει (0,1)
h(0)=f΄(0)g(0)-f(0)g΄(0)=f΄(0)*0-0*g΄(0)=0
h(1)=f΄(1)g(1)-f(1)g΄(1)=f΄(1)*0-0*g΄(1)=0
Επομένως h(0)=h(1)=0
Η h είναι συνεχής στο [0,1], παραγωγίσιμη στο (0,1) και ισχύει h(0)=h(1). Επομένως σύμφωνα με το θεώρημα Rolle υπάρχει τουλάχιστον ένα ξ στο (0,1) τέτοιο ώστε h΄(ξ)=0 <=> f΄΄(ξ)g(ξ)-f(ξ)g΄΄(ξ)=0 <=> f΄΄(ξ)/g΄΄(ξ)=f(ξ)/g(ξ) αφού g΄΄(ξ) διάφορο 0 και g(ξ) διάφορο 0.
Επομένως έχει αποδειχθεί το ζητούμενο για x=ξ.
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 11 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Civilara
Περιβόητο μέλος
1.ΝΔΟ για καθε z, z διάφορα του 0 και καθε ν στο συνολο των φυσικων εκτος του 0 ισχύει απόλυτο Re ( z^ν / |z|^ν) μικρότερο ή ίσο του 1.
Εφόσον z διάφορο 0 τότε γράφεται σε τριγωνομετρική μορφή z=|z|(συνθ+iημθ) όπου θ=Arg(z) το πρωτεύον όρισμα του z.
Από το θεώρημα De Moivre προκύπτει πως για κάθε ακέραιο ν ισχύει:
z^ν=|z|^ν[συν(νθ)+iημ(νθ)] => (z^ν)/(|z|^ν)=συν(νθ)+iημ(νθ)
Επομένως Re((z^ν)/(|z|^ν))=συν(νθ) και επειδή -1<=συν(νθ)<=1 τότε -1<=Re((z^ν)/(|z|^ν))<=1. Συνεπώς Re((z^ν)/(|z|^ν))<=1.
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 11 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Civilara
Περιβόητο μέλος
παιδια να ρωτησω.... οταν ζηταει να αποδειξουμε οτι δυο μιγαδικοι ειναι διαφορετικοι μεταξυ τους τι πρεπει να δειξω; σκεφτηκα οτι τα μετρα τους πρεπει να ειναι διαφορετικα...
Όχι. Τόσο ο συζυγής ενός μιγαδικού αριθμού z, όσο και ο αντίθετος του αλλά και ο αντίθετος του συζυγή έχουν το ίδιο μέτρο με τον z αλλά είναι διαφορετικοί από αυτόν.
Δύο μιγαδικοί αριθμοί είναι διαφορετικοί όταν έχουν διαφορετικό πραγματικό μέρος και ίδιο φανταστικό μέρος ή διαφορετικό φανταστικό μέρος και ίδιο πραγματικό μέρος ή διαφορετικά και τα δύο.
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 12 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Civilara
Περιβόητο μέλος
Ironboy, πολύ σωστά το έλυσε ο Γιώργος.
Εμείς όμως μάθαμε μόνο ορισμένα ολοληρώματα, οπότε στο τέλος αλλάζαμε τα άκρα κι ετσι δε χρειαζόταν να βρουμε την αντιστροφη συνάρτηση της εφαπτομένης.
Thank you antwwwnis
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 12 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Civilara
Περιβόητο μέλος
Οχι!Λυνεται οπως πολυ σωστα ειπε ο Αντωνης!!
Δηλαδή πως; Αν πρόσεξες, έκανα αυτό που είπε ο Αντώνης. Ο Αντώνης όμως δεν έδωσε ολοκληρωμένη λύση.
Επίσης λύνεται πολύ πιο απλά το ολοκλήρωμα αν αναλογιστούμε ότι:
Η παράγωγος όμως της αντίστροφης εφαπτομένης δεν διδάσκεται στο λύκειο.
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 12 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Civilara
Περιβόητο μέλος
Εννοεί
Βασικά δε λύνεται με τις γνώσεις του λυκείου γιατί χρειάζεται η αντίστροφη συνάρτηση της εφαπτομένης. Η συνάρτηση της εφαπτομένης f(x)=εφx με πεδίο ορισμού το Α=(-π/2, π/2) έχει πεδίο τιμών το f(A)=R. Στο Α η f είναι 1-1 και συνεπώς αντιστρέψιμη. Δηλαδή ισχύει η ισοδυναμία:
όπου x ανήκει A και y ανήκει f(A)
Η αντίστροφη συνάρτηση συμβολίζεται ως
Για τον υπολογισμό του παραπάνω ολοκληρώματος θεωρούμε την αντικατάσταση:
όπου -π/2<θ<π/2 και u ανήκει R. Επομένως .
Χρησιμοποιώντας την ταυτότητα:
έχουμε:
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 12 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Civilara
Περιβόητο μέλος
[f'(x)-f(x)](x^2+1)=2xf(x)
βρειτε τον τυπο της f αν στο (0,f(0)) εχει εφαπτομενη καθετη στην ευθεια ε: y= -x+1
Η αρχική διαφορική εξίσωση γράφεται ισοδύναμα:
f΄(x)-f(x)=(2x/(x^2+1))f(x) => f΄(x)=((2x/(x^2+1))+1)f(x) => f΄(x)=((x+1)^2/(x^2+1))f(x)
Θεωρούμε την συνάρτηση g(x)=(f(x)e^(-x))/(x^2+1). Εφόσον η f είναι παραγωγίσιμη (στο R) τότε και η g είναι παραγωγίσιμη και αν υπολογίζουμε την παράγωγο προκύπτει αφού αντικαταστήσουμε την παραπάνω εξίσωση τότε προκύπτει g΄(x)=0. Άρα η g είναι σταθερή. Επομένως g(x)=c, όπου c ανήκει R.
g(x)=c => f(x)=c(x^2+1)e^x
Άρα η f έχει παράγωγο f΄(x)=c((x+1)^2)e^x
Από εκφώνηση γνωρίζουμε ότι f΄(0)*(-1)=-1 => f΄(0)=1
Άρα f΄(0)=c => c=1.
Επομένως f(x)=((x+1)^2)e^x
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 12 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Civilara
Περιβόητο μέλος
Εστω συναρτηση f:R=>R συνεχης
, αν για καποιο α ανηκει στο R ειναι f(f(a))=a
, νδο η εξισωση f(x)=x εχει 1 τουλαχιστο ριζα στο R
Η συνάρτηση g με τύπο g(x)=f(x)-x είναι συνεχής στο R ως άθροισμα συνεχών συναρτήσεων στο R.
Για x=a έχουμε g(a)=f(a)-a
Για x=f(a) έχουμε g(f(a))=f(f(a))-f(a)=a-f(a)=-(f(a)-a)
Αν f(a)=a τότε g(f(a))=g(a)=0 και η εξίσωση g(x)=0 έχει ρίζα την x=a.
Αν f(a)<a τότε g(a)<0 και g(f(a))>0. Συνεπώς η g είναι συνεχής στο [f(a),a] και g(f(a))g(a)<0. Οπότε σύμφωνα με το θεώρημα Bolzano υπάρχει τουλάχιστον ένα x1 στο (f(a),a) ώστε g(x1)=0
Αν f(a)>a τότε g(a)>0 και g(f(a))<0. Συνεπώς η g είναι συνεχής στο [a,f(a)] και g(a)g(f(a))<0. Οπότε σύμφωνα με το θεώρημα Bolzano υπάρχει τουλάχιστον ένα x2 στο (a,f(a)) ώστε g(x2)=0
Επομένως σε κάθε περίπτωση η g(x)=0 <=> f(x)=x έχει τουλάχιστον μία πραγματική ρίζα.
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 12 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Civilara
Περιβόητο μέλος
Ανεβάζω μια που είχα στις παραγώγους για το φροντιστήριο και μου άρεσε:
Η συνάρτηση f R->R είναι δυο φορές παραγωγίσιμη στο R και για κάθε α,β>0 ισχύει f(αβ)=f(α)+f(β).
Να αποδείξετε ότι (x^2)*f"(x)=(y^2)*f"(y), για κάθε x,y>0.
Αν κατάλαβα καλά, η f είναι 2 φορές παραγωγίσιμη στο R αλλά η σχέση f(xy)=f(x)+f(y) ισχύει για x, y στο (0,+άπειρο) και όχι σε όλο το R. Αν είναι έτσι τότε η άσκηση δίνει περιττά δεδομένα καθώς αν έλεγε μόνο ότι είναι συνεχής στο R βγαίνει.
Αφού η f είναι παραγωγίσιμη στο R τότε είναι συνεχής στο R και επομένως και στο 0, οπότε ισχύει:
lim(x->0-)f(x)=lim(x->0+)=f(0)
Η σχέση f(xy)=f(x)+f(y) ισχύει για x>0 και y>0. Όταν το y τείνει στο 0 από θετικές τιμές έχουμε:
lim(y->0+)f(xy)=lim(x->0+)(f(x)+f(y)) => f(x*0)=f(x)+f(0) => f(0)=f(x)+f(0) => f(x)=0
Άρα f(x)=0 για κάθε x>0 που σημαίνει ότι f΄(x)=f΄΄(x)=0 για κάθε x στο (0,+άπειρο) οπότε (x^2)f΄΄(x)=(y^2)f΄΄(y)=0 για κάθε x,y>0
Η σχέση f(xy)=f(x)+f(y) όπου x,y>0 ισχύει για όλες τις συναρτήσεις της μορφής f(x)=clnx, x>0 ή g(x)=cln|x|, x ανήκει R* όπου c ανήκει R σταθερά, αλλά η f σε αυτή την περίπτωση ορίζεται στο (0,+άπειρο) και όχι στο R ενώ η g ορίζεται στο R*.
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 12 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Civilara
Περιβόητο μέλος
Αν για τους μιγαδικούς ισχύει καί να βρεθεί το
Μια κάπως ανορθόδοξη λύση που μας δίνει περισσότερα στοιχεία από όσα θέλουμε.
Αν z=x+yi όπου x, y ανήκουν R και ισχύει |z-i|=1 τότε έχουμε διαδοχικά |x+(y-1)i|=1 => |x+(y-1)i|^2=1 => (x^2)+(y-1)^2=1
Η παραπάνω εξίσωση παριστάνει κύκλο με κέντρο K(0,1) και ακτίνα ρ=1. Οι παραμετρικές εξισώσεις αυτού του κύκλου είναι x=συνθ, y=1+ημθ όπου 0<=θ<2π
Άρα z1=συνθ1+(1+ημθ1)i, z2=συνθ2+(1+ημθ2)i όπου 0<=θ1<2π και 0<=θ2<2π.
Έχουμε z1-z2=(συνθ1-συνθ2)+(ημθ1-ημθ2)i
Συνεπώς |z1-z2|^2=(συνθ1-συνθ2)^2+(ημθ1-ημθ2)^2=(συνθ1)^2+(συνθ2)^2-2συνθ1συνθ2+(ημθ1)^2+(ημθ2)^2-2ημθ1ημθ2=
=[(ημθ1)^2+(συνθ1)^2]+[(ημθ2)^2+(συνθ2)^2]-2(συνθ1συνθ2+ημθ1ημθ2)=(1+1)-2συν(θ1-θ2)=2-2συν[-(θ2-θ1)]=2[1-συν(θ2-θ1)]>=0 αφού συν(θ2-θ1)<=1
|z1-z2|=2 => |z1-z2|^2=4 => 2(1-συν(θ2-θ1))=4 => 1-συν(θ2-θ1)=2 => συν(θ2-θ1)=-1 => συν(θ2-θ1)=συνπ => θ2-θ1=(2κ+1)π => θ2=θ1+(2κ+1)π, κ ανήκει Ζ
0<=θ1<2π => -2π<-θ1<=0
0<=θ2<2π
Άρα -2π<θ2-θ1<2π => -2π<2κπ+π<2π => -3π<2κπ<π => -(3/2)<κ<(1/2) => κ=-1 ή κ=0
Για κ=-1 είναι θ2=θ1-π
0<=θ2<2π => 0<=θ1-π<2π => π<=θ1π και επειδή 0<=θ1<2π τότε πρέπει π<=θ1<2π
Αν θ1=θ τότε θ2=θ-π και ημθ2=ημ(θ-π)=-ημ(π-θ)=-ημθ, συνθ2=συν(θ-π)=συν(π-θ)=-συνθ
Για κ=0 είναι θ2=θ1+π
0<=θ2<2π => 0<=θ1+π<2π => -π<=θ1<π και επειδή 0<=θ1<2π τότε πρέπει 0<=θ1<π
Αν θ1=θ τότε θ2=θ+π και ημθ2=ημ(θ+π)=ημ(π-(-θ))=ημ(-θ)=-ημθ, συνθ2=συν(θ+π)=συν(π-(-θ))=-συν(-θ)=-συνθ
Και στις 2 περιπτώσεις είναι ημθ2=-ημθ, συνθ2=-συνθ
Συνεπώς z1=συνθ1+(1+ημθ1)i=συνθ+(1+ημθ)i, z2=συνθ2+(1+ημθ2)i=-συνθ+(1-ημθ)i όπου 0<=θ<2π
Έχουμε z1+z2=2i. Άρα |z1+z2|=|2i|=|2||i|=2*1=2
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 12 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Civilara
Περιβόητο μέλος
χμμμ ας βάλω και εγώ μια άσκηση που προέκυψε από τον τρόπο που έλυσα μια άλλη άσκηση..
εντάξει, μπορεί να λυθεί σε 2 σειρές
αν a b και a,b Ε νδο
Για βάλε α=1/e και b=1/(2e). Είναι α>b>0 και α^α<b^b. Υπάρχει λάθος.
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 13 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Civilara
Περιβόητο μέλος
Να υπολογιστεί το
Θεωρούμε τη συνάρτηση
Για να ορίζεται η f πρέπει να ισχύουν συνx>0 και -ln(συνx)>0 => ln(συνx)<0 => συνx<1. Άρα πρέπει 0<συνx<1 για να ορίζεται η f. Στο διάστημα [-π, π] που έχει εύρος μιας περιόδου Τ=2π της συνάρτησης g(x)=συνx, ισχύει 0<συνx<1 για x στο (-π/2,0)U(0, π/2). Άρα το πεδίο ορισμού της f είναι η ένωση των συνόλων Ακ όπου Ακ=(2κπ-(π/2), 2κπ)U(2κπ, 2κπ+ (π/2)). Για κ=0 έχουμε Α0=(-π/2, 0)U(0, π/2).
Επειδή η f ορίζεται στο διάστημα (-π/2, 0) έχει νόημα η έννοια του πλευρικού ορίου της f όταν το x τείνει στο 0 από μικρότερες τιμές. Ομοίως, επειδή η f ορίζεται στο διάστημα (0, π/2) έχει νόημα η έννοια του πλευρικού ορίου της f όταν το x τείνει στο 0 από μεγαλύτερες τιμές.
Για x στο (0, π/2) ισχύει ημx>0 και συνx>0, οπότε ισχύει ημx=(1-συν²x)^(1/2).
Αρχικά θα υπολογίσω το όριο .
Θεωρώ την συνάρτηση h(x)=lnx. Η h είναι παραγωγίσιμη στο (0,+άπειρο) και ισχύει h΄(x)=1/x. Έχουμε h(1)=0 και h΄(1)=1. Από τον ορισμό της παράγωγου συνάρτησης έχουμε:
Συνεπώς
Θεωρώ u=συνχ. Εχουμε .
Για x στο (0, π/2) η f γράφεται
. Έχουμε σταδιακά
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 13 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Civilara
Περιβόητο μέλος
Ένα από τα αγαπημένα μου όρια:
Να υπολογίσετε το όριο:
μηδέν
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 13 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Civilara
Περιβόητο μέλος
Μία που τη βρήκα στο mathematica και μου άρεσε.
ΑΣΚΗΣΗ
Να υπολογιστεί το
χρειάζεται γνώσεις διαφορικού λογισμού
Από το κριτήριο παρεμβολής προκύπτει ότι το ζητούμενο όριο είναι ίσο με 0.
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 13 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Civilara
Περιβόητο μέλος
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 13 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Civilara
Περιβόητο μέλος
Έστω συνεχής με . Να εξεταστεί αν η f είναι 1-1
Είναι f(4)=(f(1)f(2)f(3))^(1/3)
Για κάθε x στο [1,4] ισχύει f(x)>0.
Η f είναι συνεχής στο [1,3] γνήσιο υποσύνολο του [1,4], οπότε υπάρχουν πραγματικοί αριθμοί m, M με 0<m<Μ τέτοιοι ώστε να ισχύει m<=f(x)<=M για κάθε x στο διάστημα [1,3] (θεώρημα μέγιστης-ελάχιστης τιμής συνεχούς συνάρτησης). Επομένως έχουμε:
m<=f(1)<=M, m<=f(2)<=M και m<=f(3)<=M. Επειδή όλοι οι όροι των 3 ανισοτήτων είναι θετικοί, μπορεί να γίνει πολλαπλασιασμός κατά μέλη διατηρώντας τη φορά των ανισοτήτων, οπότε:
m³<=f(1)f(2)f(3)<=M³ => m<=(f(1)f(2)f(3))^(1/3)<=M
Συνεπώς σύμφωνα με το θεώρημα ενδιαμέσων τιμών συνεχών συναρτήσεων, υπάρχει ξ στο [1,3] τέτοιο ώστε f(ξ)=(f(1)f(2)f(3))^(1/3).
Επειδή ξ<4 => ξ διάφορο 4 και f(ξ)=f(4) τότε η f δεν είναι 1-1.
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 13 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Civilara
Περιβόητο μέλος
Μια συμπαθητική που θυμάμαι:
Έστω συνεχής και αύξουσα. Να δειχθεί οτι υπάρχει μοναδικό τέτοιο ώστε
Υπόδειξη:
Κάτι με Bolzano παίζει αλλά το θέμα είναι πως βρίσκεις το διάστημα. Άντε και πολλά είπα
Η συνάρτηση f είναι αύξουσα στο R, οπότε για κάθε x1, x2 στο R με x1<x2 ισχύει f(x1)<=f(x2).
Θεωρώ την συνάρτηση g(x)=f(x)+x. Η g είναι συνεχής στο R ως άθροισμα συνεχών στο R συναρτήσεων.
Για κάθε x1, x2 στο R με x1<x2 ισχύει f(x1)<=f(x2). Προσθέτοντας κατά μέλη τις 2 τελευταίες ανισότητες προκύπτει f(x1)+x1<f(x2)+x2 => g(x1)<g(x2).
Άρα για κάθε x1, x2 στο R με x1<x2 ισχύει g(x1)<g(x2). Επομένως η συνάρτηση g είναι γνησίως αύξουσα στο R και συνεπώς είναι 1-1.
Η f είναι συνεχής στο R. Συνεπώς σύμφωνα με το θεώρημα μέγιστης-ελάχιστης τιμής συνεχών συναρτήσεων, για κάθε x στο R υπάρχουν m, M στο R τέτοιοι ώστε m<=f(x)<=M για κάθε x στο R.
m<=f(x)<=M => m+x<=f(x)+x<=M+x => m+x<=g(x)<=M+x για κάθε x στο R.
lim(x->-άπειρο)(m+x)=lim(x->-άπειρο)(M+x)=-άπειρο
Σύμφωνα με το κριτήριο παρεμβολής είναι lim(x->-άπειρο)g(x)=-άπειρο.
Από τον ορισμό του ορίου προκύπτει ότι υπάρχει α<0 ώστε για κάθε x στο (-άπειρο, α) να υπάρχει m΄<0 τέτοιο ώστε g(x)<m΄ για κάθε x στο (-άπειρο, α). Επειδή g(x)<m΄ και m΄<0 τότε g(x)<0 για κάθε x στο (-άπειρο, α). Άρα υπάρχει χ1 στο (-άπειρο,α) τέτοιο ώστε g(x1)<0.
lim(x->+άπειρο)(m+x)=lim(x->+άπειρο)(M+x)=+άπειρο
Σύμφωνα με το κριτήριο παρεμβολής είναι lim(x->+άπειρο)g(x)=+άπειρο.
Από τον ορισμό του ορίου προκύπτει ότι υπάρχει β>0 ώστε για κάθε x στο (β, +άπειρο) να υπάρχει M΄>0 τέτοιο ώστε g(x)>M΄ για κάθε x στο (β, +άπειρο). Επειδή g(x)>M΄ και Μ΄>0 τότε g(x)>0 για κάθε x στο (β, +άπειρο). Άρα υπάρχει χ2 στο (β, +άπειρο) τέτοιο ώστε g(x2)>0.
Η συνάρτηση g είναι συνεχής στο [x1, x2] και ισχύει g(x1)g(x2)<0. Σύμφωνα με το θεώρημα Bolzano υπάρχει τουλάχιστον ένα x0 στο (x1, x2) τέτοιο ώστε g(x0)=0.
Επειδή η g είναι 1-1, τότε υπάρχει μοναδικό x0 τέτοιο ώστε g(x0)=0 => f(x0)=-x0
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 13 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Civilara
Περιβόητο μέλος
Αυτό ισχύει μόνο για τις 3 από τις 6 εξισώσεις των οποίων οι λύσεις δεν είναι πραγματικές.
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 13 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Civilara
Περιβόητο μέλος
Υπάρχουν μόνο 3 εξισώσεις που πληρούν την υπόθεση.
Έλεγξε τις εξισώσεις μία-μία. Θα δεις ότι όλες ικανοποιούν την εκφώνηση. Η αναλυτική λύση είναι πολύ μακροσκελής για να την γράψω. 3 είναι οι εξισώσεις των οποίων λύσεις δεν είναι πραγματικές. Όμως στην εκφώνηση δεν αναφέρεται ότι οι λύσεις δεν πρέπει να είναι πραγματικές καθώς και οι πραγματικοί αριθμοί ανήκουν στο σύνολο C των μιγαδικών αριθμών. 2 εξισώσεις έχουν διπλή πραγματική ρίζα και 1 εξίσωση έχει δύο πραγματικές (διαφορετικές) ρίζες. Στο σύνολο 6 εξισώσεις. Οι ρίζες βγαίνουν εύκολα αν λύσουμε τις εξισώσεις.
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 13 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Civilara
Περιβόητο μέλος
Καταγράψτε όλες τις δευτεροβάθμιες εξισώσεις με των οποίων οι ρίζες ικανοποιούν τις σχέση με .
x²-1=0
x²+2x+1=0
x²-2x+1=0
x²-χ+1=0
x²+1=0
x²+x+1=0
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 13 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Civilara
Περιβόητο μέλος
lim(h->+00)((f(x+h)-f(x))/h)=f(x)
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 14 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Civilara
Περιβόητο μέλος
2) Αν η f είναι παραγωγίσιμη και κοίλη στο R να αποδείξετε ότι υπάρχει τουλάχιστον ένα ξ στο R τέτοιο ώστε f(ξ)<0.
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 14 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Civilara
Περιβόητο μέλος
1) Να αποδείξετε ότι για κάθε x ανήκει [α,β] υπάρχουν διαφορετικά ξ1, ξ2,..., ξν, ξ1΄, ξ2΄, ξν΄ τέτοια ώστε
f(ξ1)+f(ξ2)+...+f(ξν)=g(ξ1΄)+g(ξ2΄)+...+g(ξν΄)
2) Να αποδείξετε ότι υπάρχει ξ στο (α,β) τέτοιο ώστε f΄(ξ)=g΄(ξ)
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 14 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Civilara
Περιβόητο μέλος
Για δείτε αυτη:
Δίνεται η εξίσωση:
α) Να παραστήσετε γεωμετρικά το σύνολο των μιγαδικών z που επαληθεύουν την παραπάνω εξίσωση.
β) Αν είναι δύο λύσεις της παραπάνω εξίσωσης, να δείξετε ότι:
γ) Αν είναι αντίστοιχα, οι τιμές των μιγαδικών (του ερωτήματος β), για τις οποίες η παράσταση γίνεται μέγιστη,να δείξετε ότι:
Και μια ευχή για το 2010: Εύχομαι φέτος η συναρτηση της ευτυχιας να είναι γνησίως αύξουσα και το όριο της χαράς να τείνει στο +οο
Ωραία άσκηση. Δεν παραθέτω τη λύση για να αφήσω όσους θέλουν να ασχοληθούν. Μόνο ένα tip: χρησιμοποιήστε στο γ) ερώτημα τις παραμετρικές εξισώσεις του κύκλου και θα διευκολύνετε τη ζωή σας.
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 14 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Civilara
Περιβόητο μέλος
Νομίζω ότι στις επαναληπτικές το γελοιοποίησαν ακόμη περισσότερο.Κανένα κρίσιμο σημείο δεν περιέχουν οι ακσήσεις.Ειδικά στο τέταρτο όποιος είχε την υπομονή απλά να κάνει πράξεις ήταν οκ.
Καλά το τελευταίο ερώτημα(ορισμένο ολοκλήρωμα) γιατί το έβαλαν?Γιά ψάρωμα?Στο όρος πατάτα?
Καί να φανταστείτε ότι δεν είμαστε πιά σε προεκλογική περίοδο(ή μήπως είμαστε?)
Συνάντησα πρόσφατα ένα καθηγητή μου ο οποίος μού είπε ότι κατά 90% η ευκολία των φετινών θεμάτων έχει να κάνει με λόγους πολιτικούς.Εκεί φτάσαμε.
Τα πάντα στην υπηρεσία της σκοπιμότητας.
Δεν τίθεται θέμα ότι παίχτηκε πολιτικό παιχνίδι στις πλάτες των υποψηφίων. Είμαι σίγουρος (αλλά δεν μπορώ να το αποδείξω).
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 15 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Civilara
Περιβόητο μέλος
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 15 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Civilara
Περιβόητο μέλος
Θεωρούμε την συνάρτηση f : C→ C με τις επόμενες ιδιότητες :
i) f(z1 + z2) = f(z1) + f(z2).
ii) f(z1z2) = f(z1)f(z2) .
iii)f(α) = α για κάθε α∈ℜ . Να αποδείξετε ότι f(z) = z ή f(z) = z σιζιγισ
Για και όπου έχουμε:
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 15 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Civilara
Περιβόητο μέλος
υπαρχουν λυσεις αυτης της εξισωσης;
Θεωρούμε την συνάρτηση όπου .
Η f είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο Α και ισχύει για κάθε .
Η f είναι συνεχής και παραγωγίσιμη σε κάθε διάστημα και ισχύει f'(y)>0 για κάθε όπου . Άρα η f είναι γνησίως αύξουσα σε κάθε ένα από τα διαστήματα .
Επειδή είναι , και για κάθε και η f είναι γνησίως αύξουσα σε κάθε ένα από τα διαστήματα τότε:
Άρα σε κάθε ένα από τα διαστήματα όπου η εξίσωση f(y)=0 έχει μία πραγματική ρίζα αφού η f είναι γνησίως αύξουσα σε κάθε ένα από αυτά. Άρα η εξίσωση f(y)=0 έχει 2008 άνισες πραγματικές ρίζες.
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 15 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Civilara
Περιβόητο μέλος
ΑΣΚΗΣΗ 8
Αν , να δείξετε πως η εξίσωση :
,
έχει μόνο φανταστικές ρίζες.
Έστω και όπου . Τότε είναι .
Θεωρώ τους μιγαδικούς αριθμούς με όπου . Συνεπώς τέτοια ώστε για κάθε .
Έχουμε . Συνεπώς και .
Θεωρώ τον μιγαδικό αριθμό . Έχουμε όπου και
Για να είναι w=0 , πρέπει να ισχύει , οπότε έχουμε αφού για κάθε με . Συνεπώς , που σημαίνει ότι ο z είναι φανταστικός αριθμός και έχει την μορφή όπου
.
Για τον πραγματικό αριθμό y ισχύει . Από την λύση της εξίσωσης προσιορίζονται οι δυνατές τιμές του πραγματικού αριθμού y.
Συνεπώς η εξίσωση έχει μόνο φανταστικές λύσεις z=yi όπου ο πραγματικός αριθμός προσδιορίζεται από την λύση της εξίσωσης:
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 15 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Civilara
Περιβόητο μέλος
Ασκηση. αν και ισχύει οτι να αποδειξετε οτι .
εννοειται οτι μιλαμε για διαφορετικους μιγαδικους.
Εφόσον οριίζεται όρισμα τότε
Τριγωνομετρική μορφή του μιγαδικού αριθμού με
Άρα ο w είναι φανταστικός αριθμός. Έχουμε:
Αν ή τότε προφανώς , αλλά αν δεν ορίζεται ο w και αν τότε w=0 και δεν ορίζεται όρισμα για τον w
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 15 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Civilara
Περιβόητο μέλος
Θεμα απο Ρουμανικο Διαγωνισμο
Κατι μου θυμιζει...εσας;
Έστω f συνεχής συνάρτηση στο [0,1] με.Να αποδείξετε ότι:
α) Η συνάρτησηπου είναι ορισμένη στο [0,1] με
για x
διάφορο του μηδενός καιπληρεί τις προϋποθέσεις του θεωρήματος
Rolle στο [0 , 1]
β) Υπάρχειτέτοιο , ώστε :
α) Η f είναι συνεχής στο [0,1], οπότε η συνάρτηση είναι παραγωγίσιμη στο [0,1] και ισχύει F'(x)=F(x) για κάθε
Η f είναι συνεχής στο [0,1], οπότε η συνάρτηση g(x)=xf(x) είναι συνεχής στο [0,1] και επομένως η συνάρτηση
είναι παραγωγίσιμη στο [0,1] και ισχύει για κάθε .
Η συνάρτηση είναι παραγωγίσιμη στο (0,1] ως γινόμενο παραγωγίσιμων στο (0,1] συναρτήσεων και ισχύει
Συνεπώς η συνάρτηση H απόκτά την μορφή για κάθε και επομένως είναι παραγωγίσιμη στο (0,1] με παράγωγο:
για κάθε .
Οι συναρτήσεις F και G είναι συνεχείς στο [0,1] αφού είναι παραγωγίσιμες στο [0,1]. Συνεπώς είναι παραγωγίσιμες και συνεχείς στο 0 (από δεξιά).
Έχουμε:
Άρα η H είναι συνεχής (από δεξιά) στο 0
Η H είναι συνεχής στο (0,1] και ισχύει , συνεπώς η H είναι συνεχής στο [0,1]
Η H είναι συνεχής στο [0,1], παραγωγίσιμη στο (0,1) και ισχύει H(0)=H(1). Άρα η H ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του θεωρήματος Rolle στο διάστημα [0,1].
β) Σύμφωνα με το θεώρημα Rolle, υπάρχει τουλάχιστον ένα τέτοιο ώστε
Θεωρώ την συνάρτηση h με τύπο . Η συνάρτηση h είναι παραγωγίσιμη στο [0,1] ως γινόμενο παραγωγίσιμων συναρτήσεων στο [0,1] και ισχύει για κάθε . Άρα η h είναι συνεχής στο [0,1] και παραγωγίσιμη στο (0,1).
Συνεπώς
Η h είναι συνεχής στο [0,ξ], παραγωγίσιμη στο (0,ξ) και ισχύει h(0)=h(ξ). Επομένως σύμφωνα με το θεώρημα Rolle υπάρχει τουλάχιστον ένα τέτοιο ώστε:
αφού το σύμβολο της σταθεράς ολοκλήρωσης δεν παίζει κανένα ρόλο.
Άρα υπάρχει τουλάχιστον ένα εφοσον τέτοιο ώστε
-----------------------------------------
Παραθέτω μία άσκηση η οποία ήταν σήμερα ένα πολύ καλό θεματάκι στο Πανεπιστήμιο Πειραιά.
Να υπολογισθεί το ολοκλήρωμα .
Θεωρώ την συνάρτηση . Το πεδίο ορισμού της συνάρτησης είναι το και είναι συνεχής στο Α ως ρητή. Άρα η f είναι συνεχής σε κάθε διάστημα και επομένως ολοκληρώσιμη στο διάστημα αυτό. Θα υπολογιστεί το αόριστο ολοκλήρωμα της f στο [α,β]:
όπου
Θεωρώ την συνάρτηση η οποία είναι παραγωγίσιμη σε κάθε διάστημα τέτοιο ώστε . Έχουμε.
Η F είναι παραγωγίσιμη στο διάστημα καθώς η f είναι συνεχής σε αυτό και ισχύει F'(t)=f(t) για κάθε
Είναι
Θέτω . Έχουμε
Άρα . Συνεπώς υπάρχει το γενικευμένο ολοκλήρωμα και ισχύει .
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 15 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Civilara
Περιβόητο μέλος
ΘΕΜΑ ΕΜΕ 2008 -πολυ ωραιο-
Έστωσυνεχής συνάρτηση μεγια κάθε
Ανείναι μια αρχική συνάρτηση τηςστο, να αποδείξετε ότι :
α)για κάθε
β) Για κάθε, υπάρχειέτσι , ώστε.
γ) Η εξίσωσηέχει άπειρες λύσεις στο.
ΥΓ Πώς γραφουμε το -απειρο στο λατεχ;
α) Η f είναι συνεχής στο R, οπότε έχει αρχικές συναρτήσεις στο R. Επειδή η F είναι αρχική της f στο R τότε είναι παραγωγίσιμη στο R και ισχύει F'(x)=f(x) για κάθε x ανήκει R
Θεωρώ την αντικατάσταση u=x+t => t=u-x και du=dt, u2=x+x=2x και u1=x+0=x. Συνεπώς
Άρα για κάθε x ανήκει R.
β) H F είναι παραγωγίσιμη στο R, οπότε και συνεχής στο R.
Για k<0 είναι k+k<k => 2k<k
Η F είναι συνεχής στο [2k,k] και παραγωγίσιμη στο (2k,k). Σύμφωνα με το θεώρημα μέσης τιμής υπάρχει τέτοιο ώστε:
Συνεπώς για κάθε
γ) όπου και .
Αν f(k)=0 τότε κάθε οπότε ισχύει f(x)=0 για κάθε αφού που σημαίνει ότι η εξίσωση f(x)=0 έχει άπειρες λύσεις στο .
Αν f(k) διάφορο του 0 τοτε διάφορο του 0 και και επειδή η f είναι συνεχής στο τότε υπάρχει σύμφωνα με το θεώρημα Bolzano τουλάχιστον ένα τέτοιο ώστε . Επομένως υπάρχουν ν μη αλληλεπικαλυπτόμενα διαστήματα τέτοια ώστε για κάθε σε κάθε ένα από τα οποία υπάρχει τουλάχιστον ένα τέτοιο ώστε . Άρα η εξίσωση f(x)=0 έχει άπειρες λύσεις στο .
Σε κάθε περίπτωση, η εξίσωση f(x)=0 έχει άπειρες λύσεις στο .
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 15 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Civilara
Περιβόητο μέλος
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 15 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Civilara
Περιβόητο μέλος
Να προσθέσουμε τον περιορισμό με x1 διάφορο του x2?
Ξέχασα να το γράψω και το άλλαξα:no1:
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 15 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Civilara
Περιβόητο μέλος
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 15 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Civilara
Περιβόητο μέλος
Ειναι δυσκολουτσικο ε;
Αλλα το παλευω....:xixi:
-----------------------------------------
Να ρωτησω κατι
Οταν λεμε διαφορετικα εννοουμε ΑΠΑΡΑΙΤΗΤΑ διαφορετικα;
γιατι αν και τα δυο ανηκουν στο [-1,0] τοτε λογικα ειναι διαφορετικα αλλα υπαρχει και η περιπτωση να ειναι και ισα! Αλλα αν ανηκουν σε διαφορετικο διαστημ τοτε θα ειναι σιγουρα διαφορετικα. Αρα ποιο απτα δυο εννοειτε;
Και τα 3 διαφορετικά μεταξύ τους. Προφανώς ανήκουν σε διαφορετικά υποδιαστήματα του (-1,0) που δεν αλληλοκαλύπτονται αν και αυτή η διευκρίνιση δεν έπρεπε να ζητηθεί.
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 15 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Civilara
Περιβόητο μέλος
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 15 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Civilara
Περιβόητο μέλος
Εστω f(x)^3-6f(x)^2+12f(x)=x για καθε χεR
Να βρειτε τον τυπο της f(x)
Ακυρη ασκηση αλλα επιλυσιμη για να προλαβω ορισμενους... :-)
Θεωρώ . Η g είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο R ως πολυωνυμική με παράγωγο:
, x ανήκει R
g συνεχής στο , παραγωγίσιμη στο και g'(x)>0 για κάθε . Άρα η g είναι γνησίως αύξουσα στο .
g συνεχής στο , παραγωγίσιμη στο και g'(x)>0 για κάθε . Άρα η g είναι γνησίως αύξουσα στο .
Επομένως η g είναι γνησίως αύξουσα στο R. Άρα είναι 1-1 και συνεπώς αντιστρέψιμη.
και
Το πεδίο ορισμού της g είναι . Επειδή η f είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα στο R, το πεδίο τιμών της είναι
Η f έχει πεδίο ορισμού . Θεωρώ με
Άρα
Επομένως για κάθε ισχύει η συνεπαγωγή:
οπότε η f είναι 1-1 και συνεπώς αντιστρέψιμη. Ισχύει
για κάθε
Επομένως
Είναι και
Άρα
Στην δοσμένη σχέση τίθεται x=0:
Θεωρώ το πολυώνυμο . Θα εξεταστεί το πρόσημο του P(x) για τις διάφορες τιμές του .
. Άρα P(x)>0 για κάθε .
Συνεπώς f(0)=0 <=> (f-1)(0)=0.
Στη συνέχεια θα γίνει εφαρμογή της εξής πρότασης της οποίας η απόδειξη είναι πολύ απλή και αφήνεται ως άσκηση: "Αν μία συνάρτηση f είναι 1-1 και η αντίστροφή της είναι παραγωγίσιμη στο και ισχύει τότε η f είναι παραγωγίσιμη στο και ισχύει "
Επειδή η είναι παραγωγίσιμη στο και για κάθε ισχύει , έπεται ότι η f είναι παραγωγίσιμη στο και ισχύει για κάθε ενώ η f δεν είναι παραγωγίσιμη στο 2 γιατί (f-1)'(2)=0.
Αποδεικνύεται ότι
για κάθε
Θεωρώ την συνάρτηση . Επειδή η f είναι παραγωγίσιμη στο R τότε είναι και συνεχής στο R. Επειδή η f είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο R τότε και η h είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο R με παράγωγο
Η h είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο R και ισχύει για κάθε . Άρα η h είναι σταθερη, οπότε για κάθε .
Άρα για κάθε .
για κάθε .
Αν , τότε .
Αν , τότε .
-----------------------------------------
Μπράβο geoste.
Good job
Πρέπει να έχεις μεγάλη άνεση στο latex ε?
thanks lostG. Το έμαθα πολύ καλά με λίγη εξάσκηση. Πριν 15 μέρες δεν ήξερα καν τι είναι.
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 15 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Civilara
Περιβόητο μέλος
ΑΣΚΗΣΗ
Αν f, g : [0 , 1] --> [0 , 1], συνεχείς, με g γν. φθίνουσα και fog = gof ,
τότε ν΄ αποδειχθεί ότι οι γραφικές παραστάσεις των f, g και η ευθεία y = x
διέρχονται από το ίδιο σημείο το οποίο είναι και μοναδικό.
Ισχύουν οι σχέσεις και για κάθε .
Έχουμε και επειδή
τότε
για κάθε .
Η συνάρτηση h(x)=g(x)-x είναι συνεχής στο [0,1] αφού η g είναι συνεχής στο [0,1] και ισχύει για κάθε .
Σύμφωνα με το θεώρημα ενδιάμεσων τιμών, επειδή η h είναι συνεχής στο [0,1] και ισχύει για κάθε , τότε για κάθε υπάρχει τουλάχιστον ένα τέτοιο ώστε
Για η=0, υπάρχει τουλάχιστον ένα τέτοιο ώστε .
Ισχύει fog=gof, οπότε
για κάθε
Η g είναι γνησίως φθίνουσα στο [0,1] που σημαίνει ότι για κάθε ισχύει η συνεπαγωγή:
Επειδή
τότε ισχύει
Επομένως για κάθε ισχύει η συνεπαγωγή:
που σημαίνει ότι η h είναι γνησίως φθίνουσα στο [0,1] άρα είναι και 1-1.
Έχουμε
Συνεπώς
Επειδή η h είναι 1-1 τότε προκύπτει
Επειδή η h είναι 1-1 το είναι μοναδικό.
Επομένως υπάρχει μοναδικό
τέτοιο ώστε .
-----------------------------------------
ΑΣΚΗΣΗ
Αν f δύο φορές παραγωγίσιμη στο [α,β] και ισχύει:
1) για κάθε x στο [α,β]
2)
να αποδείξετε ότι υπάρχουν διαφορετικά τέτοια ώστε:
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 15 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Civilara
Περιβόητο μέλος
Εμένα, ρε παιδιά, μου φαίνεται σωστή η λύση με τις δύο τιμές του λ. Στην εκφώνηση (έτσι όπως δόθηκε) ΔΙΝΕΤΑΙ ότι η γραμμή είναι ευθεία, δεν χρειάζεται να το αποδείξουμε. Ζητάει μόνο να βρούμε την ευθεία. Αν λοιπόν θέσω χ=2λ+1 και ψ=2λ-1 και πάρω 2 τιμές για το λ, τότε βρίσκω δύο σημεία της ευθείας αυτής. Μια -και μοναδική- ευθεία ορίζεται από 2 σημεία. Άρα ο τρόπος είναι σωστός.-
Στην εκφώνηση κακώς έδινε ότι ο γ.τ. είναι ευθεία. Από την στιγμή που το δίνει, τότε δε νομίζω ότι θα κόψουν μονάδες για κάποιον που το έκανε με αυτόν τον τρόπο.
Όσοι πήρανε δύο μιγαδικούς για δύο λ και βρήκαν την εξίσωση ευθείας που διέρχεται από τις εικόνες τους δεν αποδεικνύουν ότι η ευθεία αυτή που βρήκαν διέρχεται από τις εικόνες των z για κάθε λ στο R. Για να είναι λοιπόν ολόσωστοι πρέπει στην εξίσωση που βρήκαν να αντικαταστήσουν x=2λ+1, y=2λ-1 και να τους επαληθευτεί η εξίσωση. Τότε θα ήταν ολόσωστοι.
Από την στιγμή που δίνεται ότι ο γεωμετρικός τόπος είναι ευθεία και ως γνωστόν η ευθεία ορίζεται από 2 σημεία τότε πρέπει να θεωρηθεί σωστή η λύση και χωρίς να επαλήθευσαν την εξίσωση για κάθε λ. Παρ' όλα αυτά δεν είναι εγγυημένο 100% ότι δεν θα χάσουν μονάδες. Εξαρτάται από τον βαθμολογητή.
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 15 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Civilara
Περιβόητο μέλος
super άσκησηΜπράβο m3Lt3D. Πολύ ωραία η άσκηση. Ανέβασε κι άλλες τέτοιες.
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 15 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Civilara
Περιβόητο μέλος
Ευχαριστω για την απαντηση..Ας γινω πιο αναλυτικος. Θεωρησα h(x)=.... στο (1,2) δικαιολογησα γιατι f(b)-1>0 , f(g)-1>0 και πηρα τα ορια οπως ειπα και τα εβγαλα ±απειρο δικαιολογώντας οτι για χ-->2- χ-2<0 και αντιστοιχα χ-1>0 για χ->1+
Η h(x) λεω ειναι συνεχης και τα ορια κανουν + απειρο το ενα και -απειρο το αλλο. Αρα Rf=(-απειρο,+απειρο) το 0 ανηκει στο R....τα υπολοιπα τα εγραψα παραπανω. Η παραγωγος σε τι μας ενδιαφερει σ αυτο το σημειο? Η μονη παραληψη που εκανα ηταν να αναφερω που ανηκει το χ0 και να παω με συνεπαγωγη απο h(x0)=0 <=> .....
Συγγνωμη αν γινομαι κουραστικος.
Σωστό είναι, δεν αντιλέγω. Αλλά δεν υπάρχει στο σχολικό βιβλίο τέτοια πρόταση. Στο σχολικό βιβλίο αναφέρονται τα εξής:
1) Αν f συνεχής στο και γνησίως αύξουσα στο [α,β] τότε f([α,β])=[f(α),f(β)]
2) Αν f συνεχής στο και γνησίως φθίνουσα στο [α,β] τότε f([α,β])=[f(β),f(α)]
3) Αν f συνεχής στο [α,β) και γνησίως αύξουσα στο [α,β) τότε f([α,β))=[f(α), lim(x->β-)f(x))
4) Αν f συνεχής στο [α,β) και γνησίως φθίνουσα στο [α,β) τότε f([α,β))=(lim(x->β-)f(x), f(α)]
5) Αν f συνεχής στο (α,β] και γνησίως αύξουσα στο (α,β] τότε f((α,β])=(lim(x->α+)f(x), f(β)]
6) Αν f συνεχής στο (α,β] και γνησίως φθίνουσα στο (α,β] τότε f((α,β])=[f(β),lim(x->α+)f(x))
7) Αν f συνεχής στο (α,β) και γνησίως αύξουσα στο (α,β) τότε f((α,β))=(lim(x->α+)f(x), lim(x->β-)f(x))
8) Αν f συνεχής στο (α,β) και γνησίως φθινουσα στο (α,β) τότε f((α,β))=(lim(x->β-)f(x), lim(x->α+)f(x))
Το σκεπτικό σου είναι σωστό όπως είπα αλλά δεν βασίζεται σε πρόταση του σχολικού βιβλίου. Κάποιος μπορεί να σου κόψει, κάποιος άλλος όχι.
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 15 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Civilara
Περιβόητο μέλος
geoste, για το δικό μου πως το βλέπεις? Πόσα λες να χάσω?
Δεν θέλω να σε απογοητεύσω αλλά δεν είναι σωστό, γιατί μπορεί μία συνάρτηση f να ορίζεται σε διάστημα της μορφής (α, x0] και όχι (α, x0]U[x0, β) (τα διαστήματα μπορεί να είναι και και κλειστά αντί ημίκλειστα).
Σε αυτήν την περίπτωση αν υπάρχει το πλευρικό όριο lim(x->x0-)((f(x)-f(x0))/(x-x0)) τότε η f είναι παραγωγίσιμη στο x0 και ισχύει:
lim(x->x0-)((f(x)-f(x0))/(x-x0))=lim(x->x0)((f(x)-f(x0))/(x-x0))=f΄(x0)
Το όριο lim(x->x0+)((f(x)-f(x0))/(x-x0)) δεν υφίσταται γιατί η f δεν είναι ορισμένη σε διάστημα της μορφής [x0,β) ή [x0,β]
Το ίδιο ισχύει για το άλλο πλευρικό όριο αν η συνάρτηση είναι ορισμένη σε διάστημα της μορφής [x0, β) και όχι (α, x0]U[x0, β).
Για παράδειγμα θεώρησε την συνάρτηση f(x)=x^2 με πεδίο ορισμού το Α=[0,+άπειρο). Η f είναι παραγωγίσιμη στο [0,+άπειρο) και ισχύει f'(x)=2x.
Για x=0 είναι f'(0)=0.
Η f είναι παραγωγίσιμη στο 0, υπάρχει το lim(x->0+)((f(x)-f(0))/(x-0)) και είναι ίσο με 0, ενώ δεν υπάρχει το lim(x->0-)((f(x)-f(0))/(x-0)) γιατί η f δεν ορίζεται σε διάστημα της μορφής (α,0] ή [α,0] (με α<0).
Πολύ φοβάμαι ότι θα χάσεις και τα 5 μόρια του ερωτήματος.
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 15 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Civilara
Περιβόητο μέλος
Να ρωτησω κατι κι εγω... Στο 3ο θεμα τελευταιο ερωτημα: θεωρω συναρτηση το αθροισμα ακριβως οπως ειναι. Παιρνω ορια στο 1+ και στο 2- και μου βγαζουν ±απειρο. Λεω η Συναρτηση ειναι συνεχης ως αθροισμα συνεχων και αφου τα ορια ειναι ±απειρο τοτε το συνολο τιμων της ειναι το R.
Το 0 ανηκει στο R αρα θα υπαρχει χ0 [ξεχναω να γραψω (1,2)] τετοιο ωστε h(x0)=0 [και εδω ξεχναω να γραψω "δηλαδη f(b-1)/x0-1 + μπλα μπλα= 0]
Η απορια μου ειναι ποσα κοβουν απο αυτες τις μικροπαραληψεις? 2-3 μορια?
Πολύ καλή και σωστή η σκέψη σου αν και λίγο ελλιπής. Θέτεις
g(x)=((f(β)-1)/(x-1))+((f(γ)-1)/(x-2)), x ανήκει Β=(-άπειρο,1)U(1,2)U(2,+άπειρο)
Η g είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο Β και ισχύει:
g'(x)=-[((f(β)-1)/((x-1)^2))+((f(γ)-1)/((x-2)^2))]<0 για κάθε x στο Β. Εμάς μας ενδιαφέρει το (1,2). Άρα η g είναι γνησίως φθίνουσα στο (1,2).
Αν πάρεις τα πλευρικά όρια της g στο 1 και 2, με δεδομένο ότι f(β)>1 και f(γ)>1, προκύπτει:
lim(x->1+)g(x)=+άπειρο και lim(x->2-)g(x)=-άπειρο. Επειδή η g είναι συνεχής και γνησίως φθίνουσα στο (1,2) τότε η εικόνα g((1,2)) του (1,2) είναι:
g((1,2))=(lim(x->2-)g(x), lim(x->1+)g(x))=(-άπειρο,+άπειρο)=R. Επειδή 0 ανήκει στο g((1,2))=R, υπάρχει ξ στο (1,2) ώστε g(ξ)=0 και μάλιστα επειδή η g είναι γνησίως φθίνουσα τότε το ξ είναι μοναδικό. Με την σκέψη σου καταλήξαμε σε πολύ ενδιαφέρον συμπέρασμα που αν ήθελαν να δυσκολέψουν λίγο τα πράγματα θα το ζητούσαν στις εξετάσεις.
Η σκέψη σου είναι πολύ σωστή. Η μόνη έλλειψη είναι ότι δεν αποδεικνύεις ότι η g είναι γνησίως φθίνουσα στο (1,2) ώστε να βρεις το πεδίο τιμών της g((1,2)). Αν τα πλευρικά όρια τα βρήκες ίδια με μένα, τότε είσαι σωστός. Η σκέψη σου είναι σωστή αλλά δεν την εξέφρασες πολύ σωστά.
Προσωπικά νομίζω ότι θα χάσεις 2 μόρια.
Ωραία σκέψη πάντως.
-----------------------------------------
ρε παιδια να ρωτησω κατι εγω? στο θεμα 2 το β ερωτημα δεν το εκανα ουτε με μονοτονια ουτε με σχημα απλα ειπα : θεωρησα ως δεδομενο το μιγαδικο z=1-i βρηκα το μετρο του,βρικα το μετρο του Z=(2λ+1)+(2λ-1)i και μετα ειπα οτι για να αποδειξω οτι εχει το μικροτερο δυνατο μετρο πρεπει να ισχειει |z|<=|Z| και κατεληξα σε κατι που ισχυει δηλαδη , 8λ^2>=0 .ειναι σωστο? και αμα οχι ποσα θα μου αφερεσουν?τα αλλα τα εχω ολα σωστα και το τελευταιο θεμα.:S
Πολύ σωστός και πιο σύντομος. Μετά αφού ανέβασα τα αποτελέσματα βρήκα αυτήν την λύση, αλλά βαριόμουν να τα αλλάξω. Μην σου πω καλύτερα, γιατί ο καλύτερος δρόμος είναι ο συντομότερος. Προκόπη, πας για 100άρι.
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 15 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Civilara
Περιβόητο μέλος
δηλαδή για να το πούμε πιο λιανά μπορώ να το κάνω?
Λογικά μπορείς. Μπορείς, μπορείς.
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 15 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Civilara
Περιβόητο μέλος
η ισοδυναμία όμως δεν σημαίνει οτι ισχύει και το αντίστροφο? :S
Η ισοδυναμία είναι σωστή. Παίρνοντας την ως συνεπαγωγή από τα δεξιά προς τα αριστερά κάνεις το ορθό σύμφωνα με το σχολικό βιβλίο. Παίρνοντας την ως συνεπαγωγή από τα αριστερά προς τα δεξιά στηρίζεσαι σε πρόταση η οποία δεν υπάρχει στο σχολικό βιβλίο. Είσαι όμως σωστός. Γι αυτό πρέπει να είναι πολύ στραβόξυλο για να σου κόψει κάποιος μόρια. Προσωπικά νομίζω ότι δεν θα χάσεις τίποτα.
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 15 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Civilara
Περιβόητο μέλος
στο τρίτο θέμα όταν εξετάζουμε την μονοτονια της f πήρα: f'(x)>0 <=> f'(x)>f'(0) <=> x>0(αφού όπως αποδείξαμε στο προηγούμενο ερώτημα η f είναι κυρτή άρα η f'(x) είναι γνησίως αύξουσα) ομοιώς για f'(x)<0
Το πήρες ανάποδα αλλά δεν είναι λάθος. Όταν μία συνάρτηση g είναι γνησίως αύξουσα σε ένα διάστημα Δ τότε ισχύει η ισοδυναμία (και όχι μόνο η συνεπαγωγή)
x1,x2 στο Δ: x1<x2 <=> g(x1)<g(x2).
Το θέμα είναι ότι δεν υπάρχει πουθενά στο σχολικό βιβλίο η πρόταση: "Αν g γνησίως αύξουσα στο Δ τότε για κάθε x1,x2 στο Δ με g(x1)<g(x2) ισχύει x1<x2". Δεν είναι λάθος αλλά αν πέσεις σε κανένα στραβόξυλο διορθωτή θα σου κόψει κάποια μόρια αν και δεν το νομίζω.
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 15 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Civilara
Περιβόητο μέλος
Γεια σε ολους, θα ηθελα να κανω μια ερωτηση για το δευτερο θεμα που με απασχολει τωρα που κοιταξα τισ λυσεις στο διαδικτυο.
Στην ερωτηση για το ποια ειναι η ευθεια στην οποια ανηκουν οι εικονες των μιγαδικων επειδη ελεγε οτι ισχυει για οποιοδηποτε λεR εβαλα 2 τυχαιες τιμε στο λ εστω 0 και 1 βρηκα 2 σημεια, μετα το συντελεστη διευθυνσης της ευθεια που τα ενωνει και υστερα βρηκα την ευθεια. ειναι λαθος?
Αν έκανες μόνο αυτό δεν είναι λάθος άλλα είναι ελλιπές. Βάζεις 2 τυχαίες τιμές στο λ, βρίσκεις 2 σημεία και στη συνέχεια την εξίσωση της ευθείας που διέρχεται από αυτά τα δύο σημεία. Έχεις αποδείξει ότι η ευθεία αυτή διέρχεται για 2 συγκεκριμένες τιμές του λ και όχι για κάθε λ στο R. Μετά αντικαθιστάς στην εξίσωση που βρήκες x=2λ+1 και y=2λ-1 και πρέπει η εξίσωση να επαληθευτεί για οποιοδήποτε λ στο R. Τότε θα ήταν ολόσωστο. Αν μετά στην εξίσωση που βρήκες από τα 2 σημεία δεν την επαλήθευσες για κάθε λ τότε η απάντησή σου είναι ελλιπής.
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 15 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Civilara
Περιβόητο μέλος
καλησπερα,τα εγραψα ολα τελεια....αλλα στο θεμα 3,β ερωτημα μαλλον εκανα πατατα....ειπα το εξης...f'(x)>o<=>e^x(x+1)>1 και επειδη e^x<=>0 τοτε χ>0
κ.ο.κ.
ειναι σωστη αυτη η λογικη???
Από ότι κατάλαβα έκανες το εξής. Λες πολύ σωστά ότι (e^x)*(x+1)>1 για x>-1. Μέχρι εδώ καλά. Μετά λες ότι επειδή e^x>0 τότε για να ισχύει η ανισότητα πρέπει x+1>1<=>x>0? Αυτό είναι λάθος γιατί αν πολλαπλασιάσεις με το (e^(-x))>0 για κάθε x τότε προκύπτει x+1>e^(-x) για κάθε x>-1 και όχι x+1>1. Όμως δεν ισχύει e^(-x)>1 για κάθε x>-1, έτσι δεν είναι; e^(-x)>1 για -1<x<0. Άρα η λογική σου είναι λανθασμένη.
-----------------------------------------
Σε γενικές γραμμές τα θέματα ήταν μέτριας δυσκολίας με σταδιακή κλιμάκωση του επιπέδου δυσκολίας όπως έπρεπε να είναι. Απευθύνονται σε καλά προετοιμασμένους υποψηφίους, αλλά δεν ξεχωρίζει ο καλός από τον πολύ καλό και ο πολύ καλός από τον άριστο.
Τα ερωτήματα 3Βγ,4γ και 4δ που ήταν αυξημένης δυσκολίας πιάνουν συνολικά 20/100 μονάδες, δηλαδή 4/20. Κατά συνέπεια ένας καλα διαβασμένος μπορεί να πιάσει το 16/20. Από εκεί και πέρα η δυσκολία αυξανόταν όμως δεν απαιτούσε συνθετική κρίση καθώς ήταν καθαρή εφαρμογή των θεωρημάτων.
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 15 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Civilara
Περιβόητο μέλος
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 15 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Civilara
Περιβόητο μέλος
Όχι, ε; Κι όμως, είναι αλήθεια. Είναι δικιάς μου έμπνευσης.
Είμαι ένας πολιτικός μηχανικός κολλημένος με τα μαθηματικά και κάθε χρονιά λύνω τα θέματα των πανελληνίων(εγώ έδωσα πανελλήνιες στην Γ Λυκείου το 2002-άσχετο αλλά το πετάω). Μέχρι στιγμής δεν έχει περάσει χρονιά που να μην τα λύσω.
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 15 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Civilara
Περιβόητο μέλος
Παρεπιπτόντως, εκείνη η ασκησούλα στο topic "καλή άσκηση" ήταν super.
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 15 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Civilara
Περιβόητο μέλος
Α Θεωρώ με
Η f είναι συνεχής στο και παραγωγίσιμη στο . Οπότε σύμφωνα με το θεώρημα μέσης τιμής διαφορικού λογισμού, υπάρχει , τέτοιο ώστε
Ομοίως αν .
Αν τότε προφανώς
Άρα για κάθε ισχύει
που σημαίνει ότι η f είναι σταθερή σε όλο το Δ.
B. Μία συνάρτηση f λέγεται παραγωγίσιμη σε ένα σημείο του πεδίου ορισμού της, εφόσον υπάρχει το όριο
και είναι πραγματικός αριθμός. Τότε η τιμή αυτού του ορίου λέγεται παράγωγος της f στο και συμβολίζεται με:
Γ. α) Σωστό, β) Σωστό, γ) Λάθος, δ) Λάθος, ε) Λάθος
ΘΕΜΑ 2ο
Α. α) z=x+iy όπου και
Έχουμε
β)
Όταν το μέτρο του z γίνεται ελάχιστο, ελαχιστοποιείται και το τετράγωνό του.
Θέτω . Η f είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο R ως πολυωνυμική με παράγωγο
f συνεχής στο , f παραγωγίσιμη στο και για κάθε x στο . Άρα η f είναι γνησίως φθίνουσα στο .
f συνεχής στο , f παραγωγίσιμη στο και για κάθε x στο . Άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο .
Άρα η f παρουσιάζει ολικό ελάχιστο στο το οποίο έχει τιμή
Άρα ο μιγαδικός έχει το μικρότερο δυνατό μέτρο από τους μιγαδικούς του προηγούμενου ερωτήματος και έχει μέτρο
Ο αντιστοιχεί σε τιμή του λ,
Β.
Πρέπει και
Άρα
-----------------------------------------
ΘΕΜΑ 1ο
Α Θεωρώ με
Η f είναι συνεχής στο και παραγωγίσιμη στο . Οπότε σύμφωνα με το θεώρημα μέσης τιμής διαφορικού λογισμού, υπάρχει , τέτοιο ώστε
Ομοίως αν . Άρα για κάθε {x}_{1}, {x}_{2}in Delta ισχύει
που σημαίνει ότι η f είναι σταθερή σε όλο το Δ.
B. Μία συνάρτηση f λέγεται παραγωγίσιμη σε ένα σημείο του πεδίου ορισμού της, εφόσον υπάρχει το όριο
και είναι πραγματικός αριθμός. Τότε η τιμή αυτού του ορίου λέγεται παράγωγος της f στο και συμβολίζεται με:
Γ. α) Σωστό, β) Σωστό, γ) Λάθος, δ) Λάθος, ε) Λάθος
ΘΕΜΑ 2ο
Α. α) z=x+iy όπου και
Έχουμε
β)
Όταν το μέτρο του z γίνεται ελάχιστο, ελαχιστοποιείται και το τετράγωνό του.
Θέτω . Η f είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο R ως πολυωνυμική με παράγωγο
f συνεχής στο , f παραγωγίσιμη στο και για κάθε x στο . Άρα η f είναι γνησίως φθίνουσα στο .
f συνεχής στο , f παραγωγίσιμη στο και για κάθε x στο . Άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο .
Άρα η f παρουσιάζει ολικό ελάχιστο στο το οποίο έχει τιμή
Άρα ο μιγαδικός έχει το μικρότερο δυνατό μέτρο από τους μιγαδικούς του προηγούμενου ερωτήματος και έχει μέτρο
Ο αντιστοιχεί σε τιμή του λ,
Β.
Πρέπει και
Άρα
ΘΕΜΑ 3ο
A.
Άρα , οπότε η f παρουσιάζει ολικό ελάχιστο στο .
Το πεδίο ορισμού της f είναι το . Η f είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο A με παράγωγο
Η f είναι ορισμένη στο Α, παραγωγίσιμη στο και παρουσιάζει τοπικό ακρότατο στο . Επομένως, σύμφωνα με το θεώρημα του Fermat είναι f΄(0)=0
Άρα
B. α)
f συνεχής και παραγωγίσιμη στο Α με
Η f΄ είναι παραγωγίσιμη στο Α. Άρα η f είναι 2 φορές παραγωγίσιμη στο Α με δεύτερη παράγωγο:
Το εσωετρικό του Α ταυτίζεται με το Α καθώς το Α είναι ανοικτό διάστημα.
Η f είναι συνεχής στο Α και 2 φορές παραγωγίσιμη στο εσωτερικό του Α και ισχύει για κάθε x στο Α. Άρα η f είναι κυρτή στο Α.
β) f κυρτή στο Α => f΄ γνησίως αύξουσα στο Α
f΄(0)=0
Η f είναι συνεχής στο (-1,0], παραγωγίσιμη στο (-1,0) και ισχύει f΄(x)<0 για κάθε x στο (-1,0). Άρα η f είναι γνησίως φθίνουσα στο (-1,0]
H f είναι συνεχής στο , παραγωγίσιμη στο και ισχύει f΄(x)>0 για κάθε x στο . Άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο
γ) f(0)=1
Η f είναι γνησίως φθίνουσα στο (-1,0], οπότε
Η f είναι γνησίως αύξουσα στο , οπότε
Επομένως για κάθε , ισχύει
Θεωρώ την συνάρτηση
Η g είναι συνεχής στο R ως πολυωνυμική.
Η g είναι συνεχής στο [1, 2] και ισχύει g(1)g(2)<0. Επομένως σύμφωνα με το θεώρημα Bolzano, υπάρχει τουλάχιστον ένα ξ στο (1,2) τέτοιο ώστε g(ξ)=0
Άρα η εξίσωση
έχει τουλάχιστον μία ρίζα στο (1,2).
ΘΕΜΑ 4ο
α. Επειδή η f είναι συνεχής στο [0,2], τότε η συνάρτηση είναι παραγωγίσιμη στο [0,2] και ισχύει για κάθε x στο [0,2]. Επειδή η F είναι παραγωγίσιμη στο [0,2] τότε είναι και συνεχής στο [0,2]
Επειδή η f είναι συνεχής στο [0,2], τότε η συνάρτηση h(x)=xf(x) είναι συνεχής στο [0,2]. Επειδή η h είναι συνεχής στο [0,2] τότε η συνάρτηση
είναι παραγωγίσιμη στο [0,2] και ισχύει
για κάθε x στο [0,2].
Ως συνεχείς συναρτήσεις στο [0,2], οι f,F,h,H είναι συνεχείς στο (0,2].
Συνεπώς η G στο (0,2] γράφεται
Άρα η G είναι συνεχής στο (0,2], αφού προκύπτει από πράξεις μεταξύ συνεχών συνατήσεων στο (0,2]
Θα υπολογιστεί το όριο
Επειδή
το όριο οδηγεί σε απροσδιόριστη μορφή 0/0. Έχουμε
Επομένως .
Η συνάρτηση H είναι παραγωγίσιμη στο [0,2], οπότε είναι παραγωγίσιμη (από δεξιά-από μεγαλύτερες τιμές) στο 0.
Άρα από τον ορισμό της παραγώγου έχουμε:
F συνεχής στο [0,2] => F συνεχής (από δεξιά) στο 0 =>
Έχουμε
Άρα
που σημαίνει ότι η G είναι συνεχής (από δεξιά) στο 0.
Η G είναι συνεχής στο (0,2] και ισχύει
Επομένως η G είναι συνεχής στο [0,2].
β. Για x στο (0,2) είναι
Οι H και F είναι παραγωγίσιμες στο [0,2], οπότε και στο (0,2).
Η συνάρτηση είναι παραγωγίσιμη στο (0,2) αφού η H είναι παραγωγίσιμη στο (0,2) και έχει παράγωγο:
Επομένως η
είναι παραγωγίσιμη στο (0,2) και έχει παράγωγο:
Άρα
για κάθε x στο (0,2)
γ.
G συνεχής στο [0,2], G παραγωγίσιμη στο (0,2) και G(0)=G(2). Επομένως σύμφωνα με το θεώρημα Rolle, υπάρχει τουλάχιστον ένα α στο (0,2) τέτοιο ώστε
δ.
G συνεχής στο [0,α] και G παραγωγίσιμη στο (0,α). Επομένως σύμφωνα με το θεώρημα μέσης τιμής του διαφορικού λογισμού υπάρχει τουλάχιστον ένα ξ στο (0,α) τέτοιο ώστε
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 15 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Civilara
Περιβόητο μέλος
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 15 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Civilara
Περιβόητο μέλος
Εστω f ορισμενη και συνεχης στο R.
H ειναι φθινουσα.
Να δειξετε οτι f(x)=0 για καθε x στο R.
Επειδή η f είναι συνεχής στο R, τότε η
είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο R με
Θεωρώ την συνάρτηση
Η G είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο R με
Άρα η G΄ είναι φθίνουσα στο R. Δηλαδή για κάθε x1, x2 στο R ισχύει η συνεπαγωγή
Είναι F(0)=0. Έχουμε
Άρα η G είναι φθίνουσα στο [0, +άπειρο).
Άρα η G είναι αύξουσα στο (-άπειρο,0].
Συνεπώς η G παρουσιάζει ολικό μέγιστο στο 0 με τιμή G(0)=0. Άρα
και επειδή
τότε
Άρα g(x)=0 για κάθε x στο R. Επομένως
Άρα f(x)=0 για κάθε x στο R.
ΠΟΛΥ ΩΡΑΙΑ ΑΣΚΗΣΗ
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 15 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Civilara
Περιβόητο μέλος
Αν α και β είναι ο μεγάλος και μικρός ημιάξονας αντίστοιχας έλλειψης, να βρεθεί η μέγιστη τιμή του εμβαδού της αν
α=((e^x)-x+1) και β=ln((x^2)+1) όπου x ανήκει R
-----------------------------------------
Δίνεται η δύο φορές παραγωγίσιμη στο R συνάρτηση που στρέφει τα κοίλα άνω στο R. Αν υπάρχει x0 στο R ώστε f΄(x0)>0 Τότε να δειχτεί ότι:
lim(x->+άπειρο)f(x)=+άπειρο
-----------------------------------------
Αν Iν=S(0,π/4)((εφx)^ν)dx, τότε να δειχτεί ότι Iν=(1/ν-1)-Iν-2
-----------------------------------------
Αν f 3 φορές παραγωγίσιμη στο R με
lim(x->+άπειρο)f(x)=lim(x->+άπειρο)f΄(x)=lim(x->+άπειρο)f΄΄(x)=-άπειρο και
lim(x->+άπειρο)((xf΄΄΄(x))/(f΄΄(x)))=-2
να δειχτεί ότι lim(x->+άπειρο)((xf΄(x))/(f(x)))=0
-----------------------------------------
Αν f συνεχής στο [α,β] με f(x)>0 για κάθε x στο [α,β] τότε να δειχτεί ότι
Να λυθεί στο R η εξίσωση (6^x)+(3^x)=(5^x)+(4^x)
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 15 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Civilara
Περιβόητο μέλος
Ρε παιδιά μήπως ξέρετε που μπορώ να βρω τις απαντήσεις, ειδικά αν ξέρεται ποιος είναι ο τρόπος λύσης του 3ου θέματος(γ ερώτημα)
(και 4ο δεν θα με χαλούσε,αν μου στέλνατε τις απαντήσεις)
https://www.ypepth.gr/themata/them_mat_kat_c_hmer_epan_0705.pdf
νομίζω ότι κάτι δεν μου καλλάει στο τρίτο ερώτημα του 3ου θέματος
3ο ΘΕΜΑ
(α) Έστω x1, x2 ανήκει R με x1 διάφορο x2 και έστω x1<x2
f παραγωγίσιμη στο R -> f συνεχής στο R
f συνεχής στο [x1,x2], f παραγωγίσιμη στο (x1,x2) -> ΘΜΤ: υπάρχει ξ ανήκει (x1,x2) τέτοιο ώστε f΄(ξ)=(f(x2)-f(x1))/(x2-x1)
f΄(ξ) διάφορο 0 -> f(x2)-f(x1) διάφορο 0 -> f(x1) διάφορο f(x2)
Άρα για κάθε x1,x2 ανήκει R με x1 διάφορο x2 ισχύει f(x1) διάφορο f(x2). Άρα η f είναι 1-1 -> f αντιστρέψιμη
(β) f αντιστρέψιμη -> (f-1) 1-1
A(1,2005) ανήκει Cf -> f(1)=2005 -> (f-1)(2005)=1
B(-2,1) ανήκει Cf -> f(-2)=1 -> (f-1)(1)=-2
(f-1)(-2004+f((x^2)-8)=-2=(f-1)(1) -> -2004+f((x^2)-8)=1 ->
-> f((x^2)-8)=2005=f(1) -> (x^2)-8=1 -> (x^2)=9 ->
-> x=3 ή x=-3
(γ) η (ε) έχει συντελεστή διεύθυνσης λ1=-(1/668)
f συνεχής στο [-2,1] και παραγωγίσιμη στο (-2,1) -> ΘΜΤ: υπάρχει x0 ανήκει στο (-2,1) τέτοιο ώστε f΄(x0)=(f(1)-f(-2))/(1-(-2))=2004/3=668
Ο συντελεστής διεύθυνσης της εφαπτομένης (δ) στο (x0,f(x0)) είναι λ2=f΄(x0)=668
λ1λ2=(-1/668)*668=-1 -> ε κάθετη δ
-----------------------------------------
Ρε παιδιά μήπως ξέρετε που μπορώ να βρω τις απαντήσεις, ειδικά αν ξέρεται ποιος είναι ο τρόπος λύσης του 3ου θέματος(γ ερώτημα)
(και 4ο δεν θα με χαλούσε,αν μου στέλνατε τις απαντήσεις)
https://www.ypepth.gr/themata/them_mat_kat_c_hmer_epan_0705.pdf
νομίζω ότι κάτι δεν μου καλλάει στο τρίτο ερώτημα του 3ου θέματος
4ο ΘΕΜΑ
(α) i) Για x ανήκει R* ισχύει f(x)=((f(x)-x)/(x^2))*(x^2)+x
Άρα lim(x->0)f(x)=lim(x->0)((f(x)-x)/(x^2))*lim(x->0)(x^2)+lim(x->0)x=2005*(0^2)+0=0
f συνεχής στο R -> f συνεχής στο 0 -> f(0)=lim(x->0)f(x)=0
ii) Για x ανήκει στο R* ισχύει (f(x)/x)=((f(x)-x)/(x^2))*x+1
Άρα lim(x->0)(f(x)/x)=lim(x->0)((f(x)-x)/(x^2))*lim(x->0)x+lim(x->0)1=2005*0+1=1
Εξετάζουμε αν f παραγωγίσιμη στο 0
lim(x->0)((f(x)-f(0))/(x-0))=lim(x->0)(f(x)/x)=1
Άρα f παραγωγίσιμη στο 0 με f΄(0)=1
(β) lim(x->0)(((x^2)+λ*(f(x)^2))/(2*(x^2)+(f(x)^2)))=
=lim(x->0)((1+λ*((f(x)/x)^2))/(2+((f(x)/x)^2)))=(1+λ*(f΄(0)^2))/(2+(f΄(0)^2))=
=(1+λ)/3
Άρα (1+λ)/3=3 -> 1+λ=9 -> λ=8
(γ) i) Θεωρώ την συνάρτηση g(x)=f(x)*(e^(-x)), x ανήκει R
g συνεχής και παραγωγίσιμη στο R με g΄(x)=(f΄(x)-f(x))*(e^(-x))>0 για κάθε x ανήκει R
Άρα η g είναι γνησίως αύξουσα στο R
g(0)=f(0)*(e^(-0))=0*1=0
x>0 -> g(x)>g(0) -> f(x)*(e^(-x))>0 -> f(x)>0 για x>0
x<0 -> g(x)<g(0) -> f(x)*(e^(-x))<0 -> f(x)<0 για x<0
Άρα xf(x)>0 για κάθε x ανήκει R*
ii) f συνεχής στο R -> F(x)=S(0,x)f(t)dt συνεχής και παραγωγίσιμη στο R με F΄(x)=f(x)
(Γενικά : S(α,β)f(x)dx=ορισμένο ολοκλήρωμα της f με κάτω όριο ολοκλήρωσης το α και πάνω το β)
Θεωρώ την συνάρτηση h(x)=f(x)-F(x)=f(x)-S(0,x)f(t)dt
h συνεχής και παραγωγίσιμη στο R με h΄(x)=f΄(x)-f(x)>0 για κάθε x ανήκει R.
Άρα η h είναι γνησίως αύξουσα στο R.
h(0)=f(0)-S(0,0)f(t)dt=0-0=0
h(1)=f(1)-S(0,1)f(t)dt
1>0 -> h(1)>h(0) -> f(1)-S(0,1)f(t)dt>0 -> S(0,1)f(t)dt<f(1)
και επειδή το σύμβολο της μεταβλητής ολοκλήρωσης δεν έχει σημασία τότε S(0,1)f(x)dx<f(1).
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 15 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Civilara
Περιβόητο μέλος
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 15 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Civilara
Περιβόητο μέλος
ναι καταλαβα! ευχαριστω! :thanks:άρα λυνουμε την εξισωση στο α ερωτημα ως προς g και αποδεικνυουμε οτι δεν απεριζεται σε κανενα σημειο το οριο της? τι κανουμε? η λεμε οτι ειναι συνεχης επειδη ειναι ιση με ριζαe^(-2*(e^χ))?? ευχαριστω εκ των προτερων!!
Λύνουμε ως προς g και προκύπτει g(x)=e^(f΄(x)-(e^x)). Άρα g συνεχής στο R, αφού f΄ συνεχής στο R. Άρα δεν έχει κατακόρυφες ασύμπτωτες.
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 15 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Civilara
Περιβόητο μέλος
Όσον αφορά την απάντησή σου στο γ) δεν είναι σωστή. Για παράδειγμα θεώρησε την συνάρτηση
f(x)=1/x, x διάφορο 0
f(x)=0 , x=0
Η f είναι ορισμένη στο R αλλά παρουσιάζει στο x0=0 κατακόρυφη ασύμπτωτη (άξονας y΄y)
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 15 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Civilara
Περιβόητο μέλος
i) f΄(x)=ln[g(x)]+(e^x) για κάθε x ανήκει R
ii) S(α,x)f(t)dt>=f(x-α) για κάθε x ανήκει στο R
iii) f(β)=f΄(0) και f(0)=0
(α) να αποδείξετε ότι υπάρχει μοναδικό ξ στο R τέτοιο ώστε [g(ξ)]^2=e^(-2*(e^ξ)) για το οποίο ισχύει 0<g(ξ)<1
S(α,x)f(t)dt : ορισμένο ολοκλήρωμα της f με κάτω όριο ολοκλήρωσης το α και πάνω όριο το x
(β) να αποδείξετε ότι η f παρουσιάζει ολικό ελάχιστο στο σημείο (ξ, f(ξ)) το οποίο είναι και το μοναδικό ακρότατο της Cf.
(γ) να αποδείξετε ότι η Cg δεν μπορεί να έχει κατακόρυφες ασύμπτωτες
(δ) Αν η f είναι δύο φορές παραγωγίσιμη στο γ ανήκει R, η g είναι παραγωγίσιμη στο γ και ισχύει γ=lnf΄΄(γ) τότε η Cg έχει οριζόντια εφαπτομένη στο (γ, g(γ))
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 15 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Civilara
Περιβόητο μέλος
απο το βιβλιο "ολοκληρωματα" του δ.νταβου αντιγραφω μια πολυ ωραια ασκηση.
εστω f παραγωγισιμη στο [α,α+3] για την οποια υποθετουμε οτι ισχυει .να δειξετε οτι υπαρχει στο (α,α+3) ωστε η εφαπτομενη της στο να ειναι παραλληλη στον αξονα x.
Στα παρακάτω με S(α,β)f(x)dx συμβολίζω το ορισμένο ολοκλήρωμα της f με κάτω όριο ολοκλήρωσης το α και πάνω το β. Όπου γράφω ΘΜΤΟΛ σημαίνει θεώρημα μέσης τιμής ολοκληρωτικού λογισμού. Αν είναι εκτός ύλης πρέπει να αποδειχτεί. Η απόδειξη είναι απλή και υπάρχει στο βιβλίο. Για λόγους πληρότητας την γράφω μετά τη λύση της άσκησης.
f παραγωγίσιμη [α,α+3] -> f συνεχής [α,α+3]
Από εκφώνηση έχουμε S(α,α+2)f(x)dx=S(α+1,α+3)f(x)dx ->
-> S(α,α+2)f(x)dx=S(α+1,α+2)f(x)dx+S(α+2,α+3)f(x)dx ->
-> S(α,α+2)f(x)dx=-S(α+2,α+1)f(x)dx+S(α+2,α+3)f(x)dx ->
-> S(α,α+2)f(x)dx+S(α+2,α+1)f(x)dx=S(α+2,α+3)f(x)dx ->
-> S(α,α+1)f(x)dx=S(α+2,α+3)f(x)dx
Θέτω S(α,α+1)f(x)dx=S(α+2,α+3)f(x)dx=I
f συνεχής στο [α,α+1] -> ΘΜΤΟΛ: υπάρχει ξ1 στο (α,α+1) ώστε f(ξ1)=S(α,α+1)f(x)=Ι
f συνεχής στο [α+2,α+3] -> ΘΜΤΟΛ :υπάρχει ξ2 στο (α+2,α+3) ώστε f(ξ2)=S(α+2,α+3)f(x)=Ι
Άρα f(ξ1)=f(ξ2)=I και προφανώς α<ξ1<α+1<α+2<ξ2<α+3
f συνεχής στο [ξ1,ξ2], f παραγωγίσιμη στο (ξ1,ξ2) και f(ξ1)=f(ξ2) ->
-> Θεώρημα Rolle : υπάρχει x0 στο (ξ1,ξ2) ώστε f΄(x0)=0
Εξίσωση εφαπτομένης στο Α(x0,f(x0))
y-f(x0)=f΄(x0)(x-x0) -> y=f΄(x0)x+f(x0)-x0f΄(x0) -> y=f(x0) παράλληλη στον άξονα x
ΑΠΟΔΕΙΞΗ ΘΕΩΡΗΜΑΤΟΣ ΜΕΣΗΣ ΤΙΜΗΣ ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΟΥ ΛΟΓΙΣΜΟΥ
Θεώρημα: Αν μία συνάρτηση f είναι συνεχής στο διάστημα [α,β] (α<β) τότε υπάρχει τουλάχιστον ένα ξ στο διάστημα (α,β) τέτοιο ώστε f(ξ)=S(α,β)f(t)dt/(β-α)
Επειδή η f είναι συνεχής στο [α,β], τότε η F με τύπο F(x)=S(α,x)f(t)dt είναι παραγωγίσιμη και συνεπώς και συνεχής στο [α,β] με πρώτη παράγωγο F΄(x)=f(x) για κάθε x στο [α,β]
F(α)=S(α,α)f(t)dt=0
F(β)=S(α,β)f(t)dt
F συνεχής στο [α,β] και παραγωγίσιμη στο (α,β), οπότε σύμφωνα με το θεώρημα μέσης τιμής υπάρχει τουλάχιστον ένα ξ στο διάστημα (α,β) τέτοιο ώστε
F΄(ξ)=(F(β)-F(α))/(β-α) -> f(ξ)=S(α,β)f(t)dt/(β-α)
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 15 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Civilara
Περιβόητο μέλος
Η ελάχιστη απόσταση είναι mind=d(4)=SQRT(17)/2
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 15 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Civilara
Περιβόητο μέλος
Δινονται οι παραγωγισιμες στο R συναρτησεις f,g τετοιες ωστε ν ισχυει:
το ολοκληρωμα απο το 1 μεχρι x της f(t) + το ολοκληρωμα απο x μεχρι 1 της g(t) (ισουται)=χ^2-2x+1.
για καθε XεR και εστω Cf και Cg οι γραφικες τους συναρτησεις.εστω οτι η εξισωση f(x)=0 εχει 2 λυσεις ρ1 και ρ2 με ρ1<1<ρ2.
Α.να δειξετε οτι:
1.η εξισωση g(x)=0, εχει τουλαχιστον μια λυση στο διαστημα (ρ1,ρ2).
2.υπαρχει ενα τουλαχιστον ξε(ρ1,ρ2) τετοιο ωστε g'(ξ)= -2.
Β.αν η συναρτηση g ειναι κυρτη στο R, να αποδειξετε οτι:
1.η συναρτηση f ειναι κυρτη στο R.
2.η f εχει ενα μονο ελαχιστο στο R, το οποιο παρουσιαζεται στο σημειο x=ξ του ερωτηματος Α,2.
3.να υπολογισετε το εμβαδον του χωριου που περιεκλειεται απο τις Cf,Cg και τον αξονα των y.
(ΤΗΝ ΕΛΥΣΑ ΣΕ 6 ΛΕΠΤΑ ΚΑΙ 21 ΔΕΥΤΕΡΟΛΕΠΤΑ!)
καλη επιτυχια!!!
(οποιος θελει την λυση να μου πει!!)
ΚΑΙ ΜΙΑ ΑΛΛΗ!!!!!!!!!!!!!!
εστω οτι f:R=R ωστε το ολοκληρωμα απο X μεχρι y της f(t) ειναι μικροτερο (<) απο f(x+y) για καθε x,y εR.Ναδειξετε οτι:
1.η φ:R=R με φ(x)= e^-Χ * (επι) το ολοκληρωμα απο το 0 μεχρι x της f(t) ειναι αυξουσα στο R.
2.να αποδειξετε οτι:ισχυει 2007*το ολοκληρωμα απο 0 μεχρι το ln2006 της f(t) ειναι μικροτερο (<) απο2006*το ολοκληρωμα απο 0 μεχρι το ln2007 της f(t).
3.υπαρχει χε(1,2) ωστε: (χ-1)*f(x)= το ολοκληρωμα απο 0 μεχρι χ της f(t).
καλη επιτυχια!!!!
(την ελυσα σε 10λεπτα κ 26δευτερολεπτα!!!)
Την 1η την έλυσα σε 5 λεπτά και 43 δευτερόλεπτα ενώ την δεύτερη σε 6 λεπτά και 54 δευτερόλεπτα
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 15 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
-
Το forum μας χρησιμοποιεί cookies για να βελτιστοποιήσει την εμπειρία σας.
Συνεχίζοντας την περιήγησή σας, συναινείτε στη χρήση cookies στον περιηγητή σας.