Συλλογή ασκήσεων και τεστ στα Μαθηματικά Προσανατολισμού

CallOfDuty4 · 26 Απριλίου 2010 στις 15:38

Sorry για την διπλη απαντηση, παλευα με τα LATEX

Εστω μια συναρτηση $f\left(x \right) =\frac{lnx}{x}- \frac{{x}^{2}}{2}+ 2$
α)Μελετηατε την f ως προς μονοτονια και ακροτατα
β) Βρειτε το πληθος των ριζων της εξισωσης $2ln\left(x \right) = {x}^{3} + x\left(2a-4 \right)$ για τις διαφορες τιμες του a ΑΝΗΚΕΙ ΣΤΟ R
γ) Βρειτε το $\lim x_{+00} \int_{1}^{t} f\left(x \right) dx$
δ) Να βρειτε τα α,β,γ ωστε : $f\left( \alpha \right) +f\left( \beta \right) = 3 + \gamma ^2$

Spyros2309 · 26 Απριλίου 2010 στις 19:10

Αρχική Δημοσίευση από Spyros2309:
Καλημέρα
Ναι, δε το διδασκόμαστε στο σχολείο...
Το είχα διαβάσει στη wikipedia(ή κάπου αλλού, δε θυμάμαι) όταν κάναμε φέτος αντίστροφες
lowbaper92 έχεις ένα δίκιο, αλλά δε μπορώ να σκεφτώ ούτε να ψάξω αυτή την ώρα..
Αλλά όταν μια f είναι φθήνουσα τότε η f-1 μπορεί να μην είναι γνησίως μονότονη
Συγκεκριμένα:
«Η αντίστροφη αντιστοίχιση μιας συνάρτησης δεν είναι πάντοτε συνάρτηση, μια και δεν υπακούει απαραίτητα στο αξίωμα μονοτιμίας: ένα στοιχείο b μπορεί να είναι τιμή δύο διαφορετικών ορισμάτων a και a' της f.»
Αλλά και πάλι δεν απαντάω σωστά
Θα το ψάξω αύριο, τώρα νυστάζω

Καληνύχτα.. Καλημέρα.. Κάτι τέλος πάντων

Ορίστε, βρήκα:
Για τις αντίστροφες συναρτήσεις ισχύουν ακόμα ( ΕΚΤΟΣ ΥΛΗΣ)

Oι συναρτήσεις f και f -1 έχουν το ίδιο είδος μονοτονίας

Αν η f είναι γνησίως αύξουσα και οι γραφικές παραστάσεις των f και f -1 τέμνονται , τότε το σημείο τομής τους βρίσκεται πάνω στην ευθεία y=x

Αν η f είναι γνησίως αύξουσα τότε εξισώσεις f(x) = f -1(x) , f(x) = x και f -1(x) = x είναι ισοδύναμες στο σύνολο Αf(A)

Αν η f είναι γνησίως φθίνουσα , τα σημεία τομής ( αν υπάρχουν)των γραφικών παραστάσεων των f και f -1 είναι δυνατόν να μην ανήκουν πάνω στην ευθεία y=x

(μπέρδεψα τα σημεία τομής με το φθήνουσα-αύξουσα.
Βέβαια τα παραπάνω ισχύουν μόνο όταν μία αντίστροφη ΕΙΝΑΙ συνάρτηση.
Γιατί μπορεί μια συνάρτηση να αντιστρέφεται σε ένα διάστημα, αλλά η αντίστροφή της να μην είναι συνάρτηση.
Π.χ. η f(x) = x +ημx στο (0,π). Είναι γνησίως αύξουσα, άρα 1-1, όμως δε μπορεί να λυθεί ως προς χ.

Αυτά.

CallOfDuty4 · 28 Απριλίου 2010 στις 01:38

Αρχική Δημοσίευση από CallOfDuty4:
Sorry για την διπλη απαντηση, παλευα με τα LATEX

Εστω μια συναρτηση $f\left(x \right) =\frac{lnx}{x}- \frac{{x}^{2}}{2}+ 2$
α)Μελετηατε την f ως προς μονοτονια και ακροτατα
β) Βρειτε το πληθος των ριζων της εξισωσης $2ln\left(x \right) = {x}^{3} + x\left(2a-4 \right)$ για τις διαφορες τιμες του a ΑΝΗΚΕΙ ΣΤΟ R
γ) Βρειτε το $\lim x_{+00} \int_{1}^{t} f\left(x \right) dx$
δ) Να βρειτε τα α,β,γ ωστε : $f\left( \alpha \right) +f\left( \beta \right) = 3 + \gamma ^2$

lowbaper92 · 28 Απριλίου 2010 στις 10:35

Αρχική Δημοσίευση από coheNakatos:
δουλευει και αντιστροφα ο ορισμος

Ο ορισμός λέει ότι αν για κάθε χ1,χ1εDf με χ1<χ2 ισχύει f(x1)<f(x2) τότε η f είναι γνησίως αύξουσα. Το "τότε" δηλώνει συνεπαγωγή και όχι ισοδυναμία άρα δεν ισχύει το αντίστροφο. Βρήκα μια παρόμοια άσκηση και το έδειχνε με άτοπο.

@Spyros2309
Ευχαριστώ για την απάντηση :clapup:

Spyros2309 · 28 Απριλίου 2010 στις 12:24

Αρχική Δημοσίευση από CallOfDuty4:
Sorry για την διπλη απαντηση, παλευα με τα LATEX

Εστω μια συναρτηση $f\left(x \right) =\frac{lnx}{x}- \frac{{x}^{2}}{2}+ 2$
α)Μελετηατε την f ως προς μονοτονια και ακροτατα
β) Βρειτε το πληθος των ριζων της εξισωσης $2ln\left(x \right) = {x}^{3} + x\left(2a-4 \right)$ για τις διαφορες τιμες του a ΑΝΗΚΕΙ ΣΤΟ R
γ) Βρειτε το $\lim x_{+00} \int_{1}^{t} f\left(x \right) dx$
δ) Να βρειτε τα α,β,γ ωστε : $f\left( \alpha \right) +f\left( \beta \right) = 3 + \gamma ^2$

Df = (0, +oo)
Για το πρώτο:
f'(x) = (1-lnx)/x² -x
Είναι f'(1) = 0
Είναι f' συνεχής ως πράξεις συνεχών, στο (0, +οο)
Έστω ότι υπάρχει χ1 ανήκει (1,+οο) ώστε f'(x1)>=0
(1-lnx1)/x1² -x1 >=0
1 - lnx1 > =x1³
x1³ -1 =< -lnx1 (1)
Είναι χ1>1 => χ1³ >1 => χ1³ - 1 >0 (2)
Είναι χ1>1 => lnx1>ln1=0 => -lnx1 <0 (3)
Από (2) και (3) έχω ότι x1³ - 1>0>-lnx1=>x1³ - 1 > -lnx1
Οπότε η (1) καταλήγει σε άτοπο
Οπότε δεν υπάρχει χ1 ανήκει 1,+οο ώστε f'(x1) >=0
Είναι και f' συνεχής οπότε η f' διατηρεί αρνητικό πρόσημο στο (1,+οο)

Ομοίως δεν υπάρχει x2 ανήκει (0,1) ώστε f'(x2) <= 0
άρα f'(x) διατηρεί θετικό πρόσημο στο (0,1)
άρα
χ__|_0______1____+οο
f'(x)|_||__+__|__-___
f(x)|_||γν.αυξ|γν.φθην
Άρα και ολικό μέγιστο στο 1
με f(1) = 3/2

Για το δεύτερο:
Αν βάλεις σε ένα κλάσμα την f βγαίνει
f(x) = (2lnx - χ³ +4χ)/2χ
Από τη δοσμένη σχέση:
2lnx = χ³ +2χα -4χ => (2lnx -χ³ +4χ)/2χ = α
f(x) = α
Από κει και πέρα ξέρεις

Για το τρίτο:
$\lim x_{+00} \int_{1}^{t} f\left(x \right) dx$
Λογικά θα εννοείς αυτό:
$\lim_{x \rightarrow +oo} \int_{1}^{x} f\left(t \right) dt$ (αλλιώς απλά φεύγει το όριο και υπολογίζεις το ολοκλήρωμα)
Για το ολοκλήρωμα:
$\int_{1}^{x} lnt/t - t^2/2 +2 dt$ => $ln^2x/2 - x^3/6 +2x - ln1 +1/6 -2$
(το lnt/t είναι (ln²t/2)', το t²/2 είναι (t³/6)' )

αααα. καλύτερα πριν, χωρίς το όριο.
Ζαλίστηκα πρωί πρωί :/

Άαααρα: $\lim_{x \rightarrow +oo} \int_{1}^{t} f\left(x \right) dx = ln^2t/2 - t^3/6 +2t -11/6$

Για το τέταρτο :
Είναι [f(a) + f(b)]max = 3/2 + 3/2 = 3
Αφού 3/2 ολικό μέγιστο.
άρα f(a) + f(b) <= 3
f(a) + f(b) = 3 + γ²
άρα 3 + γ² <= 3
γ² <= 0 -> γ = 0
άρα f(a) + f(b) = 3
(για να το δείξεις λίγο "ορθά"

f(a)max = 3/2
f(b)max = 3/2
f(a)max + f(b)max = 3
άρα f(a) = f(b) = 3/2
(από το δεύτερο ερώτημα έχεις βρει ότι αν α = 3/2 η εξίσωση έχει μοναδική λύση το χ= 1)
άρα f(a) = f(b) = f(1)
άρα a = b = 1

Συνοψίζοντας

α=1, β=1, γ=0

Αντίο.
Ουφ, μ' άρεσε αυτή

coheNakatos · 28 Απριλίου 2010 στις 17:24

Αρχική Δημοσίευση από lowbaper92:
Ο ορισμός λέει ότι αν για κάθε χ1,χ1εDf με χ1<χ2 ισχύει f(x1)<f(x2) τότε η f είναι γνησίως αύξουσα. Το "τότε" δηλώνει συνεπαγωγή και όχι ισοδυναμία άρα δεν ισχύει το αντίστροφο. Βρήκα μια παρόμοια άσκηση και το έδειχνε με άτοπο.

@Spyros2309
Ευχαριστώ για την απάντηση

Οταν φτανεις εδω f(x1)>f(x2) Σε οποιαδιποτε ασκηση δεν λες x1>x2 αν f γνησιως αυξουσα ?

Επειδη προφανως το εχεις δει πολλες φορες ,ψαξου λιγο ισχυει και αντιστροφα και εχει χρηση σε πολλες ασκησεις οπως αυτη που εδωσα .Προσεχε μην σου μεινει απορια λιγο πριν τις εξετασεις !

riemann80 · 28 Απριλίου 2010 στις 21:06

η γραφικη παρασταση μια συνεχους συναρτησης f βρισκεται πανω απο τον χ-αξονα στο [α,β].το χωριο που οριζεται απο την γραφικη παρασταση τον αξονα χ και τις ευθειες χ=α,χ=β εχει εμβαδον ισο με

$E=\frac{\beta -\alpha }{3}\left((\beta +\alpha )(3-\alpha )-\beta ^2\right)$

να βρεθει η συναρτηση f και οι τιμες των α,β ωστε το παραπανω εμβαδον να γινεται μεγιστο

Spyros2309 · 29 Απριλίου 2010 στις 00:07

Αρχική Δημοσίευση από riemann80:
η γραφικη παρασταση μια συνεχους συναρτησης f βρισκεται πανω απο τον χ-αξονα στο [α,β].το χωριο που οριζεται απο την γραφικη παρασταση τον αξονα χ και τις ευθειες χ=α,χ=β εχει εμβαδον ισο με

$E=\frac{\beta -\alpha }{3}\left((\beta +\alpha )(3-\alpha )-\beta ^2\right)$

να βρεθει η συναρτηση f και οι τιμες των α,β ωστε το παραπανω εμβαδον να γινεται μεγιστο

Για το πρώτο ερώτημα αν κάνεις πράξεις (επιμεριστική κλπ κλπ) βγαίνεις στο
Ε= -β³/3 + β² -(-α³/3 +α²)
οπότε f(x) = -χ² + 2χ

f'(x) = -2χ + 2
f'(x) >=0 => χ=<1
άρα αύξουσα στο (-οο, 1) και φθήνουσα στο (1, +οο)
η f μηδενίζεται στο 0 και στο 2
Αρνητική εκτός, θετική εντός.
Αλλά και πάλι Df = R
Οπότε α -> +οο και β-> -οο ξέρω γω.
Δε δίνει κάποιο περιορισμό... :S
Δηλαδή ή έχει κάποιο λάθος η εκφώνηση, ή εγώ εγώ κόλλησα

Αλλά μισό:
F(x) = -x³/3 +χ² (μια παράγουσα της f)
F'(x) = f(x) = -x² +2x
f(x) = 0 => x=0, x=2
x___|-oo____0_____2_____+oo
f(x)_|___-___|__+__|__-____
F(x)|γν.φθην|γν.αυξ|γν.φθην

Άρα F(x) τοπικό ελάχιστο στο 0, F(0)= 0 και τοπικό μέγιστο στο 2, F(2) =4/3
άρα για κάθε α, β ανήκουν R, με α<β
η διαφορά του Ε= -β³/3 + β² -(-α³/3 +α²) συνεπάγεται Ε= F(β) - F(α)
Αυτή η διαφορά γίνεται μέγιστη όταν F(β) = Fmax και F(α)=Fmin
Αλλά μόνο τοπικά μέγιστα βρήκα. Οπότε πάπαλα.
γενικά το μέγιστο εμβαδόν είναι 2*(+οο) = +οο

Αφού αν $\lim_{x \rightarrow -oo} F(x) = +oo$ και $\lim_{x \rightarrow +oo} F(x) = -oo$

Αααααααααα! Φτάνει .-

EDIT
Εκτός αν ο περιορισμός είναι "f πάνω από χ'χ στο [α,β]"
Οπότε τζάμπα παίδεμα, και α = 0 και β=2
Λολ.

riemann80 · 29 Απριλίου 2010 στις 09:48

σωστος! ο επιμενων νικα...

θεωρουμε στο μιγαδικο επιπεδο τους z,w με |z|=1 και w= 4/ (1+z)^2 .

να βρεθουν οι γεωμετρικοι τοποι Α,Β των εικονων των z,w,αντιστοιχα.στη συνεχεια να βρεθει το εμβαδον του επιπεδου χωριου που οριοθετειται απο τους τοπους Α,Β και τον φανταστικο αξονα.

lowbaper92 · 30 Απριλίου 2010 στις 21:00

Αρχική Δημοσίευση από coheNakatos:
Εστω f με f(x)>0 και f(x)+ln(f(x))=x
α)Νδο f γν.αυξουσα

Αρχική Δημοσίευση από coheNakatos:
f(x1)>f(x2)(1)
ln(f(x1))>ln(f(x2))(2)
(1)+(2) εχουμε ln(f(x1))+f(x1)>ln(f(x2))+f(x2) αρα x1>x2

Αρχική Δημοσίευση από coheNakatos:
Οταν φτανεις εδω f(x1)>f(x2) Σε οποιαδιποτε ασκηση δεν λες x1>x2 αν f γνησιως αυξουσα ?

Επειδη προφανως το εχεις δει πολλες φορες ,ψαξου λιγο ισχυει και αντιστροφα και εχει χρηση σε πολλες ασκησεις οπως αυτη που εδωσα .Προσεχε μην σου μεινει απορια λιγο πριν τις εξετασεις !

Δεν διαφωνώ ότι αν γνωρίζεις ότι η f είναι γνησίως μονότονη (πχ γνησίως αύξουσα) ισχύει η ισοδυναμία ${x}_{1}>{x}_{2}\Leftrightarrow f\left({x}_{1} \right)>f\left({x}_{2} \right)$

Ωστόσο αυτό δεν έχει καμία σχέση με την απόδειξη της μονοτονίας.
Για να αποδείξεις ότι μια συνάρτηση είναι γνησίως αύξουσα πρέπει να αποδείξεις τη συνεπαγωγή ${x}_{1}>{x}_{2}\Rightarrow f\left({x}_{1} \right)>f\left({x}_{2} \right)$

Αν πάμε να αποδείξουμε τη μονοτονία ξεκινώντας ανάποδα , δηλαδή από το $f(x1)>f(x2)$ να φτάσουμε στο $x1>x2$ πρέπει να πάμε με ισοδυναμίες για να ισχύει η απαραίτητη συνεπαγωγή που ανέφερα παραπάνω.

Στην άσκησή σου ότι προσθέτεις τις ανισωσεις κατα μέλη χαλάει η ισοδυναμία γιατί το αντίστροφο δεν ισχύει απαραίτητα.(ως γνωστόν δεν μπορούμε να αφαιρούμε κατά μέλη ανισώσεις για να φτάσουμε στην προηγούμενη σχέση) Άρα χαλάει η απαραίτητη προυπόθεση του ορισμού.

ΥΓ1. Ρώτησα και τον καθηγητή μου για το αντίστροφο του ορισμού και συμώνησε ότι δεν ισχύει.
ΥΓ2. Οπως σου είπα βρήκα άσκηση με την ίδια εκφώνηση αλλά διαφορετικά ερωτήματα, και στην απόδειξη της μονοτονίας πάει με άτοπο. Νομίζω ότι αν ίσχυε το αντίστροφο που υποστηρίζεις θα το εδειχνε έτσι.
ΥΓ3. Ελπίζω να είναι σωστά αυτά που είπα και να σε έπεισα.

Spyros2309 · 30 Απριλίου 2010 στις 21:56

Αρχική Δημοσίευση από riemann80:
σωστος! ο επιμενων νικα...

θεωρουμε στο μιγαδικο επιπεδο τους z,w με |z|=1 και w= 4/ (1+z)^2 .

να βρεθουν οι γεωμετρικοι τοποι Α,Β των εικονων των z,w,αντιστοιχα.στη συνεχεια να βρεθει το εμβαδον του επιπεδου χωριου που οριοθετειται απο τους τοπους Α,Β και τον φανταστικο αξονα.

Δε μου βγαίνει τίποτα :/ Τι ζ*ζ(συζηγής) τι ζ = χ+ψi (που εκεί αν πας να κάνεις πράξεις πάει, ό,τι να 'ναι γίνεται)
Γενικά αν θυμάμαι (την είχα δει τότε, όχι τώρα, έφτασα σε |w| = 2/x+1 (τώρα το πως έφτασα....)
Στο οποίο βγαίνει ότι πρέπει χ >= 0 , ενώ ταυτόχρονα ισχύει χ=<1 άρα χ Ε [0,1].
Αλλά δε ξέρω, θα το ξαναδώ μόλις ξυπνήσω αύριο

Αρχική Δημοσίευση από lowbaper92:
Δεν διαφωνώ ότι αν γνωρίζεις ότι η f είναι γνησίως μονότονη (πχ γνησίως αύξουσα) ισχύει η ισοδυναμία ${x}_{1}>{x}_{2}\Leftrightarrow f\left({x}_{1} \right)f\left({x}_{2} \right)$

Ωστόσο αυτό δεν έχει καμία σχέση με την απόδειξη της μονοτονίας.
Για να αποδείξεις ότι μια συνάρτηση είναι γνησίως αύξουσα πρέπει να αποδείξεις τη συνεπαγωγή ${x}_{1}>{x}_{2}\Rightarrow f\left({x}_{1} \right)>f\left({x}_{2} \right)$

Αν πάμε να αποδείξουμε τη μονοτονία ξεκινώντας ανάποδα , δηλαδή από το $f(x1)>f(x2)$ να φτάσουμε στο $x1>x2$ πρέπει να πάμε με ισοδυναμίες για να ισχύει η απαραίτητη συνεπαγωγή που ανέφερα παραπάνω.

Στην άσκηση σου ότι προσθέτεις τις ανισωσεις κατα μέλη χαλάει η ισοδυναμία γιατί το αντίστροφο δεν ισχύει απαραίτητα.(ως γνωστόν δεν μπορούμε να αφαιρούμε κατά μέλη ανισώσεις για να φτάσουμε στην προηγούμενη σχέση) Άρα χαλάει η απαραίτητη προυπόθεση του ορισμού.

ΥΓ1. Ρώτησα και τον καθηγητή μου για το αντίστροφο του ορισμού και συμώνησε ότι δεν ισχύει.
ΥΓ2. Οπως σου είπα βρήκα άσκηση με την ίδια εκφώνη αλλά διαφορετικά ερωτήματα, και στην απόδειξη της μονοτονίας πάει με άτοπο. Νομίζω ότι αν ίσχυε το αντίστροφο που υποστηρίζεις θα το εδειχνε έτσι.
ΥΓ3. Ελπίζω να είναι σωστά αυτά που είπα και να σε έπεισα.

Με μπερδέψατε και μένα.
Ναι, όταν προσθέτεις f(x1) + ln(f(x1)) > f(x2) + ln(f(x2) δε μπορείς να πας ανάποδα
Και με άτοπο βγαίνει πάλι σε 1-2 σειρές, οπότε

(έστω ότι δεν είναι, άρα δεν είναι "1-1" άρα υπαρχουν τουλάχιστον 2 χ1, χ2 με f(x1) = f(x2) ώστε x1 <> x2 ,καταλλήγει σε άτοπο)

Αλλά ναι, δε θα τον έλεγα ορθό τρόπο το να πας ανάποδα.
Δε μπορείς να βάλεις <=> στη πρόσθεση ανισώσεων(όπως λες lowbaper92), εκτός αν αποδείξεις ξεχωριστά ότι ισχύει και το ανάποδο

(βαρετό, pointless, οπότε κάντο με άτοπο να τελειώνεις

)

lowbaper92 · 1 Μαΐου 2010 στις 13:53

Αρχική Δημοσίευση από Spyros2309:
Με μπερδέψατε και μένα.
Ναι, όταν προσθέτεις f(x1) + ln(f(x1)) > f(x2) + ln(f(x2) δε μπορείς να πας ανάποδα
Και με άτοπο βγαίνει πάλι σε 1-2 σειρές, οπότε
(έστω ότι δεν είναι, άρα δεν είναι "1-1" άρα υπαρχουν τουλάχιστον 2 χ1, χ2 με f(x1) = f(x2) ώστε x1 <> x2 ,καταλλήγει σε άτοπο

Αν υποθέσουμε ότι δεν είναι γνησίως μονότονη δε σημαίνει ότι δεν είναι 1-1.

forakos · 2 Μαΐου 2010 στις 17:20

Μια καλή άσκηση που εγραψα σε ενα διαγωνισμα...

Θεωρούμε τις συνεχείς συναρτήσεις στο R,f και g για τις οποίες έχουμε οτι
για κάθε χεR ισχύει $f(x)=x-1+\int_{0}^{x}g(t)dt (1)$
και για κάθε χε[0.2] ισχύει $g(x)\geq -\frac{1}{2}$ χωρίς να ειναι -1/2 ολες οι τιμές της g
Να αποδείξετε ότι

α) $\int_{0}^{2}[\frac{1}{2}+g(t)]dt>0$
β)υπάρχει ενα ακριβώς ${x}_{0}\epsilon (0,2)$ τέτοιο ώστε $\int_{0}^{{x}_{0}}g(t)dt=1-{x}_{0}$
γ)υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ τέτοιο ώστε ${x}_{0}g(\xi )=\int_{0}^{{x}_{0}}g(t)dt$

kostaspotter · 3 Μαΐου 2010 στις 14:11

Αρχική Δημοσίευση από forakos:
Μια καλή άσκηση που εγραψα σε ενα διαγωνισμα...

Θεωρούμε τις συνεχείς συναρτήσεις στο R,f και g για τις οποίες έχουμε οτι
για κάθε χεR ισχύει $f(x)=x-1+\int_{0}^{x}g(t)dt (1)$
και για κάθε χε[0.2] ισχύει $g(x)\geq -\frac{1}{2}$ χωρίς να ειναι -1/2 ολες οι τιμές της g
Να αποδείξετε ότι

α) $\int_{0}^{2}[\frac{1}{2}+g(t)]dt>0$

Καταλήγω πως το ζητούμενο είναι μεγαλύτερο ίσο του μηδενός...όχι μόνο μεγαλύτερο...:S

Μπάμπης ο Άλλος · 3 Μαΐου 2010 στις 14:16

Αρχική Δημοσίευση από kostaspotter:
Καταλήγω πως το ζητούμενο είναι μεγαλύτερο ίσο του μηδενός...όχι μόνο μεγαλύτερο...:S

Για να είναι το ολοκλήρωμα 0 θα πρέπει όλες οι τιμές του g(x) να είναι -1/2. Οπότε, αφού δεν είναι όλες οι τιμές -1/2, το ολοκλήρωμα θα είναι μόνο μεγασλύτερο του 0.

kostaspotter · 3 Μαΐου 2010 στις 14:19

Αρχική Δημοσίευση από Μπάμπης ο Άλλος:
Για να είναι το ολοκλήρωμα 0 θα πρέπει όλες οι τιμές του g(x) να είναι -1/2. Οπότε, αφού δεν είναι όλες οι τιμές -1/2, το ολοκλήρωμα θα είναι μόνο μεγασλύτερο του 0.

Βσκα οκ !! Σε ευχαριστώ για την υπόδειξη!!!

Για το β) :
η ζητούμενη σχέση είναι f(x)=0

άρα Bolzano για την f!!!
**Το ολοκλήρομα είναι συνεχής συνάρτηση γτ η g είναι συνεχής άρα και το αολοκλήρωμα παραγωγίσιμο!Επομένως η f συνεχής!
**f(0)=-1 < 0
$f(2)= 1 + \int_{0}^{2}g(t) dt = \int_{0}^{2}g(t)+1/2dt > 0$
Άρα από bolzano θα υπάρχει ένα τουλάχιστον Xo τέτοιο ώστε $f(Χο)=0 <=> Χο - 1 + \int_{0}^{Xo}g(t)dt =0 <=> \int_{0}^{Xo}g(t)dt = 1 - Xo$

f(x) παραγωγίσιμη ως πράξεις παραγωγίσιμων!
f '(x) = 1 + g(x) αλλά g(x)>= -1/2 Vxε[0,2]
Επομένως f αύξουσα στο [0,2]
Άρα η λύση μοναδική

lowbaper92 · 3 Μαΐου 2010 στις 14:35

Αρχική Δημοσίευση από kostaspotter:
τώρα μπερδεύτηκα περισσότερο...:s

To σχολικό αναφέρει ότι αν για μια συνεχή συνάρτηση σ'ένα διάστημα Δ ισχύει $f\left(x \right)\geq 0$ χωρίς η f να είναι παντού μηδέν (δηλαδή η f δεν είναι σταθερή), τότε ισχύει $\int_{\alpha }^{\beta }f\left(x \right)dx>0$
Στη συγκεκριμένη άσκηση αν θεωρήσεις $h\left(x \right)=g\left(x \right)+\frac{1}{2}$ ισχύει ότι $h\left(x \right)\geq 0$ . Και επειδή η g δεν είναι παντού -1/2 καταλαβαίνουμε ότι και η h δεν θα είναι παντού μηδέν.
Άρα όταν ολοκληρώσεις θα παει σκέτο μεγαλύτερο.

kostaspotter · 3 Μαΐου 2010 στις 14:42

Αρχική Δημοσίευση από lowbaper92:
To σχολικό αναφέρει ότι αν για μια συνεχή συνάρτηση σ'ένα διάστημα Δ ισχύει $f\left(x \right)\geq 0$ χωρίς η f να είναι παντού μηδέν (δηλαδή η f δεν είναι σταθερή), τότε ισχύει $\int_{\alpha }^{\beta }f\left(x \right)dx>0$
Στη συγκεκριμένη άσκηση αν θεωρήσεις $h\left(x \right)=g\left(x \right)+\frac{1}{2}$ ισχύει ότι $h\left(x \right)\geq 0$ . Και επειδή η g δεν είναι παντού -1/2 καταλαβαίνουμε ότι και η h δεν θα είναι παντού μηδέν.
Άρα όταν ολοκληρώσεις θα παει σκέτο μεγαλύτερο.

Κτλβα!!

Ευχαριστώ πολύ!

Υποσημείωση: Το latex με δυσκόλεψε αρκετά

Για το Γ ερώτημα:
Εφρμόζω Θ.Μ.Τ. για την f στο [0,Χο]:
** η g είναι συνεχής άρα και το ολοκλήρωμα είναι παραγωγίσιμο επομένως και συνεχής συνάρτηση στο R! χ-1 συνεχής συνάρτηση ως πολυωνυμική στο R! άρα f συνεχής στο R ως πράξεις συνεχών και τότε f συνεχής στο [0,Χο]
** η g είναι συνεχής άρα το ολοκήρωμα είναι παραγωγίσιμη συνάρτηση στο R! x-1 είναι παραγωγίσιμη συνάρτηση ως πολυωνυμική στο R! Άρα f παραγωγίσιμη στο R ως πράξεις παραγωγίσιμων συναρτήσεων!Επομένως παραγωγίσιμη και στο (0,Χο)
Άρα από Θεώρημα μέσης τιμής θα υπάρχει ένα τουλάχιστον ξε(0,Χο) τέτοιο ώστε $f'(\xi)=\frac{f(Xo)-f(0)}{Xo-0} (1)$

$f'(x) = 1 + g(x)$

$(1) => 1 + g(\xi) = \frac{\int_{0}^{Xo}g(t)dt+Xo-1-(-1)}{Xo} <=> 1 + g(\xi) = \frac{\int_{0}^{Xo}g(t)dt+Xo}{Xo} <=> 1 + g(\xi) = \frac{\int_{0}^{Xo}g(t)dt}{Xo}+1 <=> g(\xi) = \frac{\int_{0}^{Xo}g(t)dt}{Xo} <=> Xo g(\xi) = \int_{0}^{Xo}g(t)dt$

*Έχω ποροθεί με το latex ...

CallOfDuty4 · 3 Μαΐου 2010 στις 15:38

Αρχική Δημοσίευση από kostaspotter:
$f(2)= 1 + \int_{0}^{2}g(t) dt = \int_{0}^{2}g(t)+1/2dt > 0$

Σορρυ για την απορια αλλα πως προκυπτει αυτο >0?

Εγω θετικο το εβγαλα διαφορετικα...

kostaspotter · 3 Μαΐου 2010 στις 15:44

Αρχική Δημοσίευση από CallOfDuty4:
Σορρυ για την απορια αλλα πως προκυπτει αυτο >0?

Εγω θετικο το εβγαλα διαφορετικα...

Αποδείξαμε στο πρώτο ερώτημα πως $\int_{0}^{2}g(t) dt>0$ άρα $f(2)= 1 + \int_{0}^{2}g(t) dt$ το οπόιο δεν θα είναι θετικό;;;;

Πως το έβγαλες εσύ;

Συλλογή ασκήσεων και τεστ στα Μαθηματικά Προσανατολισμού

Εκκολαπτόμενο μέλος

Νεοφερμένο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Νεοφερμένο μέλος

Δραστήριο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Νεοφερμένο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Νεοφερμένο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Συνημμένα

Νεοφερμένο μέλος

Νεοφερμένο μέλος

Δραστήριο μέλος

Νεοφερμένο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Νεοφερμένο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Νεοφερμένο μέλος