Συλλογή ασκήσεων και τεστ στα Μαθηματικά Προσανατολισμού

Civilara · 16-10-10

Αρχική Δημοσίευση από vavlas:
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.

vavlas · 16-10-10

Αρχική Δημοσίευση από Civilara:
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.

Τότε θα την κάναμε λάθος στο σχολείο.

Dias · 16-10-10

Αρχική Δημοσίευση από vavlas:
Τότε θα την κάναμε λάθος στο σχολείο.

Δεν είναι ακριβώς λάθος. Κάτι δεν μετέφερες σωστά.
Αν είναι r₁,r₂ ∈ℂ τότε οι εξισώσεις είναι 6, αφού ℛ⊆ ℂ.
Θα ήταν 3 οι εξισώσεις αν έλεγε: r₁,r₂ ∈(ℂ- ℛ).

Civilara · 16-10-10

Δείξτε ακόμη οτι για κάθε τέτοια εξίσωση υπάρχει αριθμός $n\in \mathbb{N}$ όχι κατά ανάγκη ίδιος σε όλες τις περιπτώσεις,ώστε ${r}_{2}^{n}+{r}_{1}^{n}=1$ ,υπολογίζοντας τον μικρότερο $n$ στις διάφορες περιπτώσεις.

Αυτό ισχύει μόνο για τις 3 από τις 6 εξισώσεις των οποίων οι λύσεις δεν είναι πραγματικές.

vavlas · 2 Ιανουαρίου 2011

Την συζήτησα σήμερα την άσκηση με 3 μαθηματικούς στο σχολείο.
Καθένας μου είπε διαφορετικά πράγματα.
Ο πρώτος μου είπε οτι παίρνουμε μόνο αρνητική διακρίνουσα,ο δεύτερος μου είπε χωρίζουμε περιπτώσεις,και ο τρίτος με αμφιβολία είπε νομίζω παίρνουμε μόνο αρνητική.
Επίσης ο πρώτος μου είπε οτι το (ℂ- ℛ) συμβολίζει τους φανταστικούς αριθμούς.

Αρχική Δημοσίευση από vavlas:
Την συζήτησα σήμερα την άσκηση με 3 μαθηματικούς στο σχολείο.
Καθένας μου είπε διαφορετικά πράγματα.
Ο πρώτος μου είπε οτι παίρνουμε μόνο αρνητική διακρίνουσα,ο δεύτερος μου είπε χωρίζουμε περιπτώσεις,και ο τρίτος με αμφιβολία είπε νομίζω παίρνουμε μόνο αρνητική.
Επίσης ο πρώτος μου είπε οτι το (ℂ- ℛ) συμβολίζει τους φανταστικούς αριθμούς.

Δεν ξέρω πως το σκεφτήκατε εσείς,αλλά εγώ δοκίμασα να πάρω τύπους vieta που ισχύουν για όλες τις περιπτώσεις.

Από τους τύπους Vieta αν $z_1,z_2$ οι ρίζες τότε πρέπει

$z_1z_2=c$ και $z_1+z_2=-b$

Παίρνοντας μέτρα έχουμε $|c|=1$ άρα $c=-1$ ή $c=1$ .

Επίσης $|b|=|z_1+z_2|\leq |z_1|+|z_2|=2$ και επειδή $b\in\mathbb{Z}$ άρα o $b$ μπορεί να είναι κάποιος από τους αριθμούς $-2,-1,0,1,2$

Παίρνοντας τις 10 περιπτώσεις που προκύπτουν κρατάμε τα ζεύγη $(b,c)$ που ικανοποιούν τις συνθήκες του προβλήματος.

Dias · 18-10-10

Αρχική Δημοσίευση από vavlas:
μου είπε οτι το (ℂ- ℛ) συμβολίζει τους φανταστικούς αριθμούς.

Με όλο το θάρρος, να του πεις ότι είναι ΧΧΧΧΧΧΧ και να σκίσει το πτυχίο του. Δες το σχήμα:

Το (ℂ- ℛ) περιέχει τους μιγαδικούς που δεν είναι πραγματικοί. Δηλαδή περιέχει και τους φανταστικούς (2i, -3i, κλπ), αλλά ΚΑΙ μιγαδικούς της μορφής x+yi με y ≠ 0 (π.χ. 2+5i, 3-2i, κλπ). Πες του να δει και το βιβλίο στη σελίδα 86. Ας μας πούνε και άλλοι εδώ στο φόρουμ φοιτητές και καθηγητές.

vavlas · 18-10-10

Αρχική Δημοσίευση από Dias:
Με όλο το θάρρος, να του πεις ότι είναι ΧΧΧΧΧΧΧ και να σκίσει το πτυχίο του. Δες το σχήμα:

Το (ℂ- ℛ) περιέχει τους μιγαδικούς που δεν είναι πραγματικοί. Δηλαδή περιέχει και τους φανταστικούς (2i, -3i, κλπ), αλλά ΚΑΙ μιγαδικούς της μορφής x+yi με y ≠ 0 (π.χ. 2+5i, 3-2i, κλπ). Πες του να δει και το βιβλίο στη σελίδα 86. Ας μας πούνε και άλλοι εδώ στο φόρουμ φοιτητές και καθηγητές.

Συμφωνώ μαζί σου.
Απλά μεταφέρω αυτά που μου είπε.

rebel · 21-10-10

Μια συμπαθητική που θυμάμαι:
Έστω $f:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}$ συνεχής και αύξουσα. Να δειχθεί οτι υπάρχει μοναδικό $x_0\in\mathbb{R}$ τέτοιο ώστε $f(x_0)=-x_0$
Υπόδειξη: $x>0\Rightarrow f(x)\geq f(0)$
Κάτι με Bolzano παίζει αλλά το θέμα είναι πως βρίσκεις το διάστημα. Άντε και πολλά είπα

vavlas · 20-11-10

Δείτε μια όμορφη.
Την βρήκα από το mathematica νομίζω.

Δίνεται στο C η εξίσωση: $z^2-({\Delta+2})\sqrt{3}\,z+5\Delta+6=0$ , όπου $\Delta$ η διακρίνουσά της, η οποία εξίσωση έχει ρίζες μιγαδικές και μη πραγματικές.

α) Να βρείτε τις ρίζες $z_{1},z_{2}$ της παραπάνω εξίσωσης.

β) Να υπολογίσετε την τιμή της παράστασης: K = $z_{1}^{-{2012}}$ $z_{2}^{-{2015}}$ + $z_{1}^{-{2015}$ $z_{2}^{-{2012}}$ .

γ) Να αποδείξετε ότι οι εικόνες στο μιγαδικό επίπεδο των μιγαδικών a = $z_{1}^{-{2012}}$ $z_{2}^{-{2015}}$ και
b = $z_{1}^{-{2015}$ $z_{2}^{-{2012}}$ είναι σημεία συμμετρικά ως προς την αρχή Ο των αξόνων.

koum · 20-11-10

Αρχική Δημοσίευση από vavlas:
Δείτε μια όμορφη.
Την βρήκα από το mathematica νομίζω.

Δίνεται στο C η εξίσωση: $z^2-({\Delta+2})\sqrt{3}\,z+5\Delta+6=0$ , όπου $\Delta$ η διακρίνουσά της, η οποία εξίσωση έχει ρίζες μιγαδικές και μη πραγματικές.

α) Να βρείτε τις ρίζες $z_{1},z_{2}$ της παραπάνω εξίσωσης.

β) Να υπολογίσετε την τιμή της παράστασης: K = $z_{1}^{-{2012}}$ $z_{2}^{-{2015}}$ + $z_{1}^{-{2015}$ $z_{2}^{-{2012}}$ .

γ) Να αποδείξετε ότι οι εικόνες στο μιγαδικό επίπεδο των μιγαδικών a = $z_{1}^{-{2012}}$ $z_{2}^{-{2015}}$ και
b = $z_{1}^{-{2015}$ $z_{2}^{-{2012}}$ είναι σημεία συμμετρικά ως προς την αρχή Ο των αξόνων.

Μια απάντηση στα γρήγορα για το α ερώτημα.

Ρίζες μη πραγματικές, οπότε $\Delta<0$ . Για τη διακρίνουσα της δοθείσας σχέσης προκύπτει ότι $\Delta=-1$ ή $\Delta=4$ η οποία απορρίπτεται λόγω του περιορισμού. Άρα για $\Delta=-1$ η εξίσωση ισοδυναμεί με την $z^2-\sqrt{3}z+1=0$ ,της οποίας οι ρίζες είναι οι ${z}_{1,2}=\frac{\sqrt{3}}{2}}\pm \frac{i}{2}$

Τα επόμενα later...

Dias · 20-11-10

Να κάνω τα υπόλοιπα?

vavlas · 20-11-10

Πολύ σωστά.
Πάρτε ακόμα μία.

Έστω ότι το όριο $\lim_{x\rightarrow 1}f\left(x \right)$ δεν υπάρχει ενώ τα πλερικά όρια από δεξια και αριστερά υπάρχουν και είναι μη πεπερασμένα. Να δείξετε ότι υπάρχει το όριο $\lim_{x\rightarrow 1}\frac{1}{f\left(x \right)}$ .

Dias · 20-11-10

Αρχική Δημοσίευση από vavlas:
Έστω ότι το όριο $\lim_{x\rightarrow 1}f\left(x \right)$ δεν υπάρχει ενώ τα πλερικά όρια από δεξια και αριστερά υπάρχουν και είναι μη πεπερασμένα. Να δείξετε ότι υπάρχει το όριο $\lim_{x\rightarrow 1}\frac{1}{f\left(x \right)}$ .

Μπα. Μου φαίνεται πολύ απλό για να είναι αυτό που σκέφτομαι. Ας το γράψω, δεν πειράζει αν είναι λάθος (μεταξύ μας είμαστε). Λοιπόν:
Τα πλευρικά όρια της f είναι +∞ το ένα και -∞ το άλλο, άρα τα πλευρικά όρια της 1/f είναι 0 και τα δύο, άρα...
Μάλλον δεν είναι αυτό, ε?

Civilara · 21 Νοεμβρίου 2010

Αρχική Δημοσίευση από styt_geia:
Μια συμπαθητική που θυμάμαι:
Έστω $f:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}$ συνεχής και αύξουσα. Να δειχθεί οτι υπάρχει μοναδικό $x_0\in\mathbb{R}$ τέτοιο ώστε $f(x_0)=-x_0$
Υπόδειξη: $x>0\Rightarrow f(x)\geq f(0)$
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

vavlas · 2 Ιανουαρίου 2011

Αρχική Δημοσίευση από Dias:
Μπα. Μου φαίνεται πολύ απλό για να είναι αυτό που σκέφτομαι. Ας το γράψω, δεν πειράζει αν είναι λάθος (μεταξύ μας είμαστε). Λοιπόν:
Τα πλευρικά όρια της f είναι +∞ το ένα και -∞ το άλλο, άρα τα πλευρικά όρια της 1/f είναι 0 και τα δύο, άρα...
Μάλλον δεν είναι αυτό, ε?

Αυτό ακριβώς.

Ορίστε μια ακόμα.

Να βρείτε που κινούνται οι εικόνες τον μιγαδικών z για τους οποίους ισχύει.

$|z-i|=|2iz-1|$

Μην την υποτιμήσετε έχει κάτι έξυπνο στο τέλος.

koum · 20-11-10

Αρχική Δημοσίευση από vavlas:
Ορίστε μια ακόμα.

Να βρείτε που κινούνται οι εικόνες τον μιγαδικών z για τους οποίους ισχύει.

$|z-i|=|2iz-1|$

Μην την υποτιμήσετε έχει κάτι έξυπνο στο τέλος.

$|z-i|=|2iz-1|\Rightarrow |z-i|=|2z+i|$

Έστω $z=x+yi$ , $x,y \in R$

$\sqrt{x^2+{(y-1)}^{2}}=\sqrt{4x^2+{(2y+1)}^{2}}\Rightarrow .. \Rightarrow x^2 + {(y+1)}^{2}=1$

Κύκλος $C$ με κέντρο $K(0,-1)$ και ακτίνα $R=1$

Δικιά μου άσκηση: Βρείτε το έξυπνο στην παραπάνω άσκηση!

tebelis13 · 20-11-10

Αρχική Δημοσίευση από koum:
Δικιά μου άσκηση: Βρείτε το έξυπνο στην παραπάνω άσκηση !

Άλυτη

vavlas · 20-11-10

Αρχική Δημοσίευση από koum:
$|z-i|=|2iz-1|\Rightarrow |z-i|=|2z+i|$

Έστω $z=x+yi$ , $x,y \in R$

$\sqrt{x^2+{(y-1)}^{2}}=\sqrt{4x^2+{(2y+1)}^{2}}\Rightarrow .. \Rightarrow x^2 + {(y+1)}^{2}=1$

Κύκλος $C$ με κέντρο $K(0,-1)$ και ακτίνα $R=1$

Δικιά μου άσκηση: Βρείτε το έξυπνο στην παραπάνω άσκηση!

Αν δεν χρησιμοποιούσες τον ορισμό του μέτρο θα έπρεπε να κάνεις συμπλήρωση τετραγώνου.

koum · 20-11-10

Αρχική Δημοσίευση από vavlas:
Αν δεν χρησιμοποιούσες τον ορισμό του μέτρο θα έπρεπε να κάνεις συμπλήρωση τετραγώνου.

Την επόμενη φορά να ειδοποιείς πώς θες τη λύση.

Π.χ.

Διευκρίνηση: Να μην τη λύσετε με ύψωση στο τετράγωνο.

Προφανώς το μήνυμά μου είναι ειρωνικό. Cool

vavlas · 20-11-10

Αρχική Δημοσίευση από koum:
Την επόμενη φορά να ειδοποιείς πώς θες τη λύση.

Π.χ.

Διευκρίνηση: Να μην τη λύσετε με ύψωση στο τετράγωνο.

Δεν σου έκανα καμία παρατήρηση.

Συλλογή ασκήσεων και τεστ στα Μαθηματικά Προσανατολισμού

Περιβόητο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Επιφανές μέλος

Περιβόητο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Επιφανές μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Επιφανές μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Επιφανές μέλος

Περιβόητο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος