Η άσκηση του διημέρου

tebelis13 · 1 Μαΐου 2011 στις 13:22

Με πολύ προχειρη λύση,ίσως κάνω και λάθος αλλά πρέπει να πάω να φάω,βγαίνει τόσο? :hmm:

$f(x)=\frac{2}{\sqrt{4x+1}}$

vassilis498 · 1 Μαΐου 2011 στις 14:21

δε νομίζω, κοίτα τη άλλη μία μην έχεις κάνει κάνα λάθος

edit: σωστός τώρα

babisgr · 1 Μαΐου 2011 στις 15:26

Μόλις λυθεί αυτή θα ανεβάσω μια εγώ που μ'αρεσε.......

vassilis498 · 1 Μαΐου 2011 στις 18:15

Αρχική Δημοσίευση από vassilis497:
Βάζω μια μικρή μην παραπονιέστε

αφού την έγραψα που την έγραψα

Δίνονται οι συνεχείς συναρτήσεις $f,g:[0,+\propto )\rightarrow R$ με f(x)>0, g(x)>0 για κάθε $x\geq 0$ τέτοιες ώστε να ισχύουν:

$1+\int_{0}^{x}f(t)dt=\frac{1}{g(x)}$
και
$1+2\int_{0}^{x}g(t)dt=\frac{2}{f(x)}$

για κάθε $x\geq 0$

α) Να αποδείξετε ότι f(x)=2g(x) για κάθε $x\geq 0$
β) Να βρείτε τις συναρτήσεις f,g.

(Επειδή τις ασκήσεις μου τις δίνουν από φροντιστήριο και παίζει να ναι κι από κάνα βοήθημα αν σας θυμίζει τίποτα μη με πάρετε με τις ντομάτες)

λοιπόν βάζω και τη λύση να υπάρχει μιας και λύθηκε.

$1+\int_{0}^{x}f(t)dt=\frac{1}{g(x)}$ (1)

$1+2\int_{0}^{x}g(t)dt=\frac{2}{f(x)}$ (2)

παραγωγίζω την (1)

$1+\int_{0}^{x}f(t)dt=\frac{1}{g(x)}\Rightarrow f(x)=\frac{-g'(x)}{{g}^{2}(x)}\Rightarrow f(x){g}^{2}(x)=-g'(x)\Leftrightarrow {f}^{2}(x){g}^{2}(x)=-f(x)g'(x)$

τώρα τη (2)

$1+2\int_{0}^{x}g(t)dt=\frac{2}{f(x)}\Rightarrow 2g(x)=-\frac{2f'(x)}{{f}^{2}(x)}\Leftrightarrow g(x){f}^{2}(x)=-f'(x)\Leftrightarrow {g}^{2}(x){f}^{2}(x)=-f'(x)g(x)$

αφού τα πρώτα είναι ίσα τότε και τα δεύτερα

$-f'(x)g(x)=-f(x)g'(x)\Leftrightarrow f'(x)g(x)=f(x)g'(x)\Leftrightarrow f'(x)g(x)-f(x)g'(x)=0\Leftrightarrow \frac{f'(x)g(x)-f(x)g'(x)}{{g}^{2}(x)}=0\Leftrightarrow \left(\frac{f(x)}{g(x)} \right)'=0\Leftrightarrow \frac{f(x)}{g(x)}=c$

για x=0 στις (1),(2) παίρνω ότι f(0)=2 και g(0)=1, άρα από την αντικατάσταση παίρνω

$\frac{f(x)}{g(x)}=2\Leftrightarrow f(x)=2g(x)$

β) ξέρω ότι f(x)=2g(x)
από (1) παίρνω

$1+2\int_{0}^{x}g(t)dt=\frac{2}{f(x)}\Leftrightarrow 1+\int_{0}^{x}2g(t)dt=\frac{2}{f(x)}\Leftrightarrow 1+\int_{0}^{x}f(t)dt=\frac{2}{f(x)}\Leftrightarrow f(x)+f(x)\int_{0}^{x}f(t)dt=2\Leftrightarrow 2f(x)+2f(x)\int_{0}^{x}f(t)dt-4=0\Rightarrow {\left(\int_{0}^{x}f(t)dt \right)}^{2}+2\int_{0}^{x}f(t)dt-4x=0$

(στο τελευταίο αντιπαραγώγησα και το c κάνει 0 )

$\Delta =4+16x\Rightarrow \sqrt{\Delta }=\sqrt{4+16x}=2\sqrt{4x+1}$

$\int_{0}^{x}f(t)dt=\frac{-2\pm 2\sqrt{4x+1}}{2}=\pm \sqrt{4x+1}-1=\sqrt{4x+1}-1$ (η άλλη λύση απορρίφθηκε γιατί θέλω f(x)>0

$f(x)=\left(\int_{0}^{x}f(t)dt \right)'=\left(\sqrt{4x+1}-1 \right)'=\frac{4}{2\sqrt{4x+1}}=\frac{2}{\sqrt{4x+1}}$

αντίστοιχα η g(x)=f(x)/2

babisgr · 1 Μαΐου 2011 στις 18:37

Δίνεται συνεχής και "1-1" συνάρτηση g στο $(0,+\propto )$ και μη μηδενικοί μιγαδικοί αριθμοί ${z}_{1},{z}_{2}$ για τους οποίους ισχύει:

$\int_{2010}^{x}g(|{z}_{1}+{z}_{2}|t+2)dt=\int_{2011}^{x}g(|{z}_{1}-{z}_{2}|t+2)dt , x\in(0,+\propto )$

Α) Να αποδειχθεί ότι $Re({z}_{1}{\bar{z}}_{2})=0$
Β) f:R->R με $f(x)=|{e}^{{x}^{2}}{z}_{1}+x{z}_{2}|$ να δείξετε ότι:
i) Η f παραγωγίσιμη στο R και να βρεθεί ο τύπος της
ii) Υπάρχει τουλάχιστον ένα $k\in(-1,1 )$ τέτοιο, ώστε: $f'(k)+h(k)\int_{k}^{1}p(t)dt=p(k)\int_{-1}^{k}h(t)dt$ όπου h,p συνεχείς συναρτήσεις στο [-1,1].
iii) Ισχύει $\int_{0}^{x}f(t)dt\geq x$ για κάθε x στο R, να δείξετε ότι $f(x)>=1$ για κάθε x στο R

Dmitsos · 1 Μαΐου 2011 στις 20:30

Αρχική Δημοσίευση από babisgr:
Δίνεται συνεχής και "1-1" συνάρτηση g στο $(0,+\propto )$ και μη μηδενικοί μιγαδικοί αριθμοί ${z}_{1},{z}_{2}$ για τους οποίους ισχύει:

$\int_{2010}^{x}g(|{z}_{1}+{z}_{2}|t+2)dt=\int_{2011}^{x}g(|{z}_{1}-{z}_{2}|t+2)dt , x\in(0,+\propto )$

Α) Να αποδειχθεί ότι $Re({z}_{1}{\bar{z}}_{2})=0$
Β) f:R->R με $f(x)=|{e}^{{x}^{2}}{z}_{1}+x{z}_{2}|$ να δείξετε ότι:
i) Η f παραγωγίσιμη στο R και να βρεθεί ο τύπος της
ii) Υπάρχει τουλάχιστον ένα $k\in(-1,1 )$ τέτοιο, ώστε: $f'(k)+h(k)\int_{k}^{1}p(t)dt=p(k)\int_{-1}^{k}h(t)dt$ όπου h,p συνεχείς συναρτήσεις στο [-1,1].
iii) Ισχύει $\int_{0}^{x}f(t)dt\geq x$ για κάθε x στο R, να δείξετε ότι $f(x)>=1$ για κάθε x στο R

Ωραία ασκησούλα!!! Πάμε!!

A) $\int_{2010}^{x}g(|{z}_{1}+{z}_{2}|t+2)dt=\int_{2011}^{x}g(|{z}_{1}-{z}_{2}|t+2)\Leftrightarrow \int_{2011|z_1+z_2|+2}^{|z_1+z_2|x+2)}\frac{g(u)}{|z_1+z_2|}du=\int_{2011|z_1-z_2|+2}^{|z_1-z_2|x+2)}\frac{g(u)}{|z_1-z_2|}du \Rightarrow g(|{z}_{1}+{z}_{2}|x+2)=g(|{z}_{1}-{z}_{2}|x+2)\Leftrightarrow |{z}_{1}+{z}_{2}|=|{z}_{1}-{z}_{2}|\Leftrightarrow (|{z}_{1}+{z}_{2}|)^2=(|{z}_{1}-{z}_{2}|)^2\Leftrightarrow {z}_{1}\bar{{z}_2}+\bar{z}_{1}{{z}_2}=0\Leftrightarrow Re(\bar{z}_{1}{{z}_2})=0$ (ΔΙΑΙΡΩ ΜΕ ΤΟ Χ ΠΟΥ ΕΙΝΑΙ ΔΙΑΦΟΡΟ ΤΟΥ 0)

B) $f(x)=|{e}^{x^2}z_1+xz_2|\Rightarrow f^2(x)=[{e}^{x^2}z_1+xz_2][\bar{{e}^{x^2}{z_1}+x{z}_{2}}}]\Leftrightarrow f^2(x)=e^{2x^2}|z_1|^2+x^2|z_2|^2 +xe^{x^2}(Re({z_1}{\bar{z_2}})\Leftrightarrow f^2(x)=e^{2x^2}|z_1|^2+x^2|z_2|^2$

Παρατηρώ ότι το f^2(x) δε μηδενίζεται (μη μηδενικοί μιγαδικοί), άρα ούτε το f(x) και συνεπώς η f(x) διατηρεί σταθερό πρόσημο, το οποίο είναι θετικό ( μην ξεχνάμε ότι η f είναι μέτρο μιγαδικού!!). Άρα

i) $f(x)=\sqrt{e^{2x^2}|z_1|^2+x^2|z_2|^2}$
H f είναι παραγωγίσιμη ως πράξη παραγωγίσιμων.

ii) Θεωρώ τη συνάρτηση

$h(x)=-f(x)+\int_{-1}^{x}h(t)dt\int_{1}^{x}p(t)dt$ με χ στο [-1,1]
Παρατηρώ ότι
$h(1)=-f(1)$
$h(-1)=-f(-1)$
Ακόμη f(1)=f(-1) [ Η f είναι άρτια)
Άρα από Θ.R υπάρχει k στο (-1,1) τέτοιο ώστε
$h'(k)=0 \Leftrightarrow -f'(k)+h(k)\int_{1}^{k}p(t)dt+\int_{-1}^{k}h(t)dtp(k)=0\Leftrightarrow f'(k)+h(k)\int_{k}^{1}p(t)dt=p(k)\int_{-1}^{k}h(t)dt$

iii) Βαριέμαι να γράψω λατεξ τώρα. Από την ανισότητα με Fermat παίρνουμε ότι f(0)=1. Παραγωγίζοντας την f(x) βρίσκουμε ότι για χ>0 η f είναι αύξουσα και χ<0 φθίνουσα.

Αρα χ>0 f(x)>=1
x<0 f(x) >=1.

Αυτά :p

lowbaper92 · 2 Μαΐου 2011 στις 00:11

Συνεχίζω την αρίθμηση από την τελευταία που ανέβασα
Άσκηση 17

Έστω ${z}_{1},{z}_{2}\in C$ με ${z}_{1}=a+bi\;,\; {z}_{2}=a+ci,\; \left(\alpha \neq 0\; \kappa \alpha \iota \; b<c \right)$
$\left|{z}_{1} +{z}_{2}\right|=\left|{z}_{1}-{z}_{2} \right|$
Θεωρούμε επίσης συνεχή και γνησίως αύξουσα συνάρτηση με πεδίο ορισμού και σύνολο τιμών το $[b,c]$

α) Να δείξετε ότι ${a}^{2}+bc=0$

β) Η εξίσωση $\frac{x+f\left(b \right)}{x-b}+\frac{x+f\left(x \right)}{x-c}=-3$ έχει ακριβώς δύο λύσεις στο (b,c)

γ) Να υπολογίσετε το $\lim_{x\rightarrow +\infty}\frac{b{x}^{3}+c{x}^{2}+\eta \mu \frac{c}{x}}{c{x}^{2}}$

lowbaper92 · 3 Μαΐου 2011 στις 18:04

Δυσκολεύεστε ή διαβάζετε έκθεση

lowbaper92 · 5 Μαΐου 2011 στις 01:58

Ανεβάζω τη λύση του (α) μήπως ασχοληθεί κάποιος με τα άλλα δύο, γιατί τη θεωρώ καλή ασκησούλα.

Μόνο πράξεις
Υψώνοντας τετράγωνο
$\left({z}_{1}+{z}_{2} \right)\left(\bar{{z}_{1}} +\bar{{z}_{2}}\right)=\left({z}_{1}-{z}_{2} \right)\left(\bar{{z}_{1}}-\bar{{z}_{2}} \right)\Leftrightarrow ...\Leftrightarrow {z}_{1}\bar{{z}_{2}}=-\bar{{z}_{1}}{z}_{2}\Leftrightarrow \left(a+bi \right)\left(a-ci \right)=-\left(a-bi \right)\left(a+ci \right)\Leftrightarrow ...\Leftrightarrow {a}^{2}+bc=0$

tebelis13 · 6 Μαΐου 2011 στις 02:28

Αρχική Δημοσίευση από lowbaper92:
Συνεχίζω την αρίθμηση από την τελευταία που ανέβασα
Άσκηση 17

Έστω ${z}_{1},{z}_{2}\in C$ με ${z}_{1}=a+bi\;,\; {z}_{2}=a+ci,\; \left(\alpha \neq 0\; \kappa \alpha \iota \; b<c \right)$
$\left|{z}_{1} +{z}_{2}\right|=\left|{z}_{1}-{z}_{2} \right|$
Θεωρούμε επίσης συνεχή και γνησίως αύξουσα συνάρτηση με πεδίο ορισμού και σύνολο τιμών το $[b,c]$

α) Να δείξετε ότι ${a}^{2}+bc=0$

β) Η εξίσωση $\frac{x+f\left(b \right)}{x-b}+\frac{x+f\left(x \right)}{x-c}=-3$ έχει ακριβώς δύο λύσεις στο (b,c)

γ) Να υπολογίσετε το $\lim_{x\rightarrow +\infty}\frac{b{x}^{3}+c{x}^{2}+\eta \mu \frac{c}{x}}{c{x}^{2}}$

To δύσκολο ερώτημα έκανες εσύ :redface:

$h(x)=(x+f(b))(x-c)+(x+f(x))(x-b)+3(x-b)(x-c)<br /> a^2=bc \Rightarrow bc<0,c>b\Rightarrow b<0<br /> <br /> <img src=$
εφόσον
$\lim_{+\infty}\frac{\eta \mu(c/x)}{\frac{x^3}{}*c/x}=\lim_{0}x^3*\eta \mu(cx)/cx=0$
" />

$:P$ .Θα το δώ αύριο το β." />

lowbaper92 · 6 Μαΐου 2011 στις 03:18

Πρώτον δεν ξέρουμε αν το α ανήκει στο [b,c] , δεύτερον η h δεν μπορεί να είναι γνησίως αύξουσα απ'τη στιγμή που έχει δύο λύσεις και τρίτον δεν χρησιμοποίησες το σύνολο τιμών.
Επίσης, ξανακοίτα τις πράξεις σου στο όριο (το αποτέλεσμα είναι σωστό)

vassilis498 · 6 Μαΐου 2011 στις 03:25

γενικά το θέμα με τη μοναδικότητα είναι λίγο wtf μήπως ξέχασες να μας τη δώσεις παραγωγίσιμη την f?

Rempeskes · 6 Μαΐου 2011 στις 03:35

Αρχική Δημοσίευση από vassilis497:
γενικά το θέμα με τη μοναδικότητα είναι λίγο wtf μήπως ξέχασες να μας τη δώσεις παραγωγίσιμη την f?

γνησίως αύξουσα -> παραγωγίσιμη σε όλα τα χ, εκτός πιθανώς
επί ενος συνόλου με μηδενικό μήκος.

( lol )

vassilis498 · 6 Μαΐου 2011 στις 03:58

Αρχική Δημοσίευση από Rempeskes:
γνησίως αύξουσα -> παραγωγίσιμη σε όλα τα χ, εκτός πιθανώς
επί ενος συνόλου με μηδενικό μήκος.

( lol )

ναι αλλά το βιβλίο δεν αναφέρει τίποτα τέτοιο πώς θα το αποδείξεις;

Rempeskes · 6 Μαΐου 2011 στις 04:41

Αρχική Δημοσίευση από vassilis497:
ναι αλλά το βιβλίο δεν αναφέρει τίποτα τέτοιο πώς θα το αποδείξεις;

Eχμ...
Λέω πως θα αποδείξω
ότι το σύνολο των a οπου
lim_{a+}f - lim_{a-}f#0
μπορεί να απεικονισθεί 1-1
στο σύνολο των φυσικών.

(λολ2... προφανώς η εκφώνηση χωλαίνει)

lowbaper92 · 6 Μαΐου 2011 στις 20:40

H λύση μου για την μοναδικότητα είναι:

Εφόσον η f είναι 2ου βαθμού θα έχει το πολύ δύο λύσεις. Δείξαμε ότι η f έχει τουλάχιστον δύο λύσεις, άρα αυτές θα είναι μοναδικές

lowbaper92 · 8 Μαΐου 2011 στις 23:59

Εδώ είναι και η λύση του (β) https://ischool.e-steki.gr/showpost.php?p=1871202&postcount=57
Και για το (γ)

$\lim_{x\rightarrow + \infty}\frac{b{x}^{3}+c{x}^{2}+\eta \mu \frac{c}{x}}{c{x}^{2}}=\lim_{x\rightarrow +\infty}\left(\frac{b}{c}x+1+\frac{1}{c{x}^{2}}\cdot \eta \mu \frac{c}{x} \right)=-\infty$
γιατί το b/c είναι αρνητικό και το τελευταίο όριο δίνει μηδέν, γιατί είναι μηδενική επί φραγμένη (με απόδειξη βέβαια)

Νομίζω δεν πρέπει να ανεβάσω άλλη άσκηση, γι'αυτό θα τη δώσω να τη διαβάσετε. https://mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=55&t=15242

Οπότε εδώ κλείνει ο κύκλος των ασκήσεων... Έλα μη σας πιάνουν τα ζουμιά.

Ευχαριστώ όσους συμμετείχαν που βοήθησαν να μένει ενεργό το θέμα. Ελπίζω να σας άρεσαν οι ασκήσεις.
Άντε και καλή επιτυχία στις πανελλήνιες ! :thumbup:

Rempeskes · 9 Μαΐου 2011 στις 13:18

Αρχική Δημοσίευση από lowbaper92:
H λύση μου για την μοναδικότητα είναι:

Εφόσον η f είναι 2ου βαθμού θα έχει το πολύ δύο λύσεις. Δείξαμε ότι η f έχει τουλάχιστον δύο λύσεις, άρα αυτές θα είναι μοναδικές

Η f είναι γνησίως αύξουσα και έχει δύο λύσεις; :worry:

lowbaper92 · 9 Μαΐου 2011 στις 18:14

Αρχική Δημοσίευση από lowbaper92:
H λύση μου για την μοναδικότητα είναι:

Εφόσον η g είναι 2ου βαθμού θα έχει το πολύ δύο λύσεις. Δείξαμε ότι η g έχει τουλάχιστον δύο λύσεις, άρα αυτές θα είναι μοναδικές

Διορθωμένο

Αρχική Δημοσίευση από lowbaper92:
Άσκηση 17

β) Η εξίσωση $\frac{x+f\left(b \right)}{x-b}+\frac{x+f\left(x \right)}{x-c}=-3$ έχει ακριβώς δύο λύσεις στο (b,c)

Επίσης στον δεύτερο όρο στον αριθμητή είναι x+f(c)
Σόρρυ ρε παίδες :redface:

red span · 11 Μαΐου 2011 στις 12:31

Χαρη και οι αλλοι,λεω να σταματησετε να βαζετε ασκησεις,οτι καναμε καναμε.
Τα μαθηματικά δεν έχουν τέλος, ούτε οι ασκήσεις

Η άσκηση του διημέρου

Πολύ δραστήριο μέλος

Διακεκριμένο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Διακεκριμένο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Διακεκριμένο μέλος

Επιφανές μέλος

Διακεκριμένο μέλος

Επιφανές μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Επιφανές μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Δραστήριο μέλος