Συλλογή ασκήσεων και τεστ στα Μαθηματικά Προσανατολισμού

kesmarag · 2011-10-25T21:09:08+0300

Ευχαριστώ που ασχολήθηκες με το διαγώνισμα καθώς και για την αναλυτική λύση!

kesmarag · 2011-10-25T21:16:05+0300

Ορίστε και το διαγώνισμα σε online μορφή.

Θέμα Α

1. Να χαρακτηρίσετε τις επόμενες προτάσεις ως σωστές ή λάθος
i) Δεν υπάρχει περιοδική συνάρτηση η οποία είναι 1-1
ii) Εάν $f$ γνησίως αύξουσα τότε το ίδιο ισχύει και για την $af+bx$ με $a>0,b>0$
iii) Οι συναρτήσεις $f(x)=\eta \mu (x)$ και $g(x)=\sigma \upsilon \nu (x)$ έχουν στο διάστημα $A=[\pi/2,\pi]$ την ίδια μέγιστη τιμή
iv) Εάν μια από τις $f,g$ ισούται με το $x$ τότε ισχύει $fo2g=2fog$
v) Εάν $f(2x_{1})=f(2x_{2})\Rightarrow x_{1}=x_{2},\forall x_{1},x_{2}$ του $D_{f}$ τότε ισχύει η $f$ είναι 1-1

2. Να αποδείξετε ότι δεν υπάρχει συνάρτηση $f:\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ για την οποία να ισχύει $f(\eta \mu (x))=\sigma \upsilon \nu (x)$

Θέμα Β

1. Να αποδείξετε ότι η εξίσωση

$\ln x=-\dfrac{x^{2}}{e^{2}}+\ln2+5$

έχει μοναδική λύση στο $(0,+\infty)$

2. Έστω $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ , $a\in\mathbb{R}$ και ισχύουν

i) $(fof)(x)=25x+12$

ii) $(fofof)(x)=125x+124a$

Να υπολογίσετε το $a$ και την συνάρτηση $f$

Θέμα Γ

Έστω $f,g:[a,b]\rightarrow \mathbb{R}$ . Εάν ισχύουν

i) $g(x)<2|f(x)-f(a)|,\quad\forall x\in(a,b)$

ii) $g(x)\ge 2|f(x_{0})-f(a)|+|f(x)-f(x_{0})|,\quad\forall x\in(a,b),\forall x_{0}\in(a,x)$

Να δείξετε ότι οι συναρτήσεις $g,\quad g+f,\quad g-f$ είναι γνησίως αύξουσες στο $(a,b)$

Θέμα Δ

Εάν $f:[0,+\infty)\rightarrow [0,+\infty)$ και $f(f(x))=xf(x)+e^{x}$

i) Να δείξετε ότι $f$ είναι 1-1

ii) Να δείξετε ότι $f(0)\neq0$ , $f(1)\neq1$ , $f(0)\neq1$

iii) Να δείξετε ότι εάν $\exists x_{0}>0$ τέτοιο ώστε $f(x_{0})=0$ τότε πρέπει $x_{0}=\ln f(0)$

Χαρουλιτα · 2011-10-25T21:37:07+0300

Με μια πρωτη ματια φαινεται ενδιαφερον! Θα το προσπαθησω αυριο...

Demlogic · 2 Νοεμβρίου 2011 στις 18:43

Αρχική Δημοσίευση από styt_geia:
Όμορφα, βάζω και το σχήμα.

Ας βάλω και μία αλγεβρική λύση έτσι για να υπάρχει.
Λήμμα
Αν $z \in \mathbb{C}, \,\, w \in \mathbb{C^*}$ με $|z-w|= |z|+|w|$ τότε $\frac{z}{w}=a \leq 0 , \,\, a \in \mathbb{R}$
Απόδειξη
$|z-w|= |z|+|w|\Rightarrow \left|\frac{z}{w}-1\right|=\left|\frac{z}{w}\right|+1\,\, (1)$ . Θέτουμε $\frac{z}{w}=a+bi$ και έχουμε:

$(1)\Rightarrow \sqrt{(a-1)^2+b^2}=\sqrt{a^2+b^2}+1\Rightarrow \sqrt{a^2+b^2}=-a \,\, (2)$

H $(2)$ αληθεύει μόνο αν $a \leq 0$ και τότε υψώνοντας στο τετράγωνο προκύπτει $b= 0$ . Άρα $\frac{z}{w}=a \leq 0 , \,\, a \in \mathbb{R} \,\, \square$

Επιστρέφοντας στην άσκηση λοιπόν, η δεύτερη δοθείσα σχέση γράφεται
$|(z_1-i)-(z_2-i)|=|z_1-i|+|z_2-i|$ οπότε από το πάνω λήμμα με $z=z_1-i,w=z_2-i$ θα έχουμε ότι

$\frac{z_1-i}{z_2-i}=a \leq 0 \,\, (3)$

απ΄όπου παίρνοντας μέτρα βρίσκουμε ότι $|a|=1\Rightarrow a=-1$ αφού $a\leq 0$ . Συνεπώς:

$(3)\Rightarrow \frac{z_1-i}{z_2-i}=-1 \Rightarrow z_1-i=-z_2+i \Rightarrow z_1+z_2=2i \Rightarrow |z_1+z_2|=2$

αποδεικνύω ότι |z1-z2|² + |z1+z2|²=2|z1|+2|z2|

και μετά λύνω ως προς τον άγνωστο και λύθηκε, σωστά; (θεωρώ |z1|=|z2|=1 αφου x²+y²-2y=0 (z1=z2=x+yi)

rebel · 2 Νοεμβρίου 2011 στις 20:19

Η εκφώνηση λέει $|z_1-i|=|z_2-i|=1$ ,όμως δεν ισχύει κατ'ανάγκη $|z_1|=|z_2|=1$ . Πάντως η ιδέα σου πράγματι δίνει μία πολύ απλούστερη λύση. Από την ταυτότητα που χρησιμοποιείς είναι:

$|z_1-i-z_2+i|^2 + |z_1+z_2-2i|^2 =2|z_1-i|^2+2|z_2-i|^2 \Rightarrow |z_1+z_2-2i|^2=0 \Rightarrow z_1+z_2=2i \Rightarrow |z_1+z_2|=2$

Ευχαριστώ για την παρέμβαση!

labis777 · 4 Νοεμβρίου 2011 στις 16:43

trick · 5 Νοεμβρίου 2011 στις 00:05

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.

Civilara · 5 Νοεμβρίου 2011 στις 01:31

Αρχική Δημοσίευση από trick:
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*.

rebel · 5 Νοεμβρίου 2011 στις 04:02

Έστω $x_0>0$ .
$f^\prime(x_0)=\lim_{x\to x_0}\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}=\lim_{x\to x_0}\frac{f(x_0\cdot\frac{x}{x_0})-f(x_0)}{x-x_0}=\lim_{x\to x_0}\frac{f(\frac{x}{x_0})+f(x_0)-f(x_0)}{x-x_0}\stackrel{h=\frac{x}{x_0}}{=}\lim_{h \to 1}\frac{f(h)}{x_0(h-1)} (*)$
Από την συναρτησιακή σχέση για $a=b=1$ βρίσκουμε ότι $f(1)=0$ οπότε:
$(*)\Rightarrow f^\prime(x_0)=\lim_{h \to 1}\frac{f(h)-f(1)}{x_0(h-1)}=\frac{f^\prime(1)}{x_0}$ . Άρα $f^\prime(x)=\frac{f^\prime(1)}{x},\,\, \forall x>0 \Rightarrow f^{\prime\prime}(x)=-\frac{f^\prime(1)}{x^2},\,\, \forall x>0$
και το ζητούμενο έπεται.

Demlogic · 6 Νοεμβρίου 2011 στις 21:05

Αρχική Δημοσίευση από styt_geia:
Η εκφώνηση λέει $|z_1-i|=|z_2-i|=1$ ,όμως δεν ισχύει κατ'ανάγκη $|z_1|=|z_2|=1$ . Πάντως η ιδέα σου πράγματι δίνει μία πολύ απλούστερη λύση. Από την ταυτότητα που χρησιμοποιείς είναι:

$|z_1-i-z_2+i|^2 + |z_1+z_2-2i|^2 =2|z_1-i|^2+2|z_2-i|^2 \Rightarrow |z_1+z_2-2i|^2=0 \Rightarrow z_1+z_2=2i \Rightarrow |z_1+z_2|=2$

Ευχαριστώ για την παρέμβαση!

χοχοχο, όντως δε το πρόσεξα

Demlogic · 8 Νοεμβρίου 2011 στις 14:32

Αρχική Δημοσίευση από labis777:

z²+w²=zw

α) ισχύουν οι σχέσεις
z³=z²w-w²z => |z|³=|z²w - w²z|
w²=zw²-wz² => |w|³=|-(z²w - w²z|=|z²w - w²z|

αρα |w|³=|z|³ => |w|=|z|

β) αρκεί να δείξω ότι |z-w|=|z|=|w| , στο προηγούμενο ερώτημα απόδειξα ότι |z|=|w| , τωρα αρκεί να δειξω |z-w|=|z| ή |z-w|=w

ισχύει z²+w²=zw <=> z²+w²-zw=0 <=> z(z-w) + w² = 0 <=> z-w = - w² / z (αφου z≠0) => |z-w| = |w|²/|z| => |z-w|= |z|²/|z|=|z|

Β ΘΕΜΑ
f(f(x))+f(x)=e^x-1

έστω x1,x2 E (0,+oo) τ.ω. : f(x1)=f(x2) (σχέση 1) => f(f(x1)=f(f(x2)) (σχέση 2)

πρόσθετω κατα μέλη τις (1),(2) και έχω f(x1)+f(f(x1))=f(x2)+f(f(x2)) <=> e^x1 - 1 = e^x2 - 1 <=> x1=x2
αρα η f είναι 1-1

labis777 · 9 Νοεμβρίου 2011 στις 15:37

drosos · 9 Νοεμβρίου 2011 στις 18:50

Θεμα A

α1)

$z=x+\frac{i}{x+i}=x+\frac{(x-i)i}{(x-i)(x+i)}=x+\frac{xi+1}{{x}^{2}+1}=\frac{{x}^{3}+x+1}{{x}^{2}+1}+\frac{x}{{x}^{2}+1}i$

α2)

Πρέπει $\frac{{x}^{3}+x+1}{{x}^{2}+1}=0 \Leftrightarrow {x}^{3}+x+1=0$ αφου ${x}^{2}+1>0$

θετω $f(x)={x}^{3}+x+1$

$\lim_{x\rightarrow -oo}f(x)=-oo$

$\lim_{x\rightarrow +oo}f(x)=+oo$

α τροπος

Aρα θα υπαρχει ενα $x1<0$ ωστε $f(x1)<0$ και ενα $x2>0$ ωστε $f(x2)>0$ αρα απο θ bolzano υπαρχει τουλαχιστον μια ριζα στο $(x1,x2)\subseteq R$
Και αφου η f ειναι γνησιως αυξουσα ειναι κ μοναδικη.

β τροπος

Η f ειναι συνεχης και γνησιως αυξουσα αρα το συνολο τιμων της ειναι το R οποτε $0\in f(A)$ αρα εχει μια μοναδικη ριζα

α3) $\lim_{x\rightarrow +oo}\frac{x}{{x}^{2}+1}\eta \mu \chi =\lim_{x\rightarrow +oo}\frac{1}{{x}^{2}+1}\frac{\eta \mu \chi {x}^{2}}{x}=0$

Αφου απο κριτηριο παρεμβολης ημχ/χ=0 και 1/+oo=0

Demlogic · 9 Νοεμβρίου 2011 στις 23:16

Αρχική Δημοσίευση από labis777:

test generator;

θα το κοιτάξω αύριο ή μεθαύριο

drosos · 2011-11-10T22:08:28+0200

Θέμα β

β1) $h'(x)={x}^{2}+3>0$

Αρα η h γνησιως αυξουσα στο R οποτε και 1-1.

β2)Παραγωγιζοντας κατα μελη:

$3{f}^{2}(x)f'(x)+3f'(x)=2\Leftrightarrow 3f'(x)({f}^{2}(x)+1)=2\Leftrightarrow f'(x)=\frac{2}{{3f}^{2}(x)+3}>0$

Αρα γνησιως αυξουσα στο R οποτε και 1-1 συνεπως αντιστρεφεται.

για χ=0 εχω: ${f}^{3}(0)+3f(0)=0\Leftrightarrow {y}^{3}+3y=0\Leftrightarrow y({y}^{2}+3)=0\Leftrightarrow y=0$

αρα f(0)=0

β3)

θετω $x={f}^{-1}(x)$

${f}^{-1}(x)=\frac{{x}^{3}+x}{2}$

drosos · 2011-11-10T23:01:52+0200

Παρτε και μια ασκησουλα που εφτιαξα!

Δίνεται $f:R\rightarrow R$ παραγωγίσιμη και

i) $\lim_{x\rightarrow 0}\frac{f(x)-1}{x}=2$

ii) $-\eta \mu (\chi -2)<f(x)(x-2)<{x}^{2}-5x+6$

iii) $f'(x)>0$

Να αποδειξετε οτι η $f$ έχει ακριβώς μία ρίζα στο $R$

Guest 278211 · 2011-11-12T11:46:07+0200

Αρχική Δημοσίευση από drosos:
Παρτε και μια ασκησουλα που εφτιαξα!

Δίνεται $f:R\rightarrow R$ παραγωγίσιμη και

i) $\lim_{x\rightarrow 0}\frac{f(x)-1}{x}=2$

ii) $-\eta \mu (\chi -2)<f(x)(x-2)<{x}^{2}-5x+6$

iii) $f'(x)>0$

Να αποδειξετε οτι η $f$ έχει ακριβώς μία ρίζα στο $R$

εδώ η λύση μου!!

drosos · 2011-11-12T12:19:10+0200

Μια χαρα ολα! Αλλα δεν καταλαβα πως απεδειξες οτι το οριο στο 0 της f(x) ειναι 1. Υπηρχε και πιο απλος τροπος θετοντας συναρτηση αν μπορεις εξηγησε το μου

Demlogic · 2011-11-12T22:14:11+0200

συμφωνώ με τον droso

Και ενας ηλίθιος τρόπος για να χρησιμοποιήσω το δεδομένο για να βρω το f(0) στο Β θέμα, οτι η h είναι 1-1, θέτω x=0 στην σχέση και εχω
ƒ ³ (0) +3 ƒ (0) = 0 <=> h( ƒ (0) )=0 <=> h( f(0) )=h(0) <=> f(0)=0

το Γ θέμα δε μου βγήκε με την πρώτη προσπάθεια.

edit: σίγουρα λύνετε το Γ; :-P

drosos · 2011-11-12T23:12:45+0200

Delmlogic που εχεις φθασει στο θεμα Γ γιατι κ γω εχω κολησει σε μια σχεση που κατεληξα

$\beta f(\alpha )=\alpha f(\beta )$

Aξιοποιωντας οτι ειναι πραγματικος ο z/w

ΥΓ: Ωραιος τροπος για να βρεις το f(0)

Συλλογή ασκήσεων και τεστ στα Μαθηματικά Προσανατολισμού

Νεοφερμένο μέλος

Νεοφερμένο μέλος

Διάσημο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Νεοφερμένο μέλος

Συνημμένα

Νεοφερμένο μέλος

Περιβόητο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Νεοφερμένο μέλος

Συνημμένα

Πολύ δραστήριο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Guest 278211

Επισκέπτης

Πολύ δραστήριο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος