paganini666
Δραστήριο μέλος
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 14 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
paganini666
Δραστήριο μέλος
oχιεχεις δίκιο αλλα πιστεύω πως αυτο το μαθημα θέλει σίγουρα μυαλο φαντασία ψυχραιμία και ένα γερο πορτοφόλι για τα ιδιαίτερα.συμφωνείς;
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 14 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
paganini666
Δραστήριο μέλος
κατι παιζει με το latex η μου φαινεται;Λειπει ενα απολυτοαν e C και ισχυει να δειξετε οτι
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 14 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
paganini666
Δραστήριο μέλος
ναι δες το edit.Καλά δε νομίζω οτι έχει διαφορά.Απλά το β είναι πολύ απλό έτσι κι αλλιώς.Ένα Rolle θέλει για τη g στο [0,2].
-----------------------------------------
με μια γενικη ματια μου φαινονται πολυ πιο ευκολα απο τα δικα μας-ισως παιζει ρολο η πιεση των πανελληνιων στην αποψη μου- και σιγουρα πολυ ευκολα για επαναληπτικες που εκει -συνηθως-...τον "τρωνε" καλα .
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 14 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
paganini666
Δραστήριο μέλος
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 14 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
paganini666
Δραστήριο μέλος
θεωρω τη συναρτησηΜΙΑ ΑΚΟΜΗ ΛΥΣΗ
'Εστω ότι η εξίσωση
,
έχει πραγματική ρίζα, δηλαδή .
Τότε
Άτοπο διότι
Άρα η εξίσωση :
,
αν έχει ρίζες, έχει μόνο φανταστικές ρίζες.
'Εστω ότι η εξίσωση
,
έχει φανταστική ρίζα, δηλαδή .
Τότε
H τελευταία εξίσωση έχει ακριβώς 2008 ρίζες
μια σε καθένα από τα διαστήματα (1 , 2) , (2 , 3) , ... (2008 , 2009)
(σας το αφήνω σαν άσκηση)
Συμπερασματικά η αρχική εξίσωση έχει ακριβώς 2008 φανταστικές ρίζες
Bolzano στο
ομοιως.........................
Πρεπει να αναφερω επισης οτι η f ειναι 1-1 στα επιμερους διαστηματα so its unique.
-----------------------------------------
τώρα εισαι ωραιος :pΘεωρούμε 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 14 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
paganini666
Δραστήριο μέλος
υπαρχουν λυσεις αυτης της εξισωσης;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 14 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
paganini666
Δραστήριο μέλος
πες και το λινκ...θεματα καλα εχει στο site του φροντιστηριου ''συγχρονο'' στη θεσσαλονικη
-----------------------------------------
ας τα δει και καποιος αλλος να μου πει γνωμη θα περιμενω.
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 14 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
paganini666
Δραστήριο μέλος
για το (γ) να πω και τι σκεφτηκα εγω: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 για κάθε τότε
ισχύει f(x)=0 για κάθε που σημαίνει ότι η εξίσωση f(x)=0 έχει άπειρες λύσεις στο .
Αν για κάθε όπου , τότε 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 .
Αν , τότε επειδή η f είναι συνεχής στο 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 .
Όπως απεδειχθη
δηλαδή
Αρχικα θα δειξω οτι υπαρχει ενα ΤΟΥΛΑΧΙΣΤΟ k:f(k)=0
Έστω
Αν
ατοπο.
Ομοιως αποκλειουμε και την περιπτωση
αρα υπαρχει
Από (1)
τωρα με το
Επαγωγικα δηλαδη υπαρχουν απειρα τετοια ξ. Αρα η εξισωση εχει απειρες λυσεις.
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 14 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
paganini666
Δραστήριο μέλος
Έστω
Αν
α)
β) Για κάθε
γ) Η εξίσωση
ΥΓ Πώς γραφουμε το -απειρο στο λατεχ;
-----------------------------------------
Θεμα απο Ρουμανικο Διαγωνισμο
Κατι μου θυμιζει...εσας;
Έστω f συνεχής συνάρτηση στο [0,1] με
α) Η συνάρτηση
διάφορο του μηδενός και
Rolle στο [0 , 1]
β) Υπάρχει
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 14 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
paganini666
Δραστήριο μέλος
Έστω η εξισωσηΆντε ρε παιδιά, βάλτε καμιά δύσκολη άσκηση.
ι)να δειξετε οτι η (1) δεν εχει πραγματικες ριζες
ιι)αν
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 14 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
paganini666
Δραστήριο μέλος
πωωωω!Σωστα. Τι ωραια!Eίχες φτάσει στο σημείο
Λύστο σαν εξίσωση 2ου βαθμού ως προς f (m)
Η μια από τις δύο ρίζες είναι η 2m + 1
f (m) = 2m + 1
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 14 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
paganini666
Δραστήριο μέλος
Μαλιστα,αλλα πώς επρεπε να το σκεφτω αυτο;Πρώτα δείξε ότι υπάρχει ξ στο (-1 , 0) τέτοιο ώστε f (ξ) = 2ξ + 1
Έπειτα ΘΜΤ με την f στα [-1 , ξ] και [ξ , 0]
Γιατι οπως βλεπετε στη 2η προσπαθεια μου πηρα γενικα να δειξω οτι f(ξ)=αξ και δεν εβγαινε. Μετα σκεφτηκα f(ξ)=αξ+β αλλα σκεφτηκα οτι το παρατραβαω!
Μαλλον δεν βλεπετε γιατι την διεγραψα... :p
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 14 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
paganini666
Δραστήριο μέλος
Τελικα η λυση;;;;Έστω παραγωγίσιμη συνάρτηση f: [-1,0]->[-1,0] και f(0)=-1, f(-1)=0. Να αποδείξετε ότι υπάρχουν διαφορετικά μεταξύ τους τέτοια ώστε
Και η δικη μου ειναι λαθος! Δεν ειναι;
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 14 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
paganini666
Δραστήριο μέλος
Λετε ε;Ηλία δεν σε καταλαβαίνω.
Η άσκηση ζήταγε να αποδείξεις ότι υπάρχει μιά τριάδα αριθμών διαφορετικών μεταξύ τους πού να ανήκουν στο (α,β) ώστε να αληθεύει η σχέση.
Λοιπόν εσύ το απέδειξες αφού βρήκες ξ1 στο (-1,-2/3) και ξ2 στπ(-2/3,0) και ξ=-2/3 που σου επαληθεύουν τη σχέση.
Γιατί το βασανίζεις κι άλλο?
Δείχνεις υπερβάλλοντα σεβασμό σε ένα απλό θεώρημα.Δεν είναι ανάγκη να το κάνεις αυτό.
Το θ.bolzano είναι απλά ένα εργαλείο που μας εξασφαλίζει ρίζα σε ένα ανοικτό διάστημα.Αυτό εσένα σε βοήθησε.
Δηλαδή αμφιβάλλεις ακόμη ότι δεν έχεις βρεί την τριάδα με την προηγούμενη προσπάθειά σου?
Έπειτα κάνεις λάθος με τη δεύτερή σου προσπάθεια γιατί δεν βλέπω να λέει πουθενά η άσκηση ότι η συνάρτηση f παραγωγίζεται διπλά!
Έχεις τελειώσει με τη λύση και δεν τόχεις καταλάβει.
Για να το κοιταξω...αφου δω τη live συνεντευξη του Τσιπρα! https://www.tvxs.gr/live
Παντως στη 2η προσπαθεια παραγωγιζω μια καινουργια συναρτηση την F(d) ώς προς ,δεν ειναι πουθενα η f μεσα.
-----------------------------------------
Το ξανακοιταξα και ΕΠΙΜΕΝΩ ΟΤΙ ΚΑΝΩ ΛΑΘΟΣ (οξυμωρο ε; )
Αν κανω θμτ στο -1,-2/3 κλπ δε βγαινει κατι! Πειτε μου που υπαρχει η διαφωνια μας.
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 15 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
paganini666
Δραστήριο μέλος
Εχετε απολυτο δικαιο αλλα νομιζω οτι η λυση εξαρχης ειναι λαθος για το λογο που εξηγησα.Νιά χαρά είσαι.Απλώς ξεκαθάρισε τη ..θέση σου.Μη βραχυκυκλώνεσαι!
Το ερώτημα είναι: Να αποδείξεις ότι υπάρχει ξ(=m=k αποφάσισε τελικά τι γράμμα θέλεις) στο (α,β) κ.λ.π
Εσύ βρήκες ένα. Θέλεις μήπως κι άλλο?
Μπορούσες να απλοποιήσεις αμέσως τη σχέση αυτή, αφού f(m)=m και m διάφορο του -1! και θα είχες αμέσως το -2/3!
Τσάμπα κόπο έκανες από κει και κατω.
Ισως σας μπρεδεψα με τα k και τα m αλλα οι συμβολισμοι πιστευω ειναι σωστοι. Το k το καθοριζει το Bolzano και ειναι συγκεκριμενο,οχι οποιο θελω εγω (στην περιπτωση μας το -2/3!).
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 15 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
paganini666
Δραστήριο μέλος
Επισης απο Bolzano στη f(x)-x προκυπτει οτι
Με 2 ΘΜΤ για την
Απαιτουμε:
Θεωρω
Δεκτο το
Πρεπει να εχω κανει πατατα. :p
Βασικα το k το καθοριζει το θεωρημα Βolzano και οχι εγω αρα η λυση ειναι παντελως λαθος....
κριμα
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 15 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
paganini666
Δραστήριο μέλος
Ειναι δυσκολουτσικο ε;Έστω παραγωγίσιμη συνάρτηση f: [-1,0]->[-1,0] και f(0)=-1, f(-1)=0. Να αποδείξετε ότι υπάρχουν διαφορετικά τέτοια ώστε
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;
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 15 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
paganini666
Δραστήριο μέλος
Κυριε Lostg (γιωργο),δεν ηθελα σε καμια περιπτωση να σας "μαλωσω".Πάντως δεν σε υποχρέωσε κανείς να διαβάσεις τη λύση.Θα μπορούσες να επιχειρήσεις να τη λύσεις χωρίς να τη διαβάσεις.
Θα μπορούσα ίσως να κάνω αυτό που κάνει συχνά ο Djimakos. Δηλαδή απόχρωση τέτοια τής γραμματοσειράς, που μόνο με αρκετή προσπάθεια θα βλέπεις τη λύση.Κάνεις επιλογή όλων και γίνεται ορατό.
Ας κάνουμε λίγη εξάσκηση.
Έχω σαν αρχή μου να αφήνω πρώτα τους μαθητές να ιδρώνουν σε μια άσκηση και μετά να τους βοηθάω αλλά τώρα ποιός μαθητής ασχολείται ειδικά τώρα ε?
Εν συντομία.
Λοιπόν Rolle στην h(x)=f '(x)/f(x).
Κατ ευθείαν βγαίνει (μετά από πραξούλες) ότι ένας x1 τού Rolle δίνει f(x1)f ''(x1)>0 (1)
(Σύμφωνα με τον περιορισμό σου, ούτε η f ούτε η f ' μηδενίζονται).
[Αν μπορούσα βέβαια να αποδείξω ότι η συνάρτηση g(x)=f(x)f ''(x) είναι συνεχής, τότε τελείωνε η άσκηση γιατί σε περιοχή τού x1 αυτή θα έπαιρνε θετικές τιμές αλλά αφού δεν.. ας προχωρήσουμε].
Δύο ΘΜΤ τού διαφορικού λογισμού στα διαστήματα [α,x1], [x1,β] απ' όπου μετά από πράξεις βλέπουμε ότι τουλάχιστον ένας από τους x2, x3 έστω ο x2, δίνει ότι f(x2)f ''(x2)>0 (2)
(όπου x2,x3 τιμές που προκύπτουν από το ΘΜΤ στα παραπάνω διαστήματα)
Πρόσθεση κατά μέλη των (1), (2) και OK.
Πολύ αργά πήγε. Καληνύχτα!
Τέλος πάντων όλα καλά.
Απλα οταν εχει δημοσιευθει η λυση χανεις τη χαρα να εισαι αυτος που θα τη λυσει.Πειτε με ματαιοδοξο, αλλα εινια μια ηθικη ικανοποιηση να λυνεις μια ασκηση μετα απο καποιο-οποιο κοπο και να την παρουσιαζεις τελικα!
Φιλικά,
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 15 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
paganini666
Δραστήριο μέλος
Μα μολις πριν εγω δεν ημουν αυτος που προσπαθουσα να λυσω μια ασκηση και ειπατε Μπραβο τα μαθηματικα δεν τελειωνουν...κλπΣορρυ!
Καλά δεν το ξανακάνω.Νόμιζα πως μετά την κούραση των εξετάσεων δεν έχετε όρεξη στο...καπάκι να λύνετε πάλι μαθηματικά.
Τελος παντων,απλώς εαν μια ασκηση εχει πανω απο μια βδομαδα αλυτη τοτε να παρεμβαινετε ευχαριστως!:no1:
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 15 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
paganini666
Δραστήριο μέλος
ΕΕΕΕ! Kακως κυριε Lostg! Ηθελα να προπαθησω...Ας κάνουμε λίγη εξάσκηση.
Έχω σαν αρχή μου να αφήνω πρώτα τους μαθητές να ιδρώνουν σε μια άσκηση και μετά να τους βοηθάω αλλά τώρα ποιός μαθητής ασχολείται ειδικά τώρα ε?
Εν συντομία.
Λοιπόν Rolle στην h(x)=f '(x)/f(x).
Κατ ευθείαν βγαίνει (μετά από πραξούλες) ότι ένας x1 τού Rolle δίνει f(x1)f ''(x1)>0 (1)
(Σύμφωνα με τον περιορισμό σου, ούτε η f ούτε η f ' μηδενίζονται).
[Αν μπορούσα βέβαια να αποδείξω ότι η συνάρτηση g(x)=f(x)f ''(x) είναι συνεχής, τότε τελείωνε η άσκηση γιατί σε περιοχή τού x1 αυτή θα έπαιρνε θετικές τιμές αλλά αφού δεν.. ας προχωρήσουμε].
Δύο ΘΜΤ τού διαφορικού λογισμού στα διαστήματα [α,x1], [x1,β] απ' όπου μετά από πράξεις βλέπουμε ότι τουλάχιστον ένας από τους x2, x3 έστω ο x2, δίνει ότι f(x2)f ''(x2)>0 (2)
(όπου x2,x3 τιμές που προκύπτουν από το ΘΜΤ στα παραπάνω διαστήματα)
Πρόσθεση κατά μέλη των (1), (2) και OK.
Πολύ αργά πήγε. Καληνύχτα!
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 15 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
paganini666
Δραστήριο μέλος
Το ιδιο πραγμα λεμε απλώς νομιζω το διατυπωνω πιο αυστηρα μαθηματικα. :no1:Μια παρατηρηση: αφου δειχνεις οτι δεν γινεται να ισχυει f(x)>g(x) για καθε χ στο [0,1] και δεν γινεται να ισχυει f(x)<g(x) για καθε χ στο [0,1] ,αρα δεν γινεται να ισχυει f(x)<>g(x) για καθε χ στο [0,1].
Αυτο σημαινει οτι υπαρχει τουλαχιστον ενα ξ στο [0,1] τετοιο ωστε f(ξ)=g(ξ) στο [0,1]. Εσυ το κανεις πιο περιπλοκα αυτο το σημειο χωρις λογο.
Καμια ιδεα για τη συνεχεια;
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 15 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
paganini666
Δραστήριο 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.
Εστω ,επειδη g φθινουσα .Λογω υποθεσης δε
ομως επειδη η (1) ισχυει για καθε , θα ισχυει και για
απο τις σχεσεις (2),(3) προκυπτει ατοπο.
Αρα η υποθεση οτι ειναι λαθος. Δηλαδη υπαρχει
Εστω
Ομοιως προκυπτει ατοπο
Άρα
Αν για ενα απ'τα
Για την περιπτωση που ισχυει καθαρη ανισοτητα τοτε με θεωρημα Bolzano για την
Αρα σε καθε περιπτωση
Εστω οτι υπαρχει και ενα
Συνεχεια οταν βρω τη λυση
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 15 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
paganini666
Δραστήριο μέλος
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 15 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
paganini666
Δραστήριο μέλος
τον α τον λεμε πραγματικο μερος του z και τον β φανταστικο μερος του z.Eπομενως Ιm(z)=y και οχι yi!
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 15 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
paganini666
Δραστήριο μέλος
Φιλικά
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 15 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
paganini666
Δραστήριο μέλος
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 15 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
paganini666
Δραστήριο μέλος
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 15 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
paganini666
Δραστήριο μέλος
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 15 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
paganini666
Δραστήριο μέλος
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 15 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
paganini666
Δραστήριο μέλος
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 15 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
paganini666
Δραστήριο μέλος
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 15 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
paganini666
Δραστήριο μέλος
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 15 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
paganini666
Δραστήριο μέλος
To μονο προβλημα νομιζω ειναι οτι χρησιμοποιω κατι που θα δειξω μελλοντικα στην ασκηση και οχι κατι που εδειξα προηγουμενως οπως γινεται συνηθως...
-----------------------------------------
Εμπνευση για το β.
Εστω οτι η f φρασσεται προς τα πανω===>υπαρχει κ ε R:f(x)<κ για καθε χεR (1)
===> f(x)^3<κ^3 ==>(απο υποθεση) x-2f(x)<κ^3 ==> x<k^3+2f(x)==>(1)x<k^3+2k AΤΟΠΟ γιατι xεR (δεν φρασσεται)
Παρομοιως εστω οτι φρασσεται προς τα πανω.....Ατοπο
Αρα η f δν φρασσεται ουτε προς τα πανω ουτε προς τα κατω.
Αρα εχει συνολο τιμων το R
Βεβαια προυποθεση για να ισχυει η τελευταια συνεπαγωγη ειναι να ειναι η f συνεχεις ωστε να παιρνει ολες τις τιμες στο R κατι ομως που αποδεικνυεται στο (δ)
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 15 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
paganini666
Δραστήριο μέλος
-----------------------------------------
το β ειναι 1/3 ετσι?
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 15 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
paganini666
Δραστήριο μέλος
Ενα λαθακι μονο οταν πηρες ρίζα.
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 15 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
paganini666
Δραστήριο μέλος
Να βρειτε τον τυπο της f(x)
Ακυρη ασκηση αλλα επιλυσιμη για να προλαβω ορισμενους... :-)
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 15 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
paganini666
Δραστήριο μέλος
"Περναει απο την αρχη των αξονων εξαιρουμενου ομως του σημειου (0,0)"???Λάθος!
Ο μιγαδικός z=0 δεν ορίζει μιγαδικό της μορφής
Αυτό πού έπρεπε να πεί ο μαθητής καί κατά πως φαίνεται απο το μήνυμά του μάλλον είπε, είναι ότι ο κύκλος στον οποίο ανήκει ο z είναι αυτός πού λες πού περνάει πράγματι από την αρχή των αξόνων εξαιρουμένου όμως τού σημείου (0,0).
Καί το κέντρο πού λες δεν είναι αλλά το Κ(0,-1).
LOLSorry κιολας αλλα καιρο ειχα να ακουσω τετοια κοτσανα!Ενα σημειο ή θα ανηκει σε εναν γεωμετρικο τοπο ή οχι,δν γινεται και τα δυο!Η ασκηση ειναι προφανως λαθος και η καθηγητρια σου kvgreco ασχετη.
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 15 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
paganini666
Δραστήριο μέλος
Ρε αράξτε. Έλεος σαν τα κοκόρια.
@ Ηλίας:
Λοιπόν, πες του καθηγητή σου σιγά μη θέλει και Θ.Μ.Κ.Ε. για να λυθεί η άσκηση... Btw, η προσέγγιση σου σωστή μου φαίνεται. Αν δεν έχασες πράξεις, είσαι super.
Πως μου την δινει οταν εχω δικιο και με αδικουνε...
Μου ελεγε "Αυτη ειναι απο Ολυμπιαδα.Ειναι ανωμαλο θεμα.Μου χαλασες ολο το απογεμα χθες να την λυσω,πηγα στο δασακι να εμπνευστω!"Καβαλημενο με ανεβαζε ανωμαλο με κατεβαζε...
Αλλα επαναλαμβανω.Η ασκηση ζητουσε να δειξουμε οτι η 1 εχει μονο φαντασικες λυσεις.Εγω εδειξα οτι αν η 1 εχει λυσεις θα ειναι της μορφης λi,πώς θα δειξω οτι εχει σιγουρα λυσεις??
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 15 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
paganini666
Δραστήριο μέλος
:pΣτη σελιδα 13 αν πας θα δεις την ασκηση και την λυση μου.Βασικά έγραψα γνωστή για να την πάρω ως έχει και να μη γράφω απόδειξη... (Και με πράξεις αν κάνετε, θα καταλήξετε σε ένα τετράγωγο μεγαλύτερο ή ίσο του μηδέν)
Στέλιος
-----------------------------------------
Ποια άσκηση ρε man γιατί γίνεται λίγο μπουρδέλο εδώ με τόσες ασκήσεις..
Ηλίας
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 15 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
paganini666
Δραστήριο μέλος
Ηλίας :p
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 15 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
paganini666
Δραστήριο μέλος
Ωραια,δν χρειαζεται να εισαι εριστικος.Εμας αυτο μας λεει ο καθηγητης μας στο σχολειο.Τους αντιμετωπιζει καθαρα αλγεβρικα με ανισοτητες lagrance και δε συμμαζευεται.MOSTEL εχεις καποια αλλη λυση?Δηλαδή έχεις την εντύπωση ότι δουλεύοντας μιγαδικούς κάνεις μοντέρνα μαθηματικά? Απαρχαιωμένο είναι το κεφάλαιο των μιγαδικών.
Ακριβώς επειδή οι μιγαδικοί όπως αρέσκεται καί ο mostel να λέει είναι Γεωμετρία,γι αυτό καί εγώ κάνω αυτά εδώ.
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 15 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
paganini666
Δραστήριο μέλος
Κάθε απόδειξη επιστημονικά τεκμηριωμένη είναι αποδεκτή δεν λέει το φυλλάδιο με τα θέματα στις πανελλήνιες? Ε λοιπόν αποδεικνύεται με διαδοχικά πυθαγόρεια θεωρήματα μόνο πού εσύ δεν αποτετραγώνισες μετά ώστε να δημιουργήσεις τα αθροίσματα πού σε ενδιαφέρουν.
Έπειτα τι σημαίνει πιό αποδεκτός τρόπος? Αν ένα άνθρωπο τον ταΐζεις από το στόμα ή μέσω τραχειοστομίας ο σκοπός ποιός είναι?
Καί γιά να μάθεις λίγη γεωμετρία αφού όπως μόνος σου είπες είσαι "σκράπας", πάρε το παρακάτω.
Σχήμα (I)
ΑΜ διάμεσος
Φέρνω Μ'Μ=ΑΜ οπότε ΑΒ+ΑΓ=ΑΓ+Μ'Γ.
Αλλά καί από το παραλλ/μο ΑΝΜ'Λ είναι ΑΛ+ΑΝ=ΑΝ+ΝΜ'
Αρκεί να δείξουμε ότι ΑΓ+ΓΜ' > ΑΝ+ΝΜ'
Σχήμα (II) παρατηρούμε:
Μ'Γ+ΓΡ>Μ'Ρ (1) καί ΑΡ+ΝΡ>ΑΝ (2) κατά μέλη πρόσθεση τους καί είναι
Μ'Γ+ΓΡ+ΑΡ+ΝΡ>Μ'Ρ+ΑΝ
Μ'Γ+ΓΡ+ΑΡ+ΝΡ>Μ'Ν+ΝΡ+ΑΝ καί τελικά
Μ'Γ+ΓΡ+ΑΡ>Μ'Ν+ΑΝ άρα Μ'Γ+ΓΑ>Μ'Ν+ΝΑ.
Καί μην ξεχνάμε βέβαια ότι η συγκεκριμένη άσκηση έχει ΒΛ=ΛΝ=ΝΓ=1 μονάδα.
Ξαναλεω:Ηρεμησεεεε....Οταν μαθαινεις κατι καινουργιο προσπαθεις να λειτουργεις με τη νεα μεθοδο που εμαθες.Ο τροπος της ευκλειδιας γεωμετριας μου φαινεται απαρχαιωμενος για τους μιγαδικους .Αμα θες παρε και τη μεζουρα να βρεις αυτό που ζητας:πρακτικα μαθηματικα μαθαμε στο δημοτικο, μπορεις να τα χρησιμοποιησεις.
Και για το πυθαγορειο που λες αποτετραγωνισα αλλα δε μου βγηκε κατι καλο.Μπορεις να το κανεις και με το πυθαγορειο αμα εχεις την καλοσυνη?
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 15 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
paganini666
Δραστήριο μέλος
ευχαρσιτω κυριε μανο!
περίμετρος ΜΑΜ΄Ο > περίμετρος ΜΒΜ΄Γ
2 (ΜΑ) + 2 (ΜΟ) > 2 (ΜΒ) + 2 (ΜΓ)
(ΜΑ) + (ΜΟ) > (ΜΒ) + (ΜΓ)
kvgreco το κεφαλαιο ειναι μιγαδικη αναλυση και οχι ευκλειδια γεωμετρια.Καλο να εχεις μια αισθηση του τι γινεται στο μιγαδικο επιπεδο αλλα οχι και να το κανουμε γεωμετρια.Ο αλγεβρικος τροπος ειναι πιο αποδεκτος.mostel ειχες καποια λυση υποψιν σου?
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 15 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
paganini666
Δραστήριο μέλος
απο,τι θυμαμαι το πυθαγορειο μας λεει για τα τετραγωνα.Τα ασπρα γραμματα τα βαζω για οποιον δν θελει να δει τη λυση αλλα αφου σας ενοχλουν οκ.Με απλό πυθαγόρειο θεώρημα.Αλλά γιά να μην το κάνω κάντο εσύ.Φέρε το ύψος από το Μ.
Εφάρμοσέ το τέσσερις φορές, πάρε ότι τρίγωνο θες (οξυγώνιο, ορθ, αμβλ) καί θα δείς ότι αποδείχνεται. Σχημάτισε καί σύγκρινε τα αθροίσματα πού σε ενδιαφέρουν.
Καί σταμάτα ρε συ να βάζεις σαν σπόιλερ τα άσπρα γράμματα.Μας έχεις γ..... τα μάτια!
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 15 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
paganini666
Δραστήριο μέλος
Για ποιο λες? για την (2?)Για ξανατσέκαρέ το λίγο... Νομίζω πως έχεις λάθος...
Βασικά βάλε αναλυτικά τις πράξεις αν μπορείς....
να κανω αναλυτικα τις πραξεις ειναι λιγακι δυσκολο γτ δν εχω χρονο και ηταν πολλες.Αλλα βγηκε στο τελος μια τριγωνικη ανισοτητα που ειναι πολυ δυσκολο να βγει τυχαια,αρα μαλλον εχω σωστα τις πραξεις...:no1:
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 15 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
paganini666
Δραστήριο μέλος
αν θεωρησουμε ως δεδομενο το προηγουμενο θεμα |w+1|+|w+2|<=|w|+|w+3| για καθε w εν R
ευκολα προκυπτει (αμα θεσουμε οπου w=z+9)|z+10|+|z+11|<=|z+9|+|z+12| (1)
και αποδεικνυω οπως στο προηγουμενο θεμα (υψωνοντας στο τετραγωνο και με πραξεις και μια τριγωνικη ανισοτητα) οτι |z+9|+|z+19|<=|z+8|+|z+20| (2)
(1)+(2)==> |z+10|+|z+11|+|z+9|+|z+19|<=|z+9|+|z+12|+|z+8|+|z+ 20|
===>|z+10|+|z+11|+|z+19|<=|z+12|+|z+8|+|z+20|
Ασπρα γραμματα...
Προφανως ομως mostel υπαρχει και καποια αλλη λυση γιαυτο και μας εβαλες και πιο περιπλοκο παραδειγμα ε?
-----------------------------------------
Και πως αποδεικνυεται αυτο που λες?Ειμαι λιγο σκραπας στη γεωμετρια:pΜεγάλο ενδιαφέρον έχει και η γεωμετρική λύση.Η ισότητα ισχύει όταν ο z πέσει στο 0 ή δεξιότερα στον άξονα χ καθώς επίσης καί στο -3 καί αριστερότερα.Σε κάθε άλλη περίπτωση δείχνουμε ότι τα δύο περιεχόμενα τμήματα έχουν άθροισμα μικρότερο από αυτό των δύο πλευρών τού μεγάλου τριγώνου.
(Σημείωση: Ευχαριστίες προς τον Φυσικό της τάξης πού μού επέτρεψε να στείλω αυτό το μήνυμα καί να χρησιμοποιήσω το σχεδιαστικό του πρόγραμμα.)
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 15 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
paganini666
Δραστήριο μέλος
Τιμη μου να δεχομαι φιλοφρονηση απο τον μεγαλο mostelΔείτε και μία ακόμη που μου άρεσε:
Να δείξετε ότι ( ):
Ps: Ηλία, ωραία λύση
αυτη η ανισοτητα κατι μου θυμιζει,νομιζω την καναμε στο φροντ.
Δε μου βγηκε αμεσως με καποια τριγωνικη οπότε υψωσα στο τετραγωνο και με πραξεις βγαινει |z+1||z+2|=< 2+|z||z+3|=>|z^2+3z+2|<= 2+|z^2+3z| που ισχυει λογω τριγωνικης
Παλι ασπρα γραμματα.
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 15 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
paganini666
Δραστήριο μέλος
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 15 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
paganini666
Δραστήριο μέλος
ευχαριστω mostel.Κινητη εγκυκλοπαιδεια εισαι!Θα σου πω το εξής.
Το 0 εν δυνάμει ανήκει και στους φυσικούς (παλαιότερα, τώρα δε το συμπεριλαμβάνουν), και στους ακεραίους, και στους πραγματικούς, και στους φανταστικούς.
Σκέψου τη Θεσσαλονίκη. Ανήκει στο νομό Θεσσαλονίκης, αλλά ανήκει και σε κάτι ευρύτερο (στην Ελλάδα), στην Ευρώπη, κ.ό.κ.
Άρα το λ μπορεί να 'ναι και 0. Το 0 μπορεί να θεωρηθεί και φανταστικός, και πραγματικός.
-----------------------------------------
[quote=mostel;125225]Πάρτε μια καλή για να ασχοληθείτε και αφήστε τα πολλά λόγια
Έστω μιγαδικοί που οι εικόνες τους βρίσκονται στο μοναδιαίο κύκλο και ο αριθμός είναι πραγματικός. Να δείξετε ότι:
α) Ο είναι ίσος με τον .
β) Η παράσταση .
γ) ή ή .
Στέλιος[/quote]
ΛΥΣΗ
α)αφου οι z1 z2 z3 ανηκουν στον μοναδιαιο κυκλο το μετρο τους ειναι 1.
Αρα |z1|=|z2|=|z3|=1
αρα z2/z1+z3/z2+z1/z3=z1'/z2'+z2'/z3'+z3'/z1'=α'=α
β)Ξεκιναμε απο την αποδεικτεα
Αρκεί να δείξουμε οτι η παρασταση ειναι ιση με τη συζηγη της το οποιο και απαιτουμε και με πολλλεεεες πραξεις φτάνουμε στην που ισχύει για καθε χ στο R αρα αφου πηγαμε ισοδυναμα ισχυει και η αρχικη.
γ) ή ή
ειναι ισοδυναμη με την (z_1-z_2)(z_1-z_3)(z_2-z_3)=0" />
και με πραξεις φτανουμε α=α
Τα εχω γραψει με ασπρα γραμματα,απλως συρετε το ποντικι απω πανω οποιος θελει.
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 15 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
paganini666
Δραστήριο μέλος
Πάρτε μια καλή για να ασχοληθείτε και αφήστε τα πολλά λόγια
Στέλιος
τελικα το λ ειναι διαφορο του 0 στη μορφη λi?
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 15 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
paganini666
Δραστήριο μέλος
Και γω χαιρομαι.Χαίρομαι πού συζητάμε πολιτισμένα καί με καλή διάθεση.Να σού πω γιατί "αρπάχτηκα".Με ενοχλούν αφάνταστα εκφράσεις τού τύπου Όπως το "παιδί" το "ρε φίλε", "φιλαράκι", "το παληκάρι".Κι αυτό γιατί κάθε άλλο παρά κοντά με το συνομιλητή σου σε φέρνουν.Καί σε άλλα φόρα όπου κατά κόρον λέγονται τέτοιες εκφράσεις βλέπεις ότι μόνο ειρωνικό καί υποτιμητικό περιεχόμενο έχουν.Τέλος πάντων αυτά είναι προσωπικά καί δύσκολα να αλλάξεις τον χαρακτήρα τού άλλου.
Στην άσκηση τώρα.Είμαστε συμμαθητές καί κάνουμε μιά συζήτηση επί ίσοις όροις.Μπορεί να φανεί καί κοκκορομαχία.
Ο άριθμός μηδέν σαφώς καί δεν είναι καθαρά φανταστικός όπως λες.Γιατί τόσα χρόνια πού μιλάγαμε γιά το σύνολο των πραγματικών ο μηδέν θα ήταν ένας "εξωγήινος" αριθμός.Είναι σαν να λες κατ' αντιστοιχία ότι ο μηδέν είναι αρνητικός επειδή έτσι σε συμφέρει σε μία άσκηση.
Ποιός είναι ο ορισμός τού καθαρά φανταστικού αριθμού. Όταν έχει τη μορφή ki με κ διάφορο τού μηδενός.Η λέξη καθαρά είναι πολύ "σημαντική".Διαβάζουμε πού καί πού καί κανένα "τελείως" εξωσχολικό βιβλίο καί μορφωνόμαστε!
Ο μηδέν συνεπώς είναι καί πραγματικός καί φανταστικός ή τίποτα από τα δύο, αλλά μη βάλεις τη λέξη "καθαρά".
όσο γιά τη διερεύνηση πού λες αυτό κι αν είναι σπουδαίο σε μία άσκηση.Αν δεν "σαρώσουμε" όλα τα ενδεχόμενα σε μία άσκηση ό βαθμολογητής περιμένει με το σπαθί(συγγνώμη με το στυλό) στο χέρι να μας πάρει το σκαλπ.
Εγώ από τη μεριά μου θα σού πω μπράβο γιά τη προσπάθειά σου καί κυρίως γιά το κουράγιο σου να παιδευτείς με το LaTex πράγμα πού εμένα με αποθαρρύνει.
Τα είπα καί ξέσκασα
Παντως στο βιβλιο οταν οριζει τους φανταστικους αριθμους ως λi δν διευκρινιζει αν το λ ειναι διαφορο του μηδεν.
Οσο αναφορα τη διερευνηση συμφωνω αλλά όχι σε μια αποδεικτική ασκηση!:nono:
Γιατι γενικα οταν μας ζητανε με βαση μια σχεση να δειξουμε κατι αλλο εμεις πρεπει απλα να αποδειξουμε αυτο που μας ζητανε και τπτ παραπανω.
πχ στην ασκηση αυτη ο z δν παιρνει ολες τις τιμες λi.πολλες αποκλείονται αμεσως απο τους περιορισμους και σιγουρα δν παιρνει και απειρες τιμες αλλα αφου αυτο μας ζηταει η ασκηση αρκουμαστε σε αυτο και δν χρειαζεται να αναφερουμε τπτ για το λ.Τωρα για το 0 που λες μπορει να εχεις δικιο αν το 0 δν θεωρειται φανταστικος.
Ετσι νομιζω εχουν τα πραγματα.
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 15 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
paganini666
Δραστήριο μέλος
ηρεμηστεεεεε....Την άσκηση την έχω λύσει εδώ καί μέρες αλλά δεν νομίζω ότι πρέπει να τρέχω να την αναρτώ προς ανάγνωση κάθε φορά.Μόνο γιά τις έξυπνες ασκήσεις αξίζει τον κόπο.Εγώ θα κρίνω ποιά άσκηση είναι πραγματικά καλή καί προ πάντων χρήσιμη γιά μας.Καί γιά μένα αυτή η άσκηση είναι απλά γιά εκπαίδευση στις πράξεις.Δεν έχει βάθος.Όταν φτάνεις να λες το πραγματικό είναι μηδέν καί το φανταστικό είναι μηδέν ε δεν λέει καί πολλά.Πέρα από τον μεγάλο αριθμό τον κλασμάτων πού μπαίνει γιά εκφοβισμό δεν έχει βάθος όπως είπα.Πάντα κατά τη γνώμη μου.
Καί σε τελική ανάλυση αυτό πού απέδειξες δεν είναι το ζητούμενο απλά βρήκες ότι το πραγματικό μέρος τού z είναι ίσο με μηδέν.Έπρεπε επομένως να πείς ότι με z=0 η δοσμένη σχέση δεν επαληθεύεται άρα αναγκαστικά θα είναι y διάφορο τού μηδενός καί έτσι "κλειδώνεις" πλέον ότι ο z είναι καθαρά φανταστικός.
Μη θεωρηθεί ότι γίναμε ξαφνικά τίποτα Καραθεοδωρήδες έτσι? Πρέπει να φάμε ακόμη πολλές κουλούρες ψωμί(έτσι δεν λένε?) γιά να μπορέσουμε απλά να πλησιάσουμε εκείνους τούς τεράστιους της γνώσης.
Η ασκηση νομιζω ηταν καλη,δν ηταν απλα πραξεις γιατι ειχε μεγαλο αριθμο προσθεταιων οποτε επρεπε να σκεφτεις ποια μορφη θα παρει καθε προσθεταιος.Για εναν Θαλη ΕΜΕ η για 4ο στις πανελλαδικες δν ηταν κακη.
Και αυτο που λες δε νομιζω να χρειαζεται γιατι 1)το 0 ειναι και αυτος φανταστικος 2)η ασκηση δεν μου ζηταει διερευνηση,δε μου ζηταει καν για ποια yi επαληθευεται.Απλως ζηταει να δειξω οτι ο z παιρνει φανταστικες τιμες και αυτο εδειξα.Μην κανετε πραματα που δν ζηταει η ασκηση...
και λιγουλακι καλοπροαίρετη διάθεση κακο δν κανει...
Φιλικα παντα.
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 15 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
paganini666
Δραστήριο μέλος
Το παιδι ομως θελει να λυσει την ασκηση οποτε καλο ειναι να τον καθοδηγησεις και να του πεις σωστο μεν ασχετο δε.Αφου λεει οτι εχει κανει κατι αλλα ειναι πολυ για να το γραψει. Αυτο του ζηταω να περιγραψει. Και συμφωνω οτι η παρατηρηση του αυτη ειναι σωστη ασχετα αν ειναι χρησιμη για την λυση της ασκησης
Η λυση μου σωστη δν ειναι?Μηπως εχεις υποψιν σου καποια πιο απλη λυση?
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 15 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
paganini666
Δραστήριο μέλος
Τι του λες του παιδιου και το μπερδευεις?Πραγματι ισχύει οτι το φανταστικο μερος της ριζας δεν ειναι μικροτερο του 0 ουτε μεγαλύτερο του 2009.
Αν θες περιεγραψε λίγο τα βηματα της λυση σου
Αφου θα χει φανταστικες ριζες ο z θα ειναι της μορφης λi αρα για να οριζεται ο παρονομαστης πρεπει λ διαφορο του 1,2,3,...,2009.Αυτο που λες το εδειξες?Αλλα και να το εδειξες δεν εχει καποια σημασια στην λυση της ασκησης.
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 15 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
paganini666
Δραστήριο μέλος
-----------------------------------------
ΛΥΣΗΑΣΚΗΣΗ 8
Αν , να δείξετε πως η εξίσωση :
,
έχει μόνο φανταστικές ρίζες.
(1)
Παρατηρούμε οτι κάθε προσθεταίος είναι της μορφής
Εαν θεσουμε τον z=x+yi με x,y
Κάθε προσθεταίος παιρνει την μορφη
Αρα από (1)
"Ζευγαρώνοντας" τους προσθεταίους με παραγοντα το i και αυτους χωρις παραγοντα το i προκύπτει:
Αν θέσουμε την πρώτη παρενθεση α και τη δευτερη β (με α,β πραγματικους ως πράξεις πραγματικών) ισχύει α+βi=0+0i α=0 κ β=0.
α=0
Όμως η παρενθεση ειναι καθαρά θετικός αριθμός αρα προκύπτει x=0.
Επομένως ο z=yi.
Αρα η (1) εχει μόνο φανταστικές λύσεις!
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 15 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
paganini666
Δραστήριο μέλος
Βρε Hurr!Κοιτα ξανα το παραδειγμα του Manos!Ειναι οι συναρτησεις αντιστροφες?φερε την ψ=χ και παρε καθε σημειο της μιας και φερε το συμμετρικο ως προς αυτην!οι ευθειες δν εινια συμμετρικες ως προς την ψ=χ αρα ΔΕΝ εινια αντιστροφες!(νομιζω )Μην ανησυχεις .. απλα να ξερεις οτι για γνησιως αυξουσες ισχύει. Δε θα σου ζητηθει τπτ περιεργο στις εξετασεις
-----------------------------------------
Γραψε ακυρο!Το ξανακανανα και ειναι συμμετρικες ως προς την ψ=χ.Γαμωτο!Απλως μου ειναι δυσκολο να το χωνεψω.
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 15 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
paganini666
Δραστήριο μέλος
ΩΧ?!Τωρα καταλαβα το παραδειγμα του manos.Και τωρα τι κανουμε?Αυτο θεωρείται βασική άσκηση.Ετσι μας το παν και στο φροντιστηριο.Οτι δλδ για να βρουμε τα κοινα σημεια δυο αντιστροφων λυνουμε το συστημα με την y=x?Ειπαμε οτι οι εξισωσεις δεν ειναι ισοδυναμες για καθε 1-1 συναρτηση και εχουμε δωσει και παραδειγματα.
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 15 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
paganini666
Δραστήριο μέλος
Tο είδα απτην αρχή πριν γράψω,αλλα η μονη αποδειξη που ειδα ειναι για γνησιως μονοτονες.Κανεις δν διευκρινίζει αν ισχυει για καθε αντιστρεψιμη συναρτηση και ο mostel δν εχει χρονο να μας φωτισει.Εκτός αν χάνω κατι?Μπορεις να δεις απο την αρχη το θεμα για απαντησεις:thanks:
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 15 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
paganini666
Δραστήριο μέλος
Αληθεια?Για πες μου!Θα ηταν αρκετά χρησιμο.Με την f αντι για ολοκληρωμα νομιζω ειναι οκ
-----------------------------------------
Και αυτο καλο μου φαινεται.
Υπαρχει και η δυνατοτητα να αποφυγεις πολλες πραξεις με διαφορα τεχνασματα
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 15 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
paganini666
Δραστήριο μέλος
Αφου(συζηγή τουΑΣΚΗΣΗ 7
Έστω μη πραγματικός μιγαδικός αριθμός και οι αριθμοί με .
Aν , να δείξετε ότι .
:no1::no1::no1:
) Κανοντας πραξεις χιαστι και εκμεταλλευομενοι το γεγονος οτι αφου και και κανοντας καταλληλες παραγοντοποιησεις φτανουμε στο:
και επειδη απο εκφωνηση από όπου προκύπτει:
Αχ ωραιο!
-----------------------------------------
ΩΧ!Ολοκληρωμα ειναι αυτο?LOLΣτα ολοκληρωματα σε χανω... Βασικα δεν ειναι αναγκη να χρησιμοποιησεις ολοκληρωματα και τα παιδια δεν εχουν κανει ακομα..
Αν δε μπορεις να τα γραψεις καλα σε latex περιεγραψε λιγο τα βηματα:thanks:
Εγω για f πηγαινα!
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 15 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
paganini666
Δραστήριο μέλος
ασκηση 7
αν f(x)={e}^{x}+x να λυθει η εξισωση {e}^{-x^2+x}-{e}^{2x-1}={x}^{2}+x-1
Καταρχας η f(x) ειναι αυξουσα γιατι (f)'=
Αρα ειναι και "1-1"
η εξισωση γράφεται (αν λυσουμε τη σχεση f(x)=
και με πραξεις φτανουμε στην:
και αφου η f ειναι "1-1" ισχυει το
δλδ
ΠΑΙΔΙΑ HELP ΜΕ ΤΗ ΛΑΤΕΧ ΥΠΑΡΧΕΙ ΣΧΕΤΙΚΟ ΑΡΘΡΟ???!!!
ΣΗΜΕΙΩΣΗ!ΟΠΟΥ ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑ ΑΝΤΙΚΑΤΑΣΤΗΣΤΕ f!!!
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 15 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
paganini666
Δραστήριο μέλος
ΝΑΙ!αλλα το σημειο ειναι το (0,0) που ανηκει σε απειρες ευθειες!ΝΑΙ, ΜΠΟΡΟΥΝ να εχουν σημεια κ εκτος της διχοτομου. δες την ασκ 3ιιι σελ 156 σβ. εκει τα κοια σους σημεια ειναι στον y=-x. ΤΟ ΑΛΛΟ ΙΣΧΥΕΙ ΜΟΝΟ ΓΙΑ ΓΝΗΣΙΩΣ ΑΥΞΟΥΣΕΣ
Το ερωτημα ηταν αν οι εξισωσεις ειναι ισοδυναμες και ΕΙΝΑΙ και σαυτην την περιπτωση!Εγω νομιζω πως ειναι σωστο παντα,λογω συμμετριας ως προς την y=x το σημειο τομης τους θα ειναι παντα στην y=x αλλα δν ξερω πως αποδεικνυεται.Ομως ουτε χρειαζεται.Μπορουμε να το χρησιμοπουμε χωρις αποδειξη!Καλυτερα να μας διαφωτισει και καποιο μαθηματικο μυαλο της παρεας.MOSTEEEEL!:p
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.