Metal-Militiaman
Νεοφερμένος
και . Να δείξετε όι υπάρχουν διακεκριμένα σημεία
στο έτσι ώστε
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 12 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Metal-Militiaman
Νεοφερμένος
Η υπόθεση της άσκησης λέει ότι η f πρέπει να είναι γνήσια αύξουσα.
Δίκιο έχεις δεν το παρατήρησα.Δε βρίσκω κάποιο αντιπαράδειγμα και μάλλον όντως ισχύει ότι υπάρχει τελικά ρίζα, απλά η λύση που έδωσε ένα παιδί πιο πάνω με τα όριο δεν είναι τόσο αυστηρή διότι δε λέει πουθενά πως η f είναι επί.Αλλά καλό είναι να μη κολλάμε στον να είναι επί ή όχι, γιατί η λύση της ίσως και να μην χρειάζεται αυτή την ιδιότητα. Χρειάζεται απλά περαιτέρω αιτιολόγηση για την ύπαρξη και σύγκλιση των ορίων της f όταν το χ τείνει στο συν/πλην άπειρο.
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 12 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Metal-Militiaman
Νεοφερμένος
Πιο σωστά, "υπάρχει χ_0 με g(x_0)>0" και
"...υπάρχει x_1 με g(x_1)<0".
Υγ. μηπως πρέπει η f να είναι και επί;
σωστά πρέπει να είναι και επί δηλαδή
για παράδειγμα για την ενώ ισχύει , η εξίσωση δεν έχει ρίζα στο .
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 12 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Metal-Militiaman
Νεοφερμένος
Ωραιος!!Παμε να φτασουμε στα 5000 ποστ
(Λειπει το +οο)
άρα γν. αύξουσα στο
(μπορούμε και να ολοκληρώσουμε στο [0,χ] χ>0 την ανισότητα f''(t)>f'(t) και θα καταλήξουμε στη σχέση f'(x)>f(x),χ>0)
για οπότε γν. αύξουσα στο
ii)
(f γν. αύξουσα και κυρτή) (Σ)
για
κυρτή στο
iii) Έστω εσωτερικό σημείο του και από τη σχέση (Σ) η f είναι κυρτή επομένως θα ισχύει
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 13 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Metal-Militiaman
Νεοφερμένος
Στην περίπτωση [x,x+1] είναι ξ(χ,θ)=χ+θ, 0<θ<1 οπότε ξ->+ΟΟ όταν χ->+ΟΟ.
Επομένως η απάντηση του sty_geia είναι σωστή.
Ένα παρόμοιο παράδειγμα
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 13 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Metal-Militiaman
Νεοφερμένος
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 14 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Metal-Militiaman
Νεοφερμένος
2) εστω f:[0,1]-->Rπαραγωγισιμη συναρτηση με f(0)=0,f(1)=1.για καθε θετικο ακεραιο n να αποδειχτει οτι υπαρχουν n διακεκριμενα σημεια x1,...,Xn ετσι ωστε
Θεωρούμε τον αριθμό καθώς και τους αριθμού οι οποίοι ανήκουν στο , με
για τους οποίους ισχύει:
Eπειδή oι αριθμοί ανήκουν στο και σύμφωνα με το Θεώρημα Ενδιαμέσων Τιμών υπάρχουν :
με
τέτοια ώστε .
Στα διαστήματα ισχύει το Θεώρημα Μέσης Τιμής του διαφορικού λογισμού δηλαδή υπάρχουν:
τέτοια ώστε:
Επειδή
Tελικά παίρνουμε
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 14 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Metal-Militiaman
Νεοφερμένος
Εδώ σου λέω ότι ο g!orgos θα είχε δίκιο και θα μπορούσε να το στηρίξει τον ισχυρισμό του με το Θεώρημα Darboux και όχι να πει εφόσον τότε η f διατηρεί πρόσημο.
Ο σωστός τρόπος:
Έστω ότι δεν ισχύει, δηλαδή η παράγωγος συνάρτηση
Δηλαδή αν
Eλπίζω να κατάλαβες το συγκεκριμένο θεώρημα με τόσα post που έκανα
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 14 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Metal-Militiaman
Νεοφερμένος
Με κ δεν συμβόλισα τιμή της f' αλλά τιμή της μεταβλητής, δηλαδή του x.Δεν τα πάω πάω πολύ καλά με την LaTeX δυστυχώς.
Δείχνοντας ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον του τέτοιο, ώστε
δεν δείχνουμε ότι το σύνολο τιμών είναι διάστημα. Απλά δείχνουμε ότι η f' παίρνει όλες τις ενδιάμεσες τιμές. Δεν αρκεί αυτό για να υποστηρίξεις ότι το f'([α,β]) είναι διάστημα.
Επαναλαμβάνω πως ξέρεις ότι δεν υπάρχει ένα kappa epsilon R ώστε f'(kappa )> f'(β)>f'(α) (θεωρώντας για παράδειγμα ότι f'(β)>f'(α)) χωρίς η f' να παίρνει όλες τις ενδιάμεσες τιμές ανάμεσα στα f'(kappa ) και f'(β)?
Σε τέτοια περίπτωση το f'([α,β]) δεν είναι διάστημα.
Το θεώρημα αποδεικνύει ότι υπάρχουν πρότυπα στο μόνο για όσους αριθμούς βρίσκονται μεταξύ των και ,που σημαίνει ότι το . Διάβασε προσεκτικά το προήγουμενο post μου και ύστερα την αυστηρή απόδειξη που έδωσα πιο πάνω ,εξηγώ ακριβώς τι σημαίνει ότι ''το είναι διάστημα'' γι' αυτό υπογράμμισα το ''δηλαδή''.
Αν θες δώσε μου μια παράγωγο συνάρτηση που να αποτελεί αντιπαράδειγμα στο Θεώρημα.
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 14 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Metal-Militiaman
Νεοφερμένος
Ευχαριστώ για τον χρόνο που αφιέρωσες. Δεν έχω κάνει ακόμα Fermat, και για αυτό δεν γνώριζα ότι ισχύει για τα άκρα.
To θεώρημα Fermat ΔΕΝ ισχύει για τα άκρα
Ο ενδοιασμός μου όμως ως προς την ορθότητα του θεωρήματος Darboux παραμένει. Δείχνουμε ότι η f' παίρνει όλες τις ενδιάμεσες τιμές μεταξύ f'(α) και f'(β) στο (α,β). Πως είμαστε όμως σίγουροι ότι για ένα k ανάμεσα στα α,β, η παράγωγος δεν παίρνει μία τιμή που δεν ανήκει σε αυτό το διάστημα τιμών(δηλαδή ανάμεσα στα f'(α) και f'(β)) χωρίς να παίρνει όλες τις τιμές ανάμεσα στο πλησιέστερο άκρο του διαστήματος τιμών και αυτής της τιμής ώστε να συμπεράνουμε ότι το σύνολο τιμών είναι διάστημα και μάλιστα κλειστό?
To διάστημα τιμών της παραγώγου δεν είναι το δηλαδή αν το ανήκει στο διάστημα (το σύνολο τιμών συμβολίζεται και ) με το θεώρημα ενδιαμέσων τιμών της παραγώγου δείχνουμε ότι για μια συνάρτηση (όπου είτε ανοικτό είτε κλειστό διάστημα) η εικόνα της παραγώγου συνάρτησης (συμβολίζεται και ) είναι ένα διάστημα, δηλαδή αν είναι σημεία του και είναι αυστηρώς μεταξύ των και , τότε υπάρχει σημείο του τέτοιο, ώστε
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 14 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Metal-Militiaman
Νεοφερμένος
Aν αποδείξεις ότι η παράγωγος παίρνει όλες τις ενδιάμεσες τιμές δεν αποδεικνύεις ότι το σύνολο τιμών της είναι διάστημα.
Πως μπορείς να αποκλείσεις την πιθανότητα να πάρει μια τιμή κ μεγαλύτερη από τα f'(α) και f'(b)??
Αν ισχύει αυτό που λέω δεν βγαίνει έτσι η άσκηση..
Eπίσης εκεί που δείχνεις ότι g'(α) και g'(b) είναι μικρότερα του μηδενός το εξηγείς λίγο περισσότερο. Πώς συμπεραίνεις ότι g(x)>g(α) όταν το x τείνει στο α από τα θετικά??
Νομίζω πως μπορείς να πεις απλά ότι το όριο είναι διάφορο του μηδενός χωρίς να προσδιορίσεις πρόσημο.
Προσπάθησα να κάνω την απόδειξη όσο πιο απλή γίνεται και από τι κατάλαβα έχεις κάποιες απορίες.
Γι' αυτό θα ξεκινήσω με μια χαρακτηριστική πρόταση η οποία για να κατανοηθεί χρειάζεται να έχεις κατανοήσει τον ορισμό του ορίου της συνέχειας και της παραγώγου.Xωρίς να λες για παράδειγμα προτάσεις τύπου ''κοντά στο όταν αναφαίρεσαι σε όριο.
Πρόταση
Έστω μια συνάρτηση f: \Delta\rightarrow R που στο εσωτερικό σημείο είναι παραγώγηση.
(α) Αν , τότε υπάρχει περιοχή τέτοια,ώστε για κάθε με να ισχύει .
(β) Αν , τότε υπάρχει περιοχή τέτοια,ώστε για κάθε με να ισχύει .
Απόδειξη
Επειδή
υπάρχει τέτοιο, ώστε για κάθε με να ισχύει .
Επομένως, για ισχύει , δηλαδή , ενώ για ισχύει
,δηλαδή .
Όμοια αποδεικνύεται το (β).
Σε ανάλογο κλίμα βάση του αυστηρού ορισμού του ορίου συνάρτης θα γίνει η απόδειξη του θεωρήματος των ενδιαμέσων τιμώς της παραγώγου
Θεώρημα Darboux ή θεώρημα ενδιάμεσης τιμής της παραγώγου:
Αν μια συνάρτηση
Aπόδειξη
Yποθέτουμε και . Θα αποδείξουμε ότι υπάρχει τέτοιο, ώστε .
Θεωρούμε τη συνάρτηση
Eπειδή , τότε σύμφωνα με την παραπάνω πρόταση υπάρχει (ή περιοχή κέντρου ακτίνας ) ώστε για κάθε να ισχύει . Aυτό όμως σημαίνει ότι η δεν είναι η μέγιστη τιμή της .
Ανάλογα αποδεικνύεται ότι .
Eπομένως και σύμφωνα με το θεώρημα Fermat ισχύει
, δηλαδή
Ανάλογα αποδεικνύεται για
Αρχική Δημοσίευση από jimmy007:Νομίζω πως μπορείς να πεις απλά ότι το όριο είναι διάφορο του μηδενός χωρίς να προσδιορίσεις πρόσημο.
Αν κατάλαβα σωστά μάλλον κάνεις λάθος διότι το θεώρημα Fermat ισχύει ΜΟΝΟ για εσωτερικά σημεία, με το να λέμε :
σημείο τοπικού ακροτάτου .
είναι σα να λέμε σημείο τοπικού ακροτάτου .
Όμως οι παρακάτω ισχυρισμοί είναι αληθείς μόνο όταν το είναι εσωτερικό σημείο. Επομένως με το να αποδεικνύεις ότι η παράγωγος στο άκρο ενός διαστήματος είναι διάφορη του μηδενός δε σου εξασφαλίζει ότι στο συγκεκριμένο σημείο η συνάρτηση δεν παρουσιάζει τοπικό ακρότατο γι' αυτό δουλεύουμε με το πρόσημο.
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 14 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Metal-Militiaman
Νεοφερμένος
Θεώρημα Darboux ή θεώρημα ενδιάμεσης τιμής της παραγώγου:
Αν μια συνάρτηση είναι παραγωγίσιμη στο διάστημα ,τότε (η παράγωγος της) παίρνει όλες τις τιμές μεταξύ και , δηλαδή το είναι διάστημα.
Απόδειξη
Χωρίς περιορισμό της γενικότητας υποθέτουμε . Θα αποδείξουμε ότι υπάρχει τέτοιο, ώστε .
Θεωρούμε τη συνάρτηση ,τότε η είναι συνεχής στο οπότε σύμφωνα με το θεώρημα Μεγίστου-Ελαχίστου(Extreme Value Theorem) η παίρνει μια μέγιστη τιμή.Θα αποδείξουμε ότι η δεν παίρνει μέγιστη τιμή ούτε στο ούτε στο .
H g είναι παραγωγίσιμη συνάρτηση στο με .
Οπότε, .
Eπειδή όμως και επειδή σε μια περιοχή του . Άρα στο η δεν παρουσιάζει μέγιστο.
Eπίσης , επειδή.Άρα ούτε στο παρουσίαζει μέγιστο.
Συνεπώς υπάρχει στο οποίο η παίρνει τη μέγιστη τιμή της.Σύμφωνα με το θεώρημα Fermat
Τελικά προκύπτει .
Δηλαδή για έναν αριθμό μεταξύ των και υπάρχει τέτοιο ώστε
Όπως βλέπεται δεν υπόθηκε πουθενά οτί η παράγωγος είναι συνεχής απλά αποδείχθηκε οτί ισχύει το θεώρημα ενδιαμέσων τιμών για την παράγωγο συνάρτηση ανεξαρτήτως συνέχειας.
Ένας διαφορετικός τρόπος διατύπωσεις του παραπάνω θεωρήματος είναι:
Αν είναι παραγωγίσιμη συνάρτηση στο ανοικτό , τότε για I με , συνεπάγεται ότι υπάρχει ρίζα της (παραγώγου συνάρτησης) στο ,δηλαδή υπάρχει τέτοιο ώστε .Γι' αυτόν το λόγο το θεώρημα Darboux ονομάζεται και θεώρημα ενδιάμεσης τιμής της παραγώγου.
Όσον αφορα την άσκηση του jimmy007
Αρχική Δημοσίευση από jimmy007:Αν f παραγωγίσιμη στο R και f'(x) διάφορη του μηδέν για κάθε x Ε R να δείξετε ότι η f είναι γνησίως μονότονη.
o g!οrgos είπε
Αρχική Δημοσίευση από g!orgos:Αφου f ' (x) διαφορη του μηδενος τότε f ' (x ) > 0 ή f ' (x) < 0 Αρα f γνησιως αυξουσα ή f γνησιως φθινουσα!
Και θα ταν σωστός αν ήξερε το παραπάνω θεώρημα.
Έστω ότι δεν ισχύει, δηλαδή η παράγωγος συνάρτηση δεν είναι ούτε αυστηρά θετική ούτε αυστηρά αρνητική.Τότε υπάρχουν τέτοια ώστε σύμφωνα όμως με το παραπάνω θεώρημα υπάρχει τέτοιο ώστε , άτοπο απ' την υπόθεση.
Δηλαδή αν για κάθε (όπου το διάστημα στο οποίο ορίζεται η ) η παράγωγος συνάρτηση διατηρεί σταθερό πρόσημo ανεξαρτήτως συνέχειας!
Άσχετο: Πέρσυ όταν ήμουν στην ηλικία σας(γ λυκείου) είχα ποστάρει την απόδειξη του συγκεκριμένου θεωρήματος εδώ https://ischool.e-steki.gr/showthread.php?t=&page=3
Το thread λεγόταν ''μια περίεργη άσκηση'' και ο χρήστης είχε τη συγκεκριμένη απορία:
''αν f μια φορα παραγωγισιμη στο Δ
και η f '(x) δεν μηδενιζεται ,να δειξετε οτι η f ειναι γνησιως μονοτονη....να σημειωθει οτι δεν γνωριζετε αν η f '(x) ειναι συνεχης για να πειτε οτι διατηρει προσημο!!!!''
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 14 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Metal-Militiaman
Νεοφερμένος
Αυτό ισχύει μόνο αν η πρώτη παράγωγος είναι συνεχής συνάρτηση για το οποίο δεν έχουμε επαρκείς πληροφορίες..
Άμα ήξερε το θεώρημα Darboux(ή θεώρημα ενδιάμεσης τιμής της παραγώγου) θα ήταν σωστός συλλογισμός.Δυστυχώς όμως το συγκεκριμένο θεώρημα είναι εκτός ύλης.
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 14 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Metal-Militiaman
Νεοφερμένος
Αν f παραγωγίσιμη στο R και f'(x) διάφορη του μηδέν για κάθε x Ε R να δείξετε ότι η f είναι γνησίως μονότονη.
Αρχικά θα δείξουμε ότι με απαγωγή.
Έστω με και
Όμως συνεχείς και παραγωγίσιμη στο οπότε ικανοποιούνται οι προϋποθέσεις του θεωρήματος Rolle δηλαδή υπάρχει τέτοιο ώστε
άτοπο.
Θα αποδείξουμε ότι αν συνεχής συνάρτηση και τότε η f είναι γνησίως μονότονη.
Πάλι με απαγωγή θεωρούμε ότι η δεν είναι γνησίως μονότονη.
Τότε υπάρχουν και με με και
Σύμφωνα με το Θεώρημα ενδιαμέσων τιμών αν με:
τότε υπάρχει και
τέτοια ώστε και επειδή έπεται ότι
που είναι πάλι άτοπο διότι
και
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 14 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Metal-Militiaman
Νεοφερμένος
Kαι άλλη μία
αν f(x)+f(x)(στην τρίτη)=x(στην 5η) +x+1, x Ε R
να δείξετε ότι η f είναι συνεχής στο R.
Sorry που δεν ξέρω να γράφω με σύμβολα στο pc..
, για κάθε
Έστω τότε :
Διότι για την εξίσωση
είναι
Οπότε
Όμως
Άρα
και
Σύμφωνα με το κριτήριο παρεμβολής παίρνουμε
.
Επομένως συνεχής στο
extra:
Η f είναι και συνεχής και παραγωγίσιμη δίοτι από την για τυχαίο παίρνουμε:
,
δηλαδή
(ledzeppelinick πάτησα κατά λάθος ''καταχώρηση απάντησης'' γι 'αυτό εμφανίστηκε αυτό το χάος.)
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 14 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Metal-Militiaman
Νεοφερμένος
Kαι άλλη μία
αν f(x)+{f}^{3}(x)={x}^{5} +x+1, x E R
να δείξετε ότι η f είναι συνεχής στο R.
Sorry που δεν ξέρω να γράφω με σύμβολα στο pc..
Η λύση βρίσκεται παρακάτω.
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 14 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Metal-Militiaman
Νεοφερμένος
Αρχική Δημοσίευση από jimmy007:Eκεί που πας από μια ισότητα σε ισότητα ορίων υπάρχει λάθος. Δεν προκύπτει αναγκαστικά ισότητα ορίων από μια τέτοια σχέση.
Aπό ισότητα συναρτήσεων ισχύει η συνεπαγωγή σε ισότητα ορίων μάλλον θα εννοούσες την ανίσοση δυο συναρτήσεων που συνεπάγεται σε ανισοϊσότητα των ορίων τους(διατηρώντας την ίδια φορά).
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 14 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Metal-Militiaman
Νεοφερμένος
εστω f συνεχης συναρτηση απ το R στο R και 0<α<1.αν f(ax)=f(x) ,για καθε x στο R δειξε οτι η f ειναι σταθερη.
σωστο,αλλα γιατι βαζεις α=1/2? αν την γραψεις ετσι ειναι λαθος ενω εχεις κανει το σωστο κολπο.απλως καν το για το τυχαιο 0<α<1.και επισης που χρησιμοποιησες τη συνεχεις της f?
αντικαθιστούμε διαδοχικά όπου το
Οπότε
Πολλαπλασιάζουμε κατά μέλη:
Θέτουμε στο δεύτερο μέλος τότε για και επειδή συνεχής:
για κάθε .Επομένως σταθερή.
Πιστεύω πως τώρα είναι ολοκληρωμένη.
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 14 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Metal-Militiaman
Νεοφερμένος
εστω f συνεχης συναρτηση απ το R στο R και 0<α<1.αν f(ax)=f(x) ,για καθε x στο R δειξε οτι η f ειναι σταθερη.
Επιλέγουμε τυχαία την σταθερά οπότε και θέτουμε διαδοχικά όπου το
Πολλαπλασιάζουμε κατά μέλη:
για κάθε .Επομένως f σταθερή.
Ωραία άσκηση!!!
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 14 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Metal-Militiaman
Νεοφερμένος
Δεν την πάτησες μόνο εσύ. Αν βάλεις αυτή την άσκηση σε διαγώνισμα το 85% τουλάχιστον θα κάνει το ίδιο λάθος.
Hint: Yπάρχουν δύο τρόποι να την λύσεις... Σκεφτείτε λίγο τα βασικά θεωρήματα της συνέχειας...
Aν η f είναι συνεχής τότε:
R(f)=[α,β] οπότε υπάρχουν ξ1,ξ2 στο ανοιχτό διάστημα (α,β) ώστε f(ξ1)=α και f(ξ2)=β με ξ1 διάφορο του ξ2 διότι α διάφορο του β.
Θεωρούμε την g(x)=f(x)-x ορισμένη στο [ξ1,ξ2] υποθέτοντας ότι ξ1<ξ2.
g συνεχής στο [ξ1,ξ2]
g(ξ1)=f(ξ1)-ξ1=α-ξ1<0 και g(ξ2)=f(ξ2)-ξ2=β-ξ2>0
g(ξ1)g(ξ2)<0
Ισχύει το Θεώρημα Bolzano οπότε υπάρχει x1 που ανήκει στο ανοιχτό διάστημα (ξ1,ξ2)(υποσύνολο του (α,β)) τέτοιο ώστε g(x1)=0 => f(x1)=x1.
Ανάλογα πράτουμε και για ξ1>ξ2.
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 14 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Metal-Militiaman
Νεοφερμένος
mathematica
Καλύτερα το numberempire.com . To Mathematica είναι ζόρικο πρόγραμμα ή πιο σωστά ζόρικια γλώσσα, πέρσυ πρσοσπάθησα να τη μάθω και δεν τα κατάφερα χωρίς ελληνόγλωσσο εγχειρίδιο δε γίνεται.
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 14 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Metal-Militiaman
Νεοφερμένος
Νομίζω οτι οι λύσεις σου είναι λάθος διότι δεν γνωρίζουμε αν η f είναι παραγωγίσιμη.
x>0 για χ=3 έχουμε f(9)=27.
Για να βρούμε την παράγωγο στο 9 θα δουλέψουμε με τον ορισμό.
Θέτουμε με u->3 ή u->-3.
Όταν u->3 το όριο γράφεται
Όταν u->-3 τότε το όριο βγαίνει άπειρο επομένως απορρίπτεται.
Κώστας
Ακριβώς, σύμφωνα με τους κανόνες παραγώγησης :
Θεώρημα
Aν η συνάρτηση g είναι παραγωγίσιμη στο και η είναι παραγωγίσιμη στο , τότε η συνάρτηση είναι παραγωγίσμη στο και ισχύει
.
Ένα αλλό συνηθησμένο λάθος είναι:
Αν η παραγωγίζεται στο , τότε ΛΑΘΟΣ.
π.χ. αν τότε ισχύει
όχι όμως
Το ίδιο ακριβώς ισχύει για το γινόμενο και για το πηλίκο.
Αυτό το λάθος θα βοηθήσει πολλούς φετινούς υποψήφιους του ischoοl στη κατανοήση της θεωρίας των παραγώγων.
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 14 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Metal-Militiaman
Νεοφερμένος
Γραφω μια που ελυσα σημερα και μου πηρε περιπου 20 λεπτα να δω αυτο το ''κατι'' που ηθελε.
Δινεται η συνεχης f: [-π/2, π/2]->R με f(0)=1 για την οποια ισχυει:
f'(x)συνx=f(x)(συνx-ημx) για καθε χ που ανηκει στο (-π/2, π/2).
α)Να δειξετε οτι f(x)=συνx για καθε χ που ανηκει στο (-π/2, π/2).
β)νταξ το β ηταν ευκολο, δεν το γραφω.
:p
Εγώ τη θεωρώ εύκολη άσκηση για τον εξής απλό λόγο:
Μπορούμε εύκολα να φέρουμε τη σχέση
από τη μορφή στη όπου μια αρχική της .
για κάθε .
οπότε
όμως
ή
με επειδή
πολλαπλασιάζουμε με
για ,
Άρα
Αν πρόσφατα διδάκτηκες τις συνέπεις του Θ.Μ.Τ. τότε είναι φυσιολογικό που σου πήρε 20 λεπτά για να βρεις αυτο το ''κάτι''. Θα δεις όμως προς τον Απρίλιο ,όταν πλέον έχεις διδακτεί τον στοιχειώδη Ολοκληρωτικό Λογισμό, πως αυτή η άσκηση θα σου φαίνεται παιχνιδάκι και αυτό το ''κάτι'' θα σου είναι τετριμμένο .
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 14 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Metal-Militiaman
Νεοφερμένος
A)οποιοσ μπορει...
οι κορυφεσ Α,Β,Γ ενοσ τριγωνου ειναι οι εικονεσ των μιγαδικων Ζ1,Ζ2,Ζ3 αντιστοιχα
να δειχθει οτι
Α)το ΑΒΓ ειναι ορθογωνιο αν και μονο αν Re(Z1-Z2/Z2-Z3)=0
B)Η ειναι η εικονα του Ζ4 ,το Η ειναι ορθοκεντρο του ΑΒΓ αν και μονο αν
Re(Z4-Z1/Z2-Z3)=Re(Z4-Z2/Z3-Z1)=0
ευχαριστω!!
Οι εικόνες του τριγώνου στο μιγαδικό επίπεδο είναι
με
οπότε
Άρα το τρίγωνο είναι ορθογώνιο.
Β)
Οι εικόνες του τριγώνου στο μιγαδικό επίπεδο είναι
με
θα δείξουμε ότι η εικόνα είναι ορθόκεντρο του τριγώνου ΑΒΓ.
θέτουμε
i)
οπότε
δηλαδή οι φορείς των δυο διανυσμάτων τέμνονται κάθετα
ii)
οπότε
δηλαδή οι φορείς των δυο διανυσμάτων τέμνονται κάθετα
iii)
Ξέρουμε οτί:
δηλαδή οι φορείς των δυο διανυσμάτων τέμνονται κάθετα
Από προκύπτει ότι η εικόνα είναι το ορθόκεντρο του τριγώνου .
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 14 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Metal-Militiaman
Νεοφερμένος
Αρχική Δημοσίευση από χρήστος17:B)Η ειναι η εικονα του Ζ4 ,το Η ειναι ορθοκεντρο του ΑΒΓ αν και μονο αν
Re(Z4-Z1/Z2-Z3)=Re(Z4-Z2/Z3-Z1)=0
Σίγουρα δίνει μόνο αυτά τα στοιχεία? Μήπως σου διέφυγε καμιά τρίτη ισότητα?
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 14 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Metal-Militiaman
Νεοφερμένος
Στο a έχεις λάθος... η 38η ριζα του μετρου στην 19η μας δίνει δύναμη εις την 1/2 και όχι στο τετράγωνο...
Στέλιος
Σωστά,μου διέφυγε 1 συνεπαγωγή,καμιά φορά με το LATEX του ischool δεν ξέρω τη γράφω, μάλλον θα πρέπει να κατεβάσω το Latex editor(LEd)
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 14 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Metal-Militiaman
Νεοφερμένος
Mια άσκηση που μου πρότεινε o Valandil μέσω msn.
Λοιπόν.
Αν για τους μιγαδικούς ισχύει
και
α) Να αποδείξετε ότι
β) Να βρεθεί η απόσταση των εικόνων των z και 5iw
(Το πρώτο ερώτημα είναι λίγο δυσκολούτσικο...Βασικά εγώ την έλυσα μ' ένα συγκεκριμένο τρόπο που μου ήρθε στο μυαλό, δεν ξέρω αν υπάρχει μεθοδολογία)
Ένας πιο εύκολος τρόπος λύσης του α ερωτήματος(έτσι θέλω να πιστεύω) είναι:
β)
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 14 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Metal-Militiaman
Νεοφερμένος
Ναι, γινεται. Πχ αν μια σχεση αναφερεται στο β ερωτημα και χρησιμοποιειται για τη λυση του γ, μπορεις να τη χρησιμοποιησεις χωρις να χασεις μορια απο το γ ερωτημα (αν το 'χεις λυσει σωστα).
να σαι καλά ρε φίλε γιατί τόσο καιρό και με τόσες ασκήσεις που έλυσα φέτος ,ειδικά μαθηματικά και φυσική κατεύθυνσης, χθες απόρησα αν γίνεται να εφαρμόσω της υποθέσεις των υποερωτημάτων και στα άλλα υποερωτήματα.
κοίτα να δεις τόσες ασκήσεις ,τόσες ώρες διάβασμα μου ρθε λίγο καιρό πριν τις εξετάσεις η απορία. έκλεισε και το φροντιστήριο μου την προηγούμενη εβδομάδα και δεν ήξερε ποιον να ρωτήσω.
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 15 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Metal-Militiaman
Νεοφερμένος
Γενικά μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε την υπόθεση ενός ερωτήματας για να απαντήσουμε τα υπόλοιπα ερωτήματα ή τα αγνούμε επειδή δεν αναφέρονται στην αρχή της άσκησης?
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 15 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Metal-Militiaman
Νεοφερμένος
(και 4ο δεν θα με χαλούσε,αν μου στέλνατε τις απαντήσεις)
https://www.ypepth.gr/themata/them_mat_kat_c_hmer_epan_0705.pdf
νομίζω ότι κάτι δεν μου καλλάει στο τρίτο ερώτημα του 3ου θέματος
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 15 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Metal-Militiaman
Νεοφερμένος
έστα f(α)=f(β) με α,β>0 τότε:
f(α)-f(β)=0 \Rightarrow f(\frac{α}{β})=0 \Rightarrow f(\frac{α}{β})=f(1) 1 μοναδική ρίζα της εξίσωση f(x)=0
οπότε \frac{α}{β}=1 \Rightarrow α=β άρα f <<1-1>>.
β) f(2\left|{z}^{2} \right|)-f(\left|z+2 \right|)=f(\left|z+2 \right|) \Rightarrow f(\frac{2\left|{z}^{2} \right|}{\left|z+2 \right|})=f(\left|z+2 \right|) \Rightarrow f <<1-1>> \frac{2\left|{z}^{2} \right|}{\left|z+2 \right|}=\left|z+2 \right| \Rightarrow 2\left|{z}^{2} \right|={\left|z+2 \right|}^{2}
θεωρούμε το z=x+yi, x,y\in R
τότε 2({x}^{2}+{y}^{2})={x+2}^{2}+{y}^{2} \Rightarrow {x}^{2}+{y}^{2}-4x-4=0 κύκλος
ακτίνας ρ=\frac{1}{2}\sqrt{{-4}^{2}-4(-4)} \Rightarrow ρ=2\sqrt{2} κέντρου Κ(2,0)
γ) Προφανώς δυο εικόνες μιγαδικών όταν κινούνται σε κύκλο έχουν τη μέγιστη απόσταση όταν οι εικόνες τους είναι αντιδιαμετρικές
δηλαδή \left|{z}_{1} \right-{z}_{2}| \leq =2ρ=4\sqrt{2}
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 15 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Metal-Militiaman
Νεοφερμένος
σωστά! το διόρθωσα.Ο manos66 θέλεις μα πείς.Πες του ένα ευχαριστώ
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 15 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Metal-Militiaman
Νεοφερμένος
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 15 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Metal-Militiaman
Νεοφερμένος
\lim_{h\rightarrow 0} \frac{f(h)f(xo)-f(xo)}{h}
Όμως για χ=y=0 , f(0)=f{(0)}^{2} \Rightarrow f(0)=1 επειδή f(0)\neq 0
f'\grave{}(0)=\lim_{x\rightarrow 0}\frac{f(x)-f(0)}{x-0}\Rightarrow f'\grave{ }(0)=\lim_{x\rightarrow 0}\frac{f(x)-1}{x}
άρα f'(xo)= \lim_{h\rightarrow 0}f(xo)(\frac{f(h)-1}{h})=f(xo)f'(0)
β) Παραγωγίζουμε τη σχέση f(x+y)=f(x)f(y) ως προς y με χ σταθερό
Οπότε, f'(x+y)=f(x)f'(y) και για y=0 παίρνουμε f'(x)-f'(0)f(x)=0 \Rightarrow f'(x){e}^{-f'(0)x}-{e}^{-f'(0)x}f'(0)f(x)=0
\Rightarrow f'(x){e}^{-f'(0)x}+({e}^{-f'(0)x})'f(x)=0 \Rightarrow (f(x){e}^{-f(0)x})'=({c}_{1})' \Rightarrow
f(x){e}^{-f'(0)x}={c}_{1}+{c}_{2} αλλά για χ=0 f(0)1={c}_{1}+{c}_{2} \Rightarrow {c}_{1}+{c}_{2}=1 άρα f(x){e}^{-f'(0)x}=1 \Rightarrow f(x)={e}^{f'(0)x} που είναι της μορφής f(x)={e}^{cx} με f'(0)=c
γ). για f'(0)=3 λόγω της (β) είναι g(x)=\frac{{e}^{3x}-{e}^{x}}{x-2} με D(g)=R-{2}
ψαχνουμε κατακόρυφη ασύμπτωτη στο 2 \lim_{x\rightarrow 2 }\frac{{e}^{3x}-{e}^{x}}{x-2}=-inf
αρα χ=2 \lim_{x\rightarrow -inf }\frac{{e}^{3x}-{e}^{x}}{x-2}=\lim_{x\rightarrow -inf }{e}^{x}\frac{{e}^{2x}-1}{x-2}
για x<0 \Rightarrow {e}^{x}<1 \Rightarrow \frac{{e}^{x}}{x-2}>\frac{1}{x-2}
αρα \frac{1}{x-2}< \frac{{e}^{x}}{x-2}<{e}^{x} απο κριτίριο παρεμβολής προκύπτει ότι \lim_{χ\rightarrow -inf}\frac{{e}^{x}}{x-2}=0 Οπότε \lim_{χ\rightarrow -+inf} \frac{{e}^{x}}{x-2}\lim_{χ\rightarrow -inf}({e}^{2x}-1)=0\cdot 0=0 αρα στο μειον άπειρο οριζόντια ασύμπτωτη ο χ'χ
\lim_{χ\rightarrow +inf}\frac{{e}^{3x}-{e}^{x}}{x-2}=(\frac{0}{0}) \lim_{χ\rightarrow inf}(3{e}^{3x}-{e}^{x})=+inf
\lim_{χ\rightarrow +inf}\frac{g(x)}{x}=\lim_{χ\rightarrow +inf}\frac{{e}^{3x}-{e}^{x}}{{x}^{2}-2x} και με δυο Hospital το όριο ειναι +inf
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 15 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Metal-Militiaman
Νεοφερμένος
Σαν αυτή την άσκηση και γενικά τέτοιες δυσκολούτσικες και ζώρικες ασκήσεις που μπορώ να βρω, έχω δυο βοηθήματα του Στεργίου-Νάκη(εκδόσεις Σαββάλα) και του Μπάρλα( Ελληνοεκδοτική) αλλά τετοιες ωραίες ασκήσεις με μιγαδικούς δεν βρίκα.Πάντως ο καθηγητής μου είπε για ένα καλό βοήθημα με καλλες ασκησεις ,νομίζω του Μιχαιλίδη??,αλλά δεν ξερω αν σηκώνει να αγοράσω και τρίτο βοήθημα γιατί όταν φτάσω στα μισά των παραγώγων θα χρειαστεί να πάρω και τα άλλα τεύχη.
Οι ασκήσεις που ζητάω ειναι πανω στους μιγαδικούς γιατί στην ανάλυση νομίζως πω με καλύπτουν επαρκώς τα 2 βοηθήματα και τα φυλλαδια του φορντιστηρίου,αλλά όχι πως δεν θα ήθελα και για την ανάλυση και τις συναρτήσεις.
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.