vassilis498
Διακεκριμένο μέλος
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 12 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
vassilis498
Διακεκριμένο μέλος
Πάντως έχω κάνει άσκηση με συναρτησιασκή σχέση που είχε χ και y και έβγαιναν δύο συναρτήσεις. Με επαλήθευση όμως απέρριπτες τη μία.
Α, αν έχεις παραπάνω από μια περίπτωση τότε ίσως ναι.
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 12 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
vassilis498
Διακεκριμένο μέλος
Όταν θέσαμε όπου χ το f(x), ουσιαστικά δε χρησιμοποιήσαμε συναπαγωγή;
όχι γιατί μετά μπορείς να θέσεις όπου χ την αντίστροφη και να επανέλθεις
η άσκηση γράφεται κανονικά και αντίστροφα
f(x)=x
g(f(x))=g(x)
e^f(f(x)) + e^f(x) = e^f(x) + e^x
e^x + e^f(x) = e^f(x) + e^x
0 = 0
βέβαια και με συνεπαγωγές να το πας δεν καταλαβαίνω γιατί θέλει επαλήθευση από τη στιγμή που δεν έχεις κάνει κάποιο λάθος τα ίδια τα δεδομένα του προβλήματος σε οδηγούν στο αποτέλεσμα.
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 12 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
vassilis498
Διακεκριμένο μέλος
Aχ πόσο μ' αρέσει αυτό που θα κάνω τώρα
'Εχουμε f: A -> B.
A= {1,2,3}
f(1)=1, f(2)=2, f(3)=3.
B= {1,2,3,4}={f(1),f(2),f(3),4}
Όλα τα στοιχεία του Α αντιστοιχίζονται σε κάτι του Β, όμως δεν αντιστοιχίζοντα όλα του Β σε κάτι του Α, οπότε η έννοια της αντίστροφης δεν ισχύει στην περίπτωση αυτή!
Κάπου υπάρχει μια λεπτή διαφορά...και κάνει τη διαφορά
όταν δίνουμε f:A-->B δεν σημαίνει απαραίτητα ότι το B είναι σύνολο τιμών, απλά ότι
αν Α={1,2,3} και ισχύει f(1)=1, f(2)=2, f(3)=3 τότε έχω f(A)={1,2,3}
άρα αντίστοιχα και το πεδίο ορισμού / σύνολο τιμών της αντίστροφης θα είναι το {1,2.3}
το 4 πού κολλάει;
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 12 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
vassilis498
Διακεκριμένο μέλος
Έχεις κάνει ένα σοβαρό λάθος. Μπορείς να βάλεις στη θέση του χ το f(x) ως μία άλλη μεταβλητή, αλλά δεν μπορείς να θεωρήσεις δεδομένο ότι ισχύει f(x)=x (αυτό ζητείται να αποδείξεις) και συνεπώς η ισότητα «e^f(f(x))+e^f(x)=e^x+e^f(x)» η οποία έγραψες δεν ισχύει.
Με την προϋπόθεση, ότι θα χρησιμοποιήσεις το στοιχείο ότι η g(x) είναι 1-1 και συνεπώς από την εξίσωση που σου δίνει ( g(x)=e^f(x)+e^x) συμπεραίνεις ότι και η f(x) είναι 1-1, σωστή απάντηση είναι η παρακάτω:
Η οποία καλύτερα θα ήταν να γραφεί διαφορετικά ως εξής:
Ισχύει f(f(x))=χ.
Επειδή f είναι 1-1, ισχύει και f(f^-1(x))=x.
Επομένως ισχύει ότι: f(f^-1(x))=f(f(x)), από εδώ επειδή η f είναι 1-1 ισχύει: f^-1(x)=f(x) και επομένως f(x)=x.
δε νομίζω ότι κάνει κάτι λάθος η ιδιότητα που εκμεταλλεύεται είναι το fof(x)=x ( το οποίο δίνεται ) και όχι το f(x)=x
από την άλλη δεν καταλαβαίνω πώς προκύπτει το bold.
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 12 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
vassilis498
Διακεκριμένο μέλος
Να βρεθεί το όριο θ τείνωντος στο μηδέν του ημθ προς θ όταν το θ εκφράζει μοίρες και όχι rad. :Ρ Βοήθεια κανείς;
αν και δεν είμαι απόλυτα σίγουρος βάζω μια ιδέα.
μ: μοίρες
x: rad
από απλή μέθοδο των τριών και
θέτω
άρα
sin=ημίτονο
cos= συνημίτονο
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 12 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
vassilis498
Διακεκριμένο μέλος
Ρε παιδια πως λυνεται το οριο ;
βγάλε κοινό παράγοντα το e^x και κάνε DLH σε ότι κλάσμα σου βγει στην παρένθεση
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 13 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
vassilis498
Διακεκριμένο μέλος
Παιδια καλος η κακος καλουμαστε να συμβιβαστουμε στο πνευμα των πανελληνιων αφινοντας δυσκολα και πρωτοτυπα θεματα.
και αυτά καλό σου κάνουν, εντάξει δε λέω να χάσουμε και τον ύπνο μας ( ) αλλά όλο και κάτι κερδίζεις. Αν και δεν είμαι σίγουρος αν όσοι κάθονται και ασχολούνται εδώ πέρα έχουν στο μυαλό τους τις πανελλήνιες αποκλειστικά.
Πάντως από τη στιγμή που κάποιος έχει δει θέματα πανελληνίων και ξέρει πάνω κάτω τι πέφτει δεν νομίζω πως έχει λόγο να ανησυχήσει ή να τρομάξει σε περίπτωση που συναντήσει πιο δύσκολα θέματα.
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 13 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
vassilis498
Διακεκριμένο μέλος
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 13 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
vassilis498
Διακεκριμένο μέλος
τότε από αρχή Fermat έχω f'(Xo)=0
η εφαπτομένη της Cf στο σημείο αυτό είναι η y=f(Xo), και αφού f κυρτή έχω f(x)>=y δηλαδή f(x)>=f(Xo), άτοπο
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 13 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
vassilis498
Διακεκριμένο μέλος
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 13 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
vassilis498
Διακεκριμένο μέλος
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 13 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
vassilis498
Διακεκριμένο μέλος
i)
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
ωραίο αυτό με την εφαπτομένη δεν το χα σκεφτεί
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 13 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
vassilis498
Διακεκριμένο μέλος
Μια ασκηση επιπεδου 4 Θεματος
Εστω συναρτηση f συνεχης τετοια ωστε για καθε χ ε R να ισχυει
f(x)+e^f(x)=x+x*(e^x)
ΝΑ δειξετε οτι
a) Αν α<>β τοτε f(α)<>f(β)
Β)Αν α+f(a)=β +f(β) τοτε α=β
γ)Υπαρχει χο ε R ωστε φ(χο)=0
δ)Υπαρχει ξ ε R τετοιος ωστε f(ξ)=ξ
ε)f(R)=R
Επισης θελω να πω αν θελετε να δειτε τα θεματα των επαναληπτικων του 2010 παρουσιαζουν ιδιαιτερο ενδιαφερον
βάζω κι εγώ μια προσπαθεια
έστω οι συναρτήσεις
όλες ορισμένες στο R.
, άρα h(x) γν αύξουσα
και
από πινακάκι στο R βλέπω ότι η g' έχει ελάχιστο στο x=-2, στο οποίο είναι θετική. g'(x)>0, άρα g(x) γν. αύξουσα
από όρια στο -οο και το +οο βλέπω ότι h και g έχουν σύνολο τιμών το R.
, από πινακάκι στο R βλέπω ότι έχει ελάχιστο στο x=0 στο οποίο κάνει -1.
επίσης , άρα το σύνολο τιμών της p(x) είναι το [-1, +οο).
τώρα
α) με βάση τις συναρτήσεις που έχω θέσει η σχέση που μου δίνεται γίνεται
για x1,x2 στο R τέτοια ώστε x1<x2
άρα f γν αύξουσα και "1-1".
συνεπώς για
β) ξέρω ότι f γν. αύξουσα άρα από ορισμό ( 2 σχέσεις και προσθέτω κατά μέλη) q(x) γν αύξουσα άρα και "1-1"
γ) στην σχέση που δίνεται αντικαθιστώ x=0 και έχω
έστω ότι f(x)<0 για κάθε x στο R.
άτοπο γιατί έχει σύνολο τιμών το R , άρα έχω x1 τέτοιο ώστε f(x1)>0
f συνεχής, από Bolzano, έχω Xo ανάμεσα σε αυτό και το 0 τέτοιο ώστε f(Xo)=0
δ) έστω f(x)>x για κάθε x στο R.
, άτοπο γιατί η p(x) παίρνει και αρνητικές τιμές.
αντίστοιχα για f(x)<x
άρα έχω ένα τουλάχιστον x τέτοιο ώστε f(x)=x
ε) h(x) γν αύξουσα, "1-1" και αντιστρέψιμη
επίσης
για x1,x2 στο R τέτοια ώστε x1<x2
, άρα γν. αύξουσα
επίσης αφού το πεδίο ορισμού της h είναι το R, και το σύνολο τιμών της αντίστροφης είναι το R.
άρα και
θέτω u=g(x)
άρα το όριο γίνεται
αντίστοιχα και το άλλο όριο.
Επίσης f γν. αύξουσα άρα το σύνολο τιμών της είναι το R.
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 13 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
vassilis498
Διακεκριμένο μέλος
Έστω συνεχής συναρτηση f με
Να βρεθεί η μονοτονία της f καθώς και ο τύπος της
Ακόμα να βρεθεί η μονοτονία της
αλλά και το
g.l.
Έγραψα με λάτεξ :o
f(0)=2010
παραγωγίζω
για x=0 παίρνω c=2010², άρα
άρα f γν. αύξουσα στα θετικά, και γν. φθίνουσα στα αρνητικά
άρα h(x) γν. αύξουσα στα αρνητικά, και γν. φθίνουσα στα θετικά.
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 13 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
vassilis498
Διακεκριμένο μέλος
Εστω η συναρτηση φ:R->R ,ωστε για καθε χ στο R να ειναι φ(χ)>0 και φ(χ)lnφ(χ)=e^x.Δειξτε ρεεεε ,οτι :
1)φ(χ)>1 για καθε χ
2)φ γν.αυξουσα
3) φ(1)=e
4)ισχυει φ²(χ)>e^x για καθε χ στο R
1)
2) για x1,x2 στο R τέτοια ώστε f(x1)<f(x2)
(1)*(2):
άρα f γν.αύξουσα
3)
4) έστω
από πινακάκι στο R βλέπω ότι η g έχει ολικό ελάχιστο στο x=1.
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 13 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
vassilis498
Διακεκριμένο μέλος
4)Αν η f'' ειναι γνσηιως φθοινουσα [α,β] υπαρχει ξο (ρ1,ρ2) f''(ξο)<0
μήπως εννοείς f'''(ξο);
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 13 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
vassilis498
Διακεκριμένο μέλος
εξακολουθεί να μου φαίνεται ελειπής πάντως, δεν ξέρουμε ποιο είναι το Q για να δούμε αν είναι άτοπο ή όχι
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 13 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
vassilis498
Διακεκριμένο μέλος
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 13 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
vassilis498
Διακεκριμένο μέλος
Σωστά υπέθεσες,κάνω και τέτοιες αηδίες.Βασικα χάθηκα στο β στο σημείο με το λ².Τι ακριβώς κάνεις εκεί;
Α και στο α. Βγάζεις,πως το συνδιάζεις με τον αρχικό τύπο;
όχι και αηδίες ( αν και η ανάλυση είναι πιο ωραία )
τώρα για το μέτρο
ε, και μετά ακολουθώντας τις ισοδυναμίες, ξεκινώ από τη σχέση που μου δίνεται και καταλήγω στο επιθυμητό συμπέρασμα
για το (α)
ξέρω ότι
άρα αγ>0
( το τελευταίο δίνεται)
ελπίζω τώρα να έγιναν κατανοητά μου βγήκε ο κ#λος να τα γράφω όλα στο latex
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 13 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
vassilis498
Διακεκριμένο μέλος
Κάνας υπότιτλος παίζει;
Γιατί,την κοιτάω,την ξανακοιτάω,άκρη δεν βγάζω.
για το δεύτερο, αν μια δευτεροβάθμια εξίσωση 2 έχει μιγαδικές ρίζες, τότε από θεωρεία ξέρω ότι θα είναι μεταξύ τους συζυγείς.Άρα κάνω την απαραίτητη αντικατάσταση στον w, το μαζεύω λίγο και αυτό που μένει είναι πραγματικό αριθμός. Στη συνέχεια υπολογίζω ξεχωριστά αριθμητή και παρονομαστή. Το λ το έχω βρει συναρτήσει του α, β και γ από τον κλασσικό τύπο μιγαδικής ρίζας του τριωνύμου. Υπολογίζω το λ^2, το φέρνω σε μορφή χ+ψi και κρατάω το 2Re(λ^2) που θέλω. Αντίστοιχα εφόσον ξέρω το λ, υπολογίζω το τετράγωνο του μέτρου του. Χρησιμοποιώ τη σχέση που μου δίνεται για να συγκρίνω αριθμητή και παρονομαστή, και εφόσον έχω αριθμητή μικρότερο, το κλάσμα ( ο w δηλαδή) είναι <1
Ίσως μπερδεύτηκες γιατί έχω φάει μερικές πράξεις για να μη βγει μεγάλο.
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 13 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
vassilis498
Διακεκριμένο μέλος
Βαζω μια ασκηση την οποια θεωρω αρκετα ενδιαφερουσα:
Αν η εξισωση αχ²+βχ+γ=0 με α,β,γ,ανηκουν στους πραγματικους και β²αγ εχει ριζες κ,λ,
(α)Να δειξετε οτι δεν ειναι πραγματικες οι ριζες
(β)ο μιγας w=κ/λ +λ/κ ειναι πραγματικος και ισχυει w<1
^
άρα οι όποιες ρίζες είναι μιγαδικές
b)κ,λ μιγαδικές ρίζες της εξίσωσης, άρα έχω
\alpha \gamma \Leftrightarrow {\beta }^{2}-2\alpha \gamma <\alpha \gamma \Leftrightarrow \frac{{\beta }^{2}-2\alpha \gamma }{{a}^{2}}<\frac{\alpha \gamma }{{a}^{2}}\Leftrightarrow 2Re({\lambda }^{2})<{\left|\lambda \right|}^{2}\Leftrightarrow w<1" />
το (γ) το παλεύω..
edit: (γ)
για α<0:
επίσης f παραγωγήσιμη ως πράξεις παραγωγίσιμων.
από Θ.Ε.Τ έχω ένα τουλάχιστον Χο στο (0,+οο) τέτοιο ώστε f(Xo)=a
αντίστοιχα για α>0
άρα η εξίσωση έχει τουλάχιστον μια ρίζα.
για α>0:
(το τριώνυμο είναι πάντα θετικό λόγω αρνητικής διακρίνουσας)
άρα δεν μπορώ να έχω ρίζα για χ<0 αφού το πρώτο μέλος βγαίνει αρνητικό ενώ α>0
για χ>0 λοιπόν
έστω ότι έχω 2 ρίζες χ1,χ2. Τότε από rolle στο (χ1,χ2) έχω χ3 τέτοιο ώστε f'(x3)=0
(τα πολυώνυμα θετικά λόγω διακρίνουσας.)
άτοπο. άρα η ρίζα είναι μοναδική.
για α<0.
άρα δεν έχω ρίζα στα αρνητικά, εφόσον το πρώτο μέλος βγαίνει ετερώσημο του α.
για χ>0 λοιπόν.
πάλι έστω ότι έχω 2 ρίζες χ4,χ5 αντίστοιχα άρα από rolle στο (χ4,χ5) θα έχω χ6 στο διάστημα αυτό τέτοιο ώστε f'(x6)=0
(πολυώνυμα αρνητικά τώρα λόγω αρνητικής διακρίνουσας, και αρνητικού α)
άτοπο. άρα η λύση είναι μοναδική
και σωστό να ναι, είμαι σίγουρος ότι βγαίνει και πιο γρήγορα αλλά δε βαριέσαι
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 13 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
vassilis498
Διακεκριμένο μέλος
Y.Γ.(2) Πως γινεται η πoλλαπλη παραθεση?
πάτα το σε 2-3 post και μετά πάτα απάντηση και θα καταλάβεις
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 13 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
vassilis498
Διακεκριμένο μέλος
(γ)η εξισωση (αχ³+βχ²+γχ)e^χ=α εχει ακριβως μια πραγματικη ριζα
μιλάμε για το ίδιο α;
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 13 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
vassilis498
Διακεκριμένο μέλος
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 13 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
vassilis498
Διακεκριμένο μέλος
Ορίστε και απο μένα μια άσκηση που είναι καλή νομίζω!
Άν παραγωγίσιμη στο
και
Να δείξετε ότι η είναι σταθερή στο
μη μείνει άλυτη
f(a)=f(b)=0
f ορισμένη και παραγωγίσιμη σε κλειστό διάστημα, άρα θα έχω χ1,χ2 στο (α,β) τέτοια ώστε f(x)>=f(x1), f(x)=<f(x2)
εάν α,β βρίσκονται στο εσωτερικό του διαστήματος [α,β] τότε από Fermat έχω f'(x1)=f'(x2)=0
άρα για χ=x1, χ=x2 στη σχέση που μου δίνεται έχω f(x1)=f(x2)=0
επίσης αν πάλι κάποιο από τα χ1,χ2 ( ή και τα 2) είναι άκρο του διαστήματος, τότε πάλι θα κάνει 0. ( f(a)=f(b)=0 )
άρα σε κάθε περίπτωση έχω 0=<f(x)=<0
f(x)=0 σταθερή
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 13 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
vassilis498
Διακεκριμένο μέλος
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 13 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
vassilis498
Διακεκριμένο μέλος
ίσως οι ιδιότητες των ορίων ισχύουν μόνο για όρια που καταλήγουν σε πραγματικό αριθμό
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 13 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
vassilis498
Διακεκριμένο μέλος
(θέτω u=x+1 )
άρα το
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 13 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
vassilis498
Διακεκριμένο μέλος
f(0)=0
παραγωγίζω και έχω:
f'(0)=1
παραγωγίζω πάλι:
για χ=0 παίρνω c=1, άρα
για χ=0 παίρνω c=1/2 άρα
άρα f(x) γν. αύξουσα συνεπώς και "1-1" και αντιστρέψιμη
(αποκλείω την άλλη λύση γιατί είναι αρνητική*)
άρα
*
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 13 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
vassilis498
Διακεκριμένο μέλος
έστω f(x) 3 φορές παραγωγίσιμη στο R με την ιδιότητα
2f(x)>= f(1) + f(2) για xεR
να δείξω ότι έχω ένα τουλάχιστον Χο στο R τέτοιο ώστε f '''(Xo)=0
(1): x=1
2f(1) >= f(1) + f(2) <--> f(1) >= f(2)
(1):x=2
2f(2) >= f(1) + f(2) <--> f(1) =< f(2)
άρα f(1) =f(2)
έτσι ισχύει:
2f(x) >= 2f(1) <--> f(x) >= f(1)
2f(x) >= 2f(2) <--> f(x) >= f(2)
η f(x) παραγωγίζεται παντού, και για x=1, x=2 έχω ακρότατα, άρα από Fermat έχω f'(1)=f'(2)=0
επίσης f(1)=f(2)
από Rolle, έχω Χο στο (1,2) τέτοιο ώστε f'(Xo)=0
άρα για 1<Xo<2
έχω f'(1)=f'(Xo)=f'(2)=0
η f'(x) παραγωγίζεται παντού, άρα από Rolle έχω:
x1 στο (1,Χο) τέτοιο ώστε f''(x1)=0
και x2 στο (Xo,2) τέτοιο ώστε f''(x2)=0
f''(x1)=f''(x2)=0
f''(x) παραγωγίζεται παντού ( f(x) τριπλά παραγωγίζιμη στο R )
άρα από Rolle έχω ξ στο (x1,x2) (υποσύνολο του R) τέτοιο ώστε f'''(ξ)=0
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 13 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
vassilis498
Διακεκριμένο μέλος
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 13 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
vassilis498
Διακεκριμένο μέλος
έστω f(x) 3 φορές παραγωγίσιμη στο R με την ιδιότητα
2f(x)>= f(1) + f(2) για xεR
να δείξω ότι έχω ένα τουλάχιστον Χο στο R τέτοιο ώστε f '''(Xo)=0
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 13 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
vassilis498
Διακεκριμένο μέλος
g'(x)=6x+2 > 0
άρα g(x) γν. αύξουσα
2f^5(x)+3f(x) = g(x)
έστω 2 τυχαία χ1,χ2 στο A, τέτοια ώστε f(x1)<f(x2)
2f^5(x1)<2f^5(x2) (1)
3f(x1) < 3f(x2) (2)
(1)+(2) : 2f^5(x1) + 3f(x1) < 2f^5(x2) + 3f(x2) <--> g(x1)<g(x2) <--> x1<x2 άρα f, γν. αύξουσα
πάντως για την παραγώγιση, μιας που ρωτήθηκε, εφόσον παραγωγίζεται το δεύτερο μέλος, δεν μπορούμε να πούμε ότι παραγωγίζεται και το πρώτο;
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 13 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
vassilis498
Διακεκριμένο μέλος
Σορρυ λάθος μου, η f' είναι συνεχής.. Το πρόβλημα είναι στο β.. έχεις δύο σημεία μηδενισμού της παραγώγου, οπότε δεν φτάνουν αυτά που γράφεις
(και μια διόρθωση στο (β) αντί για " f''(x)>0", "f(x) κυρτή " γιατί δεν ξέρω για διπλή παραγωγισιμότητα )
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 13 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
vassilis498
Διακεκριμένο μέλος
Zo=i f'(0)
Z1= 1+ i f'(1)
α) Z0 * Z1 = i f'(0) - f'(0)*f'(1)
Re(Zo*Z1)=-f'(0)*f'(1)>0 <--> f'(0)*f'(1)<0
f(x) συνεχής (ως παραγωγήσιμη) στο R
από Bolzano στο (0,1) προκύπτει το ζητούμενο
β)f(x) κυρτή άρα f'(x) γν. αύξουσα στο R
f'(1/2)=0
για χ<1/2 <--> f'(x)<f'(1/2) <--> f'(x)<0
για χ>1/2 <--> f'(x)>f'(1/2) <--> f'(x)>0
άρα f(x) γν αύξουσα για χ>1/2 και γν φθήνουσα για χ<1/2
στο σημείο χ=1/2 το πρόσημο της παραγώγου αλλάζει και η δέυτερη παράγωγος είναι θετική άρα έχω ολικό ελάχιστο
edit: άκυρο το (α), δεν ξέρω αν η f'(x) είναι συνεχής
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 13 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
vassilis498
Διακεκριμένο μέλος
<=>φ΄(ξ)=0
<=>φ(χ)=c
αυτό είναι σημείο, δεν μπορείς να αντιπαραγωγήσεις σημείο, πρέπει να ξέρεις ότι η παράγωγος είναι 0 για κάθε χ στο διάστημα, εκτός κι αν το κατάλαβα λάθος.
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 13 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
vassilis498
Διακεκριμένο μέλος
Βασιλη,δεν την ειχα σκεφτει αυτη τη λυση,αλλα αν τα ακροτατα ειναι στα ακρα του διαστηματος??
Σε αυτήν την περίπτωση έχει δωθεί ότι φ(0)=φ(1)=1, άρα είτε μιλάμε για άκρο του διαστήματος, είτε για εσωτερικό σημείο, το ακρότατο πάντα 1 θα κάνει, για αυτό έγραψα σε κάθε περίπτωση, παράλειψή μου
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 13 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
vassilis498
Διακεκριμένο μέλος
2) f(x)=ln(x²+1)-e^(-x) + 1 xεR
να βρεθεί η μονοτονία
μιας και δεν έχει λυθεί, βάζω τη λύση σε spoiler να υπάρχει:
έστω συνάρτηση
για
επίσης
από πινακάκι στο R, βλέπω ότι η g(x) έχει ελάχιστο στο x=-1 στο οποίο είναι θετική, άρα η g(x) είναι θετική στο R.
έτσι
άρα f(x) γνησίως αύξουσα στο R.
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 13 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
vassilis498
Διακεκριμένο μέλος
Αυτό απο πού βγαίνει?
Ίσως μπερδεύτηκες επειδή το έγραψα συμπυκνωμένα. Ξεκίνησα από τον ορισμό της παραγώγου στο χο, δηλαδή η παράγωγος για κάθε χ στο R (στην αρχή βέβαια δεν μιλάμε για παράγωγο γιατί δεν ξέρω αν παραγωγίζεται παντού, για να το αποδείξω πρέπει να καταλήξω σε πραγματικό αριθμό). Αφού έθεσα x=x-xo ( κανονικά έπρεπε να το πω (υ) διαφορετικη μεταβλητή αλλά πρακτικά δεν έχει διαφορά, η δύναμη της συνήθειας ), το όριο τώρα τείνει στο 0.Εκεί εκμεταλλεύτηκα την ιδιότητα που μου δίνεται για να σπάσω το f(x+xo) και να εξαφανήσω τα f(xo) και αυτό που μένει είναι ο ορισμός της παραγώγου στο χ=0. Δηλαδή για κάθε χ στο R η παράγωγος του χ είναι ίση με αυτή του 0.
@ Δίας
σωστός
(καλύτερα βάλε τη λύση σε spoiler σε περίπτωση που θέλει να τη λύσει και κάποιος άλλος)
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 13 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
vassilis498
Διακεκριμένο μέλος
1) να βρείτε πολυώνυμο P(x) τέτοιο ώστε:
[P'(x)]²=P(x) xεR με P(1)=0
2) f(x)=ln(x²+1)-e^(-x) + 1 xεR
να βρεθεί η μονοτονία
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 13 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
vassilis498
Διακεκριμένο μέλος
g'(x)=-f(x) (2)
Α)
- μου δίνονται σχέσεις με f'(x) και g'(x) άρα f και g παραγωγήσιμες στο R
f''(x)=g'(x)=-f(x) (παραγωγήσιμη άρα και συνεχής)
g''(x)=-f'(x)=-g(x) (παραγωγήσιμη και αυτή άρα και συνεχής )
Β)
ξέρω από πριν ότι
f''(x)=-f(x)
g''(x)=-g(x)
άρα f''(x) + f(x) = -f(x) + f(x) = 0
g''(x) + g(x) = -g(x) + g(x) = 0
Γ)
(1): f'(x)=g(x)
(2):g'(x)=-f(x) <--> f(x) = -g'(x)
(1)*(2) : f(x)f'(x)=-g(x)g'(x) <--> f(x)f'(x)+g(x)g'(x)=0 (3)
φ(x) = f²(x) + g²(x) (παραγωγήσιμη ως άθροισμα παραγωγήσιμων)
φ'(x) = 2f(x)f'(x) + 2g(x)g'(x) = 2[ f(x)f'(x) + g(x) g'(x) ] <--(3)--> φ'(x) = 0 άρα φ(x) σταθερή
Δ)
f(x) διάφορο του 0, και συνεχής, άρα για το διάστημα (χ1,χ2) διατηρεί πρόσημο
f(x1)=f(x2)
ισχύουν οι προϋποθέσεις Rolle για το διάστημα αυτό άρα έχω Xo στο (χ1,χ2) τέτοιο ώστε f'(Xo)=g(Xo) (σχέση (1) ) = 0
επίσης για το διάστημα (χ1,χ2) ισχύει ότι g'(x)=-f(x) η οποία διατηρεί πρόσημο, άρα g(x) γνησίως μονότονη στο διάστημα αυτό, άρα η λύση είναι μοναδική
2) (εδώ δεν είμαι πολύ σίγουρος)
f'(0)=2
f(x+y)=f(x)+f(y) (1)
(1) : y=0
f(x) = f(x) + f(0) <--> f(0)=0
(θέτω χ=χ-Χο )
(από (1) )
άρα η f(x) είναι παραγωγήσιμη σε όλο το R, με f'(x)=f'(0)=2
f'(x)=2 <--> f(x)=2x+c
f(0)=0 <--> c=0 <--> f(x) = 2x, xεR
καλές, η δεύτερη ειδικά
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 13 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
vassilis498
Διακεκριμένο μέλος
- g(0)=f(ημ0)=f(0) , g(π)=f(ημπ)=f(0)
ii) ισχύουν οι προϋποθέσεις για ΘΜΤ στην g(x) στο (0,π), άρα έχω ένα τουλάχιστον Χο τέτοιο ώστε g'(Xo)=0 <--> f'(ημχ)συνχ=0<-->χf'(ημχ)συνχ=0 (x διάφορο του 0 ) <--> χf'(ημχ)συνχ + f(ημχ) = f(ημχ) <--> [χf(ημχ)]' = f(ημχ) <--> f'(x)=g(x)
(στο τέλος όπου χ ένα Χο βαριέμαι να το διορθώνω τώρα :p )
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 13 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
vassilis498
Διακεκριμένο μέλος
ευχαριστώ
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 13 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
vassilis498
Διακεκριμένο μέλος
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 13 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
vassilis498
Διακεκριμένο μέλος
έχετε καμιά ιδέα;
ήταν από φυλλάδιο με ασκήσεις στο ΘΜΤ αλλά και όποιαδήποτε άλλη λύση ευπρόσδεχτη
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 13 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.