Άλλα μηνύματα του μέλους manos66 σε αυτό το thread

manos66 · 07-12-09

Αρχική Δημοσίευση από χρηστοσ17:
να ρωτησω και κατι αλλο
η αντιπαραγωγοσ τησ εφ^2χ -1/εφχ ειναι η (συνχ/ημχ)'+2

H αρχική ή παράγουσα της $f (x) = \frac{\epsilon \phi ^2x-1}{\epsilon \phi x}$
είναι η $F (x) = - ln|\eta \mu 2x|$

manos66 · 07-12-09

Αρχική Δημοσίευση από χρηστοσ17:
η συναρτηση f ειναι συνεχησ στο [1,2] παραγωγησιμη στο (1,2) ,f(2)=1/ln2 νδο υπαρχει ενα χο στο (1,2) ωστε f(χο)=χο(1-lnχοf ' (xo)) οποιοσ μπορει γιατι εχω κολλησει εδω και ωρα παρακαλω

Θ. Rolle με τη συνάρτηση g (x) = f (x) lnx - x στο [1 , 2]

manos66 · 13-11-09

Θα βρειτε ενα τεστ σωστου-λαθους στους μιγαδικους
εδώ.

manos66 · 12-11-09

Αν f συνεχής στο R και f (1) + f (2) + ... + f (2009) = 0, ν.δ.ο. υπάρχει μια τουλάχιστον ρίζα της f στο (1 , 2009).

manos66 · 08-11-09

Yπάρχει ένα μοναδικό ζεύγος (x , y)

manos66 · 22-10-09

Αρχική Δημοσίευση από Rania.:
Επιλυση παραγωγων; Τουτεστιν; Βαζεις τυπο συναρτησης και σου βγαζει παραγωγο;

mathematica

manos66 · 18-10-09

Αρχική Δημοσίευση από angelica_pickles:
ασκηση 1
Α)δινεται η συναρτηση f(x)=2^x + 4x ,x ε R
εξεταστε την μονοτονια και μετα να λυθει η ανισωση:
2^(χ-1) - 4(1-x) < 6

Β)Εαν η συναρτηση f:R->R ειναι γνησιως φθινουσα, εξεταστε την μονοτονια της:
g(x)=f(3x-2) - f(1-2x) και να συγκριθουν οι αριθμοι: g^(-1)(4)[δηλαδη η αντιστροφη της g του 4] , g^(-1)(-2)[δηλαδη η αντιστροφη της g του -2)
Γ)δινεται η συναρτηση f:R->R συνεχης και οι μιγαδικοι :
z= x + if(x) , x ε R. Εαν Im(z)=1 υπολογιστε :
lim(x->0)[(|z| - συνx)/Re(z)]

θα το εκτιμουσα αν με βοηθουσε καποιος να την λυσω

A. $f'(x)=2^xln2 + 4>0$
H f είναι γν. αύξουσα
Η ανίσωση γίνεται
$2^{x-1} + 4(x - 1) < 6 \Leftrightarrow f (x) < f (1) \Rightarrow x < 1\Rightarrow$

Β.
$\\ x_1 < x_2 \Leftrightarrow 3x_1 < 3x_2 \Leftrightarrow 3x_1 - 2 < 3x_2 -2 \Rightarrow f (3x_1 - 2) > f (3x_2 - 2)\\ \\ x_1 < x_2 \Leftrightarrow -2x_1 > -2x_2 \Leftrightarrow 1-2x_1 1-2x_2 \Rightarrow f (1-2x_1) < f (1-2x_2) \Leftrightarrow -f (1-2x_1) > -f (1-2x_2)$

Mε πρόσθεση προκύπτει
$f (3x_1 - 2) - f (1-2x_1) > f (3x_2 - 2) - f(1-2x_2) \Leftrightarrow g(x_1) > g (x_2)$

άρα η g είναι γν. φθίνουσα

Η $g^{-1}$ έχει το ίδιο είδος μονοτονίας με την g (αυτό θέλει απόδειξη)

άρα η $g^{-1}$ είναι γν. φθίνουσα.

$-2 < 4 \Rightarrow g^{-1}(-2) > g^{-1}(4)$

Γ. z = x + i
$\left| z \right|= \sqrt{x^2+1}$

$\\ \lim_{x\rightarrow 0}\frac{|z|- \sigma \upsilon \nu x}{Re(z)}=\lim_{x\rightarrow 0}\frac{\sqrt{x^2+1}- \sigma \upsilon \nu x}{x} \\ = \lim_{x\rightarrow 0} \left( \frac{\sqrt{x^2+1}-1}{x}-\frac{\sigma \upsilon \nu x-1}{x}\right) \\ =\lim_{x\rightarrow 0} \frac{x}{\sqrt{x^2+1}+1} - \lim_{x\rightarrow 0} \frac{\sigma \upsilon \nu x-1}{x} \\ = 0 + 0 = 0$

manos66 · 15-10-09

Αρχική Δημοσίευση από πηνελοπη:
ναι βασικα δεν ζηταει αυτο η ασκηση..

Zητάς ν.δ.ο. η παράσταση είναι μεγαλύτερη από 1/2, ενώ μπορεί να είναι ίση με 1/2.

manos66 · 14-10-09

Αρχική Δημοσίευση από πηνελοπη:
ασκηση
αν ισχυει x+y=1
να αποδειξετε οτι: x^x*y^y>1/2

αρκετα δυσκολη θα ελεγα..
manos66 ευχαριστω για την αναλυτικη λυση

Για $x = y = \frac{1}{2}$ ισχύει
$x^xy^y=\left(\frac{1}{2} \right)^\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2} \right)^\frac{1}{2}=\left(\frac{1}{2} \right)^{\frac{1}{2}+\frac{1}{2}}=\frac{1}{2}$

manos66 · 14-10-09

Αρχική Δημοσίευση από πηνελοπη:
ΜΠΟΡΕΙ ΚΑΠΟΙΟΣ ΝΑ ΜΕ ΒΟΗΘΗΣΕΙ Μ ΑΥΤΗ ΤΗΝ ΑΣΚΗΣΗ??ΕΧΩ ΣΠΑΣΕΙ ΤΟ ΚΕΦΑΛΙ ΜΟΥ!!
Δινονται οι διαφορετικοι του μηδενος μιγαδικοι αριθμοι z1,z2 τετοιοι ωστε:
z1^2 + z2^2 + z1z2=0
και ισχυει z1^3=z2^3
Να αποδειξετε οτι:

α)(z1/z2)^2 + (z2/z1)^2 =-1
β)Αν Γ η εικονα του μιγαδικου z1+z2, τοτε το τριγωνο ΟΑΓ ειναι ισοπλευρο

θα περιμενω απαντηση...ευχαριστω!

α)
$\\ \left( \frac{z_1}{z_2}\right)^2 + \left( \frac{z_2}{z_1}\right)^2 = \left( \frac{z_1}{z_2}\right)^2 + \left( \frac{z_2}{z_1}\right)^2 + 2\frac{z_1}{z_2}\frac{z_2}{z_1}-2\frac{z_1}{z_2}\frac{z_2}{z_1} \\ =\left( \frac{z_1}{z_2} + \frac{z_2}{z_1} \right)^2 -2 \\ = \left( \frac{z_1^2+z_2^2}{z_1z_2} \right)^2 -2 \\ = \left( \frac{-z_1z_2}{z_1z_2} \right)^2 -2 \\ = 1-2 =-1$

2oς τρόπος
$z_1^3=z_2^3 \Leftrightarrow \frac{z_1^2}{z_2^2} = \frac{z_2}{z_1}$
Όμοια $\frac{z_2^2}{z_1^2} = \frac{z_1}{z_2}$

$\\ \left( \frac{z_1}{z_2}\right)^2 + \left( \frac{z_2}{z_1}\right)^2 = \frac{z_2}{z_1}+ \frac{z_1}{z_2} \\ = \frac{z_1^2+z_2^2}{z_1z_2} \\ = \frac{-z_1z_2}{z_1z_2} \\ =-1$

β)
$z_1^3=z_2^3 \Rightarrow \left| z_1\right|^3=\left| z_2\right|^3 \Rightarrow \left| z_1\right|=\left| z_2\right|$

$z_1^2+z_2^2+z_1z_2 =0 \Leftrightarrow z_1^2+z_2^2+2z_1z_2 =z_1z_2 \Leftrightarrow (z_1+z_2)^2= z_1z_2$
άρα
$\left| z_1+z_2\right|^2= \left| z_1\right|\left| z_2\right|\Leftrightarrow \left| z_1+z_2\right|^2= \left| z_1\right|^2\Leftrightarrow \left| z_1+z_2\right|= \left| z_1\right|$

Αν Α είναι η εικόνα του z1 τότε
(ΟΑ) = |z1|
(AΓ) = |(z1+z2)-z1| = |z2| = |z1|
(OΓ) = |z1 + z2| = |z1|
άρα το τρίγωνο είναι ισόπλευρο.

manos66 · 13-10-09

Αρχική Δημοσίευση από soares:
μπορει κανεις να με βοηθησει λιγουλακι με αυτα εδω
εστω η συναρτηση f (X)=x+1/x και η συναρτηση g για την οποια ισχυει f(g(x))=x για καθε χ διαφορετικο του 1 .να βρειτε τη συναρτηση g

$\\ f (x)=\frac{x+1}{x} \\ f (g(x))= x \Leftrightarrow \frac{g(x)+1}{g(x)} = x \Leftrightarrow g(x) + 1 = xg(x) \Leftrightarrow \\ g (x) = \frac{1}{x-1}$

Αρχική Δημοσίευση από soares:
μπορει κανεις να με βοηθησει λιγουλακι με αυτα εδω
να βρεθει υ συναρτηση f οταν
(gof)(X)=ln(x^2 +1)-1 και g(X)=lnx-1

$\\ (gof)(x)=g(f(x)) \Leftrightarrow ln(x^2+1) - 1= ln(f(x))-1 \\ \Leftrightarrow ln(x^2+1)= ln(f(x)) \Leftrightarrow f(x)=x^2+1$

Αρχική Δημοσίευση από soares:
μπορει κανεις να με βοηθησει λιγουλακι με αυτα εδω
να βρεθει υ συναρτηση f οταν
f(ln(g(x))=x^2-3 και g(X)=x+2

Θέτω u = ln(x+2), άρα x + 2 = $e^u$ ή x = $e^u$ -2

$f(ln(x+2))=x^2-3 \Rightarrow f(u) = (e^u-2)^2-3$

manos66 · 12-10-09

Αρχική Δημοσίευση από desolator_X:
Να παραθέσω και γω ένα ωραίο όριο: $lim_{x rightarrow alpha }[({alpha }^{2} - {x}^{2})epsilon varphi frac{pi x}{2alpha }]$

Καλή επιτυχία σε όσους το προσπαθήσουν!:no1:

Tα όρια αυτά με L'Hospital βγαίνουν γρήγορα και εύκολα.

manos66 · 10-10-09

Αρχική Δημοσίευση από lefteris94:
Θεωρούμε ορθογώνιο ΑΒΓΔ που περιστρέφεται γύρω από άξονα του επιπέδου του που δεν το τέμνει και είναι παράλληλος στην πλευρά ΑΒ . Να υπολογίσετε τον όγκο και την ολική επιφάνεια που παράγεται από το ορθογώνιο και να αποδείξετε ότι ισούται με το μήκος του κύκλου που γράφει το κέντρο Ο του ορθογωνίου επί το εμβαδόν και την περίμετρο του ορθογωνίου αντίστοιχα

θα σας χρειαστούν

Ογκος κυλίνδρου = $\pi R^2\upsilon$
Εμβαδόν επιφάνειας κυλίνδρου = $2\pi R\upsilon+2\pi R^2$

όπου R η ακτίνα βάσης και υ το ύψος του

manos66 · 08-09-09

Θέματα
https://www.ypepth.gr/docs/them_math_kat_c_omog_no_0909.pdf

Απαντήσεις
https://www.kelafas.gr/Panellinies09/math_kat_omo_09_a.pdf

manos66 · 09-07-09

Απαντήσεις
View attachment mathkat_epan_09_a.pdf

manos66 · 08-07-09

Αρχική Δημοσίευση από Μιχάλης-Νάξος:
βασιζομενος στην λογικη οτι τα μαθηματικα κατευθυνσης ειναι μια επιστημη πολυ ενδιαφερουσα με πολλες εφαρμογες (παντα με τις γνωσεις του λυκειου) σκεφτηκα να ανοιξω αυτο θεμα για να βαζουμε προβληματα μαθηματικων κατευθυνσης και μονο

...ετσι για να χαλαρωνουν οσοι δινουν φετος...επικοδομητικα!!!

λοιπον οριστε το πρωτο προβληματακι...

ειστε στην ακρη μιας (Κ) τετραγωνης
πισινας με πλευρα 20 μετρα...στην απεναντι ακριβως (Λ) βρισκεται ενα αγορι η κοριτσι (κατα περιπτωση) που σας αρεσει

εστω οτι κολυμπατε με 0,5 μετρα /δευτερολεπτο και περπατατε με 2 μετρα/δυτερολεπτο...ποιος ειναι ο καλυτερος συνδιασμος μετρων κολυμβησης/περπατηματος ωστε να φτασετε στο αλλο σας μισο στον ελαχιστο χρονο ?????

Εύκολα αποδεικνύεται ότι μόνο με τα πόδια θα κάνουμε τον ελάχιστο χρόνο (20 δευτερόλεπτα) .
Θα ήθελα να το αλλάξω λίγο το πρόβλημα
Αν βρισκόμαστε στο κέντρο της πισίνας (στο κέντρο του τετραγώνου) να βρεθεί ο καλύτερος συνδυασμός μέτρων κολύμβησης/περπατήματος
ώστε να φτάσετε στο άλλο σας μισό στον ελάχιστο χρόνο.

manos66 · 20-06-09

Αρχική Δημοσίευση από tzoker:
ΑΣΚΗΣΗ 8

Αν $z epsilon C$ , να δείξετε πως η εξίσωση :

$frac{1}{z - i} + frac{2}{z - 2i} + frac{3}{ z - 3i} + . . . + frac{2008}{z - 2008i} + frac{2009}{z - 2009i} = 0$ ,

έχει μόνο φανταστικές ρίζες.

ΜΙΑ ΑΚΟΜΗ ΛΥΣΗ

'Εστω ότι η εξίσωση
$\frac{1}{z - i} + \frac{2}{z - 2i} + \frac{3}{ z - 3i} + . . . + \frac{2008}{z - 2008i} + \frac{2009}{z - 2009i} = 0$ ,
έχει πραγματική ρίζα, δηλαδή $z \in R$ .

Τότε
$\\ \frac{1}{z - i} + \frac{2}{z - 2i} + \frac{3}{ z - 3i} + . . . + \frac{2008}{z - 2008i} + \frac{2009}{z - 2009i} = 0 \Leftrightarrow$

$\frac{}{\frac{1}{z - i} + \frac{2}{z - 2i} + \frac{3}{ z - 3i} + . . . + \frac{2008}{z - 2008i} + \frac{2009}{z - 2009i}}_{^=^0} \Leftrightarrow$

$\frac{1}{z + i} + \frac{2}{z + 2i} + \frac{3}{ z + 3i} + . . . + \frac{2008}{z + 2008i} + \frac{2009}{z + 2009i} = 0 \Rightarrow$

$\frac{1}{z - i} + \frac{2}{z - 2i} +. . . + \frac{2009}{z - 2009i} =\frac{1}{z + i} + \frac{2}{z + 2i} + . . . + \frac{2009}{z + 2009i} \Leftrightarrow$

$\\ \left(\frac{1}{z - i} -\frac{1}{z + i} \right)+ \left( \frac{2}{z - 2i} - \frac{2}{z + 2i}\right) +. . .\left( \frac{2009}{z - 2009i} -\frac{2009}{z + 2009i}\right) = 0 \Leftrightarrow$

$\frac{2^.i}{z^2 +1} + \frac{2^.2^2i}{z^2 + 2^2} + \frac{2^.3^2i}{ z^2 + 3^2} + . . . + \frac{2^.2008^2i}{z^2 + 2008^2} + \frac{2^.2009^2i}{z^2 + 2009^2} = 0 \Leftrightarrow$

$\left( \frac{2}{z^2 +1} + \frac{2^.2^2}{z^2 + 2^2} + \frac{2^.3^2}{ z^2 + 3^2} + . . . + \frac{2^.2008^2}{z^2 + 2008^2} + \frac{2^.2009^2}{z^2 + 2009^2}\right) i= 0$

Άτοπο διότι
$\frac{2}{z^2 +1} + \frac{2^.2^2}{z^2 + 2^2} + \frac{2^.3^2}{ z^2 + 3^2} + . . . + \frac{2^.2008^2}{z^2 + 2008^2} + \frac{2^.2009^2}{z^2 + 2009^2} > 0$

Άρα η εξίσωση :
$\frac{1}{z - i} + \frac{2}{z - 2i} + \frac{3}{ z - 3i} + . . . + \frac{2008}{z - 2008i} + \frac{2009}{z - 2009i} = 0$ ,
αν έχει ρίζες, δεν έχει πραγματικές ρίζες.

'Εστω ότι η εξίσωση
$\frac{1}{z - i} + \frac{2}{z - 2i} + \frac{3}{ z - 3i} + . . . + \frac{2008}{z - 2008i} + \frac{2009}{z - 2009i} = 0$ ,
έχει φανταστική ρίζα, δηλαδή $z \in I$ .

Τότε
$\\ \frac{1}{z - i} + \frac{2}{z - 2i} + \frac{3}{ z - 3i} + . . . + \frac{2008}{z - 2008i} + \frac{2009}{z - 2009i} = 0 \Leftrightarrow$

$\\ \frac{1}{yi - i} + \frac{2}{yi - 2i} + \frac{3}{ yi - 3i} + . . . + \frac{2008}{yi - 2008i} + \frac{2009}{yi - 2009i}=0} \Leftrightarrow$

$\left( \frac{1}{y - 1} + \frac{2}{y - 2} + \frac{3}{y - 3} + . . . + \frac{2008}{y - 2008} + \frac{2009}{y - 2009}\right) \frac{1}{i} = 0 \Leftrightarrow$

$\frac{1}{y - 1} + \frac{2}{y - 2} + \frac{3}{y - 3} + . . . + \frac{2008}{y - 2008} + \frac{2009}{y - 2009}= 0$

H τελευταία εξίσωση έχει ακριβώς 2008 ρίζες
μια σε καθένα από τα διαστήματα (1 , 2) , (2 , 3) , ... (2008 , 2009)
(σας το αφήνω σαν άσκηση)

Άρα η αρχική εξίσωση έχει ακριβώς 2008 φανταστικές ρίζες
που είναι και μοναδικές
(το αφήνω σαν άσκηση)

manos66 · 11-06-09

Αρχική Δημοσίευση από paganini666:
Μαλιστα,αλλα πώς επρεπε να το σκεφτω αυτο;
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

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

manos66 · 11-06-09

Αρχική Δημοσίευση από paganini666:
Τελικα η λυση;;;;
Και η δικη μου ειναι λαθος! Δεν ειναι;

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]

manos66 · 26-05-09

Θέματα
https://www.ypepth.gr/docs/them_mat_kat_d_esp_no_0906.pdf

Απαντήσεις
https://www.kelafas.gr/Panellinies09/Esperina/math_kat_esp_09_a.pdf

manos66 · 12-05-09

Θέματα & απαντήσεις επαναληπτικών 2005
View attachment mathkat_epan_05.pdf

manos66 · 09-05-09

Αρχική Δημοσίευση από ledzeppelinick:
αχχχ.. με προλαβε ο βασιλης για την πρωτη... πολυ σωστος ο φιλος απο ροδο νομιζω και για την δευτερη!! οπως και να χει ανεβαζω την 1η πολυ αναλυτικα

To μόνο "λαθάκι" είναι ότι ο γ.τ. είναι έλλειψη και όχι υπερβολή

manos66 · 08-05-09

άσκηση 1
Αν z μιγαδικός και η συνάρτηση g είναι συνεχής, το Α (1 , 1) ανήκει στη Cg και για κάθε πραγματικό x ισχύει
$\int_{1}^{x^2}|z - 3i|ln(et^2-t+1)dt + 2\int_{1}^{x}}|z + 3i|g(t)dt \geq 20(x-1)$
τότε
α) ν.δ.ο. |z - 3i| + |z + 3i| = 10
β) Nα βρεθεί ο γ.τ. των εικόνων του z.

άσκηση 2
Αν z μιγαδικός και ισχύει
$\int_{|z - 3 + 4i|}^{|z -1+ i|}(t^2+1)e^tdt=0$
τότε να βρεθεί ο γ.τ. των εικόνων του z.

manos66 · 08-05-09

Αρχική Δημοσίευση από george_k214:
Κύριε Μάνο είναι σίγουρα σωστή η άσκηση?(το τρίτο ερώτημα βασικά)...Σε εμένα θα έβγαινε αν αντι για $int_{2}^{6}(x+2)g(x)dx + int_{6}^{3}f(x)dx = 0$ είχαμε να δείξουμε οτι $int_{2}^{6}frac{x+2}{8}g(x)dx + int_{6}^{3}f(x)dx = 0$ .Το πιο πιθανό βέβαια είναι εγώ να κάνω λάθος...Ευχαριστώ εκ των προτέρων για την απάντηση σας.

έχεις δίκιο
$\int_{2}^{6}(x+2)g(x)dx + 8\int_{6}^{3}f(x)dx = 0$
-----------------------------------------

Αρχική Δημοσίευση από ledzeppelinick:
Το α) και το β). θα εκτιμουσα αν ελεγχατε την ορθοτητα των απαντησεων μου μαθητες και καθηγητες! ευχαριστω εκ των προτερων:thanks:

Στο α΄ ερώτημα σου αρκούσαν οι σχέσεις 2 και 3.
Δεν χρειαζόταν να βρείς την κοινή εφαπτομένη.

manos66 · 08-05-09

Οι συναρτήσεις f , g είναι παραγωγίσιμες στο IR με
$f(x^2+2)= g(4x-2), x \in R$ .
α) Ν.δ.ο οι Cf , Cg έχουν κοινό σημείο στο οποίο δέχονται κοινή εφαπτομένη.
β) Αν η y = 2x + 1 είναι η εφαπτομένη της Cg στο Α(2 , g(2)), να βρεθεί η εφαπτομένη της Cf στο Α(3 , f(3)).
γ) Ν.δ.ο. $\int_{2}^{6}(x+2)g(x)dx + 8\int_{6}^{3}f(x)dx = 0$

manos66 · 05-05-09

Αρχική Δημοσίευση από ledzeppelinick:
η πρωτη μου σκεψη στο τελευταιο ηταν κριτηριο παρεμβολης αλλα δεν γινεται γιατι στο β δεν έχει ισοτητα...

Αν f (x) < g (x) < h (x) και
$\lim_{x\rightarrow \alpha } f(x) = \lim_{x\rightarrow \alpha } h(x) = l$
τότε
$\lim_{x\rightarrow \alpha } g (x) = l$

Δεν χρειάζεται να έχει ισότητα

manos66 · 05-05-09

Αρχική Δημοσίευση από bobiras11:
Έστω $f: (0,+oo)->R$ με $f(t)=frac{1}{1+t-{e}^{-t}}$
Νδο f "1-1" και να βρείτε το $lim_{trightarrow +propto }frac{{f}^{-1}(t)+t}{t-1}$

Αργότερα θα παραθέσω και τα άλλα 2 ερωτήματα του θέματος.

Τα άλλα δύο ερωτήματα είναι
-- Ν.δ.ο. $\frac{1}{t+1}<f(t)<\frac{1}{t}$ , για κάθε t > 0
-- Να βρείτε το όριο $\lim_{x\rightarrow +\propto }\int_{x}^{2x}f(t)dt$

manos66 · 05-05-09

Αρχική Δημοσίευση από vasilis008:
Θεωρούμε την συνάρτηση f(x)= τετραγωνική_ρίζα(x^2+1) με x ανήκει στο R
Εχουμε ακόμη οτι η f είναι : γνησίως αύξουσα στο [0, +οο) και γνησίως φθίνουσα στο (-οο, 0] και έχει σύνολο τιμών το [1, +οο)
Δίνεται επίσης Ι(ν)=ολοκλήρωμα απο 0 εως 1 του( x^(2ν+1)/f(x))dx με ν ανήκει Ν
νδο : (2ν+1)*Ι(ν)=ρίζα2-2ν*Ι(ν-1)
*κάποια στοιχεία ίσως να μην χρειαστούν γιατί τα βρήκα από προηγούμενα ερωτήματα
**Το ν και το ν-1 είναι δείκτες και όχι μεταβλητές απλά επειδή δεν ξέρω LATEX τα παραθέτω έτσι.

$\\ I_v = \int_{0}^{1}\frac{x^{2v+1}}{\sqrt{x^2+1}}dx \\= \int_{0}^{1}x^{2v}\frac{x}{\sqrt{x^2+1}}dx \\ =\int_{0}^{1}x^{2v}\left( \sqrt{x^2+1}\right)'dx \\= \left[ x^{2v}\sqrt{x^2+1}\right]^1_0 - \int_{0}^{1}2vx^{2v-1}\sqrt{x^2+1}dx \\ = \sqrt{2}- 2v\int_{0}^{1}x^{2v-1}\frac{x^2+1}{\sqrt{x^2+1}}dx \\ = \sqrt{2}- 2v\int_{0}^{1}\frac{x^{2v+1}}{\sqrt{x^2+1}}dx - 2v\int_{0}^{1}\frac{x^{2v-1}}{\sqrt{x^2+1}}dx \\ =\sqrt{2}- 2vI_v -2vI_{v-1}$

Άρα
$\\ (2v+1)I_v =\sqrt{2} -2vI_{v-1}$

manos66 · 04-05-09

Αρχική Δημοσίευση από m3Lt3D:
Οκ.Θα μπορουσες να ανεβασεις την ασκηση των ομογενων;

Δίνεται η συνάρτηση f, με $f(z) = \frac{z+i}{z}$ , όπου z μιγαδικός αριθμός με z διάφορο του 0.
α) Αν ½f (z)½ = ½f ( $\bar{z}$ )½, να αποδείξετε ότι o z είναι πραγματικός αριθμός.
β) Αν ½f (z)½ = 1, να βρεθεί ο γεωμετρικός τόπος των εικόνων του z στο μιγαδικό επίπεδο.
γ) Αν Re(f (z)) = 2, να αποδείξετε ότι οι εικόνες του μιγαδικού αριθμού z, βρίσκονται σε κύκλο του οποίου να προσδιορίσετε το κέντρο και την ακτίνα.

manos66 · 04-05-09

Αρχική Δημοσίευση από m3Lt3D:
Ναι αλλα αυτες δεν ειναι ορισμενες απο το R στο R;

Στους ομογενείς είναι από το C στο C
Στις επαναληπτικές είναι από το R στο R

manos66 · 04-05-09

Ομογενείς 2003
Δίνεται η συνάρτηση f, με $f(z) = \frac{z+i}{z}$ , όπου z μιγαδκός...

Επαναληπτικές 2002
Δίνεται η συνάρτηση f, ορισμένη στο R, με $f(x) = \frac{\left|x-z \right|^2-\left|x+\bar{z} \right|^2}{x^2+\left|z \right|^2}$ ...

manos66 · 02-05-09

A.
1.
$2vw-w=2i \Rightarrow \left|2w\left(v-\frac{1}{2} \right) \right|=\left|2i \right|\Leftrightarrow 2\left|w \right|\left|v-\frac{1}{2} \right|=2 \Leftrightarrow \left|w \right|=1$

2.
$(2z-i)(2\bar{z}+i)=w\bar{w} \Leftrightarrow \left|2z-i \right|^2=\left|w \right|^2 \Leftrightarrow \left|2z-i \right|=1 \Leftrightarrow \left|z-\frac{i}{2} \right|=\frac{1}{2}$

κύκλος με κέντρο Κ(0 , 1/2) και ακτίνα ρ = 1/2.

3.
$\left|v-w \right|=\left|\left( v-\frac{1}{2}\right)-w+\frac{1}{2} \right|\leq \left| v-\frac{1}{2}\right|+\left|w \right|+\left|\frac{1}{2} \right|=1+1+\frac{1}{2}=\frac{5}{2}$

manos66 · 30-04-09

manos66 · 29-04-09

Αυτή η άσκηση νομίζω μας "είπε" πολλά.
και δεν αναφέρομαι στους μιγαδικούς.
Γιώργο θυμίσου το δεύτερο post του μαθητή που ήθελε μια πιό "σοβαρή".

manos66 · 29-04-09

Αρχική Δημοσίευση από bobiras11:
Aαα, οκ μάλιστα!:no1:
Παρεπιπτόντως, αυτό που είπα για την τριγωνική ανισότητα σωστό δεν είναι ή είπα βλακεία?

Σωστά το είπες.
Πολλοί όμως το δέχονται σαν λύση.

manos66 · 29-04-09

Αρχική Δημοσίευση από bobiras11:
Η τριγωνική ανισότητα δεν εξασφαλίζει μέγιστη ή ελάχιστη τιμή για το μέτρο του αθροίσματος ή της διαφοράς 2 μιγαδικών αριθμών, αλλά μόνο την ύπαρξη φραγμάτων. Ή κάνω λάθος?
-----------------------------------------

Nα ρωτήσω κάτι? Γιατί δεν παίρνουμε μετά πολύ απλά όπως είπε και o george απόσταση σημείου από κύκλου? Σας ρωτάω, γιατί δεν κατάλαβα πως εμπλέκουμε μετά το ότι όταν η εικόνα του z είναι το Β, η εικόνα του w είναι το Δ. Αυτό πως προκύπτει? Νομίζω πως αυτό μπερδεύει τα παιδιά.
--------------------------------------------------------
Kαι γ@!ώ τις ασκήσεις πάντως!

Η λύση του γ ερωτήματος είναι η παρακάτω

w = 2z - 4 + 7i
w - z = z -4 + 7i
|w - z| = |z - (4 - 7i)|
άρα min|w - z| = min|z - (4 - 7i)| και max|w - z| = max|z - (4 - 7i)|
επομένως ζητάμε την ελάχιστη και τη μέγιστη απόσταση της εικόνας του z από το σημείο Α(4 , -7)

$(AK)=\sqrt{(4-0)^2+(-7+4)^2}=5$

min|w - z| = min|z - (4 - 7i)| = (ΑΒ) = (ΑΚ) - ρ = 5 - 1 = 4
max|w - z| = max|z - (4 - 7i)| = (ΑΓ) = (ΑΚ) + ρ = 5 + 1 = 6

Aυτά που ανέφερα σε προηγούμενο post γεωμετρικά για τις θέσεις των εικόνων των z και w είναι για εξηγήσουμε το "περίεργο" ότι σ΄αυτή την άσκηση οι απαντήσεις δεν είναι 2 και 8 όπως όλοι περιμέναμε

manos66 · 28-04-09

Αρχική Δημοσίευση από george_k214:
α)
Πρέπει $t-2neq 0$ και $tgeq 0$ από τους περιορισμούς.Αρα τελικά πρέπει $tepsilon [0,2)$ .Παρατηρούμε οτι το ένα ανήκει στο διάστημα αυτό(άκρο ολοκλήρωσης) και άρα το πεδίο ορισμού της f είναι το διάστημα που ζητάμε(το [0,2) δηλαδή).

β)

$f'(x)=(int_{1}^{x}frac{sqrt{t}-1}{t-2}dt)'=frac{sqrt{x}-1}{x-2}$
Από πίνακα μονοτονίας καταλήγουμε οτι η f είναι γνησίως αύξουσα στο [0,1] και γνησίως φθίνουσα στο [1,2) και έχει συνεπώς μέγιστο για x=1 το f(1)=0.Άρα προφανώς $f(x)leq f(1)=0prec 2prec 2+e^x$ και αρα η δοθείσα εξίσωση δεν έχει λύση

γ)

$f'(x)=frac{sqrt{x}-1}{x-2}$ .Μόνο κατακόρυφες ασύμτωτες αναζητούμε(αφού to x ανήκει στο [0,2) ).Με απλό τρόπο δείχνουμε οτι χ=2 κατακόρυφη ασύμπτωτη.

δ)

Για χ=1 προφανής ρίζα.Θεωρώ έπειτα τη συνάρτηση g(x)=xf(x) και εφαρμόζω για αυτη θ rolle στο [0,1].Η παράγωγος της συνάρτησης που θεώρησα είναι στην ουσία η xf'(x)+f(x) η οποία έχει μια τουλάχιστον ρίζα(οπως αποδείξαμε με το θ rolle) στο (0,1).Συνεπώς συνολικά 2 ρίζες στο(0,2)--->η x=1 και μια άλλη(έστω x0) στο (0,1).

ε)

$int_{0}^{1}left|f(x)dx right|=-int_{0}^{1}f(x)dx=-int_{0}^{1}f(x)dx=-int_{0}^{1}int_{1}^{x}frac{sqrt{t}-1}{t-2}dt=-int_{0}^{1}(x)'int_{1}^{x}frac{sqrt{t}-1}{t-2}dt$ =.....πράξεις(ένα διπλό ολοκλήρωμα είναι στην ουσία)

Ωραία. Δύο παρατηρήσεις.
1. το π.ο. της συνάρτησης που βρίσκεται στο αρχικό ολοκλήρωμα είναι $\left[0 , 2 \right)\cup \left(2, +\propto \right)$ και όχι $\left[0 , 2 \right)$
2. Ο τρόπος που ξεκίνησες να βρεις το εμβαδόν είναι "ζόρικος" με δύσκολες πράξεις.
Ποιό είναι το ζητούμενο εμβαδόν;

manos66 · 28-04-09

Έστω η συνάρτηση f, με $f(x)=\int_{1}^{x}\frac{\sqrt{t}-1}{t-2}dt$ .

α) Να αποδειχθεί ότι το πεδίο ορισμού της f είναι το [0 , 2).
β) Να μελετηθεί η συνάρτηση f ως προς τη μονοτονία, να βρεθεί το είδος των ακροτάτων της
και ν' αποδειχθεί ότι η εξίσωση $f (x) - 2 = e^x$ είναι αδύνατη.
γ) Να βρεθούν οι ασύμπτωτες της γραφικής παράστασης της f΄.
δ) Ν' αποδειχθεί ότι υπάρχουν δύο τουλάχιστον ρίζες της εξίσωσης xf΄(x) + f(x) = 0, στο διάστημα (0 , 2).
ε) Να βρεθεί το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τη γραφική παράσταση της f ,
τους άξονες y΄y, x΄x και την ευθεία x = 1.
Δίνεται $f(0)\cong -\frac{1}{5}$

manos66 · 27-04-09

Αρχική Δημοσίευση από george_k214:
Κατέληξα ύστερα από πράξεις...... σε αυτή τη σχέση |z-w|=|z-(4-7i)|.Αν βρώ μέγιστη και ελάχιστη του |z-(4-7i)| (απλό,στην ουσια max-min σημείου-κύκλος) έχω βρεί τη σωστή απάντηση?

Σωστά αυτός είναι ο τρόπος λύσης

Γεωμετρικά
Βελτιώνω το προηγούμενο σχήμα που έκανα

Είναι λάθος να πούμε ότι το μέγιστο |w - z| είναι η απόσταση (ΕΒ), διότι όταν η εικόνα του z είναι το Β, η εικόνα του w ΔΕΝ είναι το Ε.
Μάλιστα όταν η εικόνα του z είναι το Β, η εικόνα του w είναι το Δ και το |w - z| γίνεται ελάχιστο, άρα min|w - z| = (ΒΔ) = (ΑΒ) = 4.

Όμοια το ελάχιστο |w - z| δεν είναι η απόσταση (ΓΔ), διότι όταν η εικόνα του z είναι το Γ, η εικόνα του w ΔΕΝ είναι το Δ.
Μάλιστα όταν η εικόνα του z είναι το Γ, η εικόνα του w είναι το Ε και το |w - z| γίνεται μέγιστο, άρα max|w - z| = (ΓΕ) = (ΑΓ) = 6.

Καλύτερο σχήμα
View attachment mig.doc

manos66 · 27-04-09

Είναι λάθος να πούμε ότι το μέγιστο |w - z| είναι η απόσταση (ΔΗ), διότι όταν η εικόνα του z είναι το Η, η εικόνα του w ΔΕΝ είναι το Δ.
Όμοια το ελάχιστο |w - z| είναι η απόσταση (ΕΖ), διότι όταν η εικόνα του z είναι το Ζ, η εικόνα του w ΔΕΝ είναι το Ε.

manos66 · 27-04-09

Οι μιδαδικοί z και w δεν είναι ανεξάρτητοι μεταξύ τους
Θα το εξηγήσω με σχήμα αργότερα.

manos66 · 27-04-09

Αρχική Δημοσίευση από kvgreco:
Το ξαναείδα.
Στην ουσία αυτό που ζητάτε είναι η μέγιστη και η ελάχιστη απόσταση του z από τον μιγαδικό 4-7i.
Έτσι αν δεν κάνω κάποιο λάθος στις πράξεις, είναι 4 και 6 αντίστοιχα το ελάχιστο και το μέγιστο της απόστασης.

Σωστό

manos66 · 27-04-09

Αρχική Δημοσίευση από kvgreco:
z: K(0.-4), ρ=1

w: Λ(-4,-1), R=2

Με Πυθαγόρειο θεώρημα είναι ΚΛ=5
Έτσι η ελάχιστη απόσταση είναι ΚΛ-R-ρ= 2.
Και η μέγιστη είναι ΚΛ+R-+ρ=8.

Λάθος απάντηση
Είπαμε η άσκηση δεν είναι τόσο "αθώα"

manos66 · 27-04-09

Αρχική Δημοσίευση από Lordos131:
Καπου πρεπει να το χανω στις πραξεις...
Οπως ειπα, τα κεντρα ανηκουν στην ε:ψ=-4-3χ/4
Απο τη λυση του συστηματος της ε με τον κυκλο κεντρου Κ μου βγαινουν τα σημεια: A(4/5,-23/5) και B(-4/5,-17/5)
Ομοιως απο τη λυση του συστηματος της ε με τον κυκλο κεντρου Μ μου βγαινουν τα σημεια: Γ(-12/5,-11/5) και Δ(-28/5,1/5)
Η ελαχιστη αποσταση ειναι το μηκος του ΒΓ και η μεγιστη του ΑΔ.
Το ΒΓ μου βγαινει ομως 4ριζα65/5... Ισως εχω καποιο σημειο λαθος... Μπορειτε να μου πειτε ποιο να το ξαναδω?

Δεν είναι ανάγκη να βρεις τα κοινά σημεία.
Η απάντηση είναι λάθος

manos66 · 27-04-09

περιμένω την απάντηση στο γ΄ ερώτημα.

manos66 · 26-04-09

H άσκηση δεν είναι τόσο εύκολη όσο νομίζετε.
Για το γ ερώτημα αναφέρομαι.
Περιμένω τις απαντήσεις σας.

manos66 · 24-04-09

Έστω ό μιγαδικός z με $\left|z+4i \right|=1$
α) Να βρεθεί ο γ.τ. των εικόνων του z.
β) Αν w = 2z - 4 + 7i, να βρεθεί ο γ,τ, των εικόνων του w.
γ) Να βρεθεί η ελάχιστη και η μέγιστη τιμή του $\left|z-w\right|$

manos66 · 22-04-09

Αρχική Δημοσίευση από kvgreco:
Γιά το δεύτερο τρόπο εξηγήστε μας λίγο σας παρακαλώ.Πώς προκύπτει η συνάρτηση 2-g(t).

Είναι το χωρίο που προκύπτει από τη Cg, την οριζόντα ευθεία y = 2 και τον άξονα y΄y.

manos66 · 21-04-09

το εμβαδόν

Η $g^{-1}$ είναι γν. αύξουσα στο [1 , 2], άρα
$1\leq x\leq 2 \Leftrightarrow g^{-1}(1)\leq g^{-1}(x)\leq g^{-1}(2) \Leftrightarrow 0\leq g^{-1}(x)\leq 3$

α΄ τρόπος
$E = \int_{1}^{2}g^{-1}(x)dx$
Αλλαγή μεταβλητής
$x=g(t)$ ή $t=g^{-1}(t)$
$dx = g'(t)dt$
αν x = 1, τότε t = 0
αν x = 2, τότε t = 3
Άρα
$\\ E = \int_{0}^{3}tg'(t)dt = \left[tg(t) \right]^3_0 - \int_{0}^{3}g(t)dt = 3g(3) - \int_{0}^{3}F'(t)dt= \\ 3\left( f(3)+\frac{3}{2}-1\right) - \left[ F(t)\right]^3_0= 3f(3)+\frac{3}{2}-\int_{0}^{3}f(t)dt -\frac{9}{4}+3=\\ 3\frac{3}{2}+\frac{3}{2}-\frac{11}{4}-\frac{9}{4}+3 = 4 \tau .\mu .$

β' τρόπος

Το ζητούμενο εμβαδόν είναι

που λόγω συμμετρίας είναι ίσο με το εμβαδόν

δηλαδή
$\\ E = \int_{0}^{3}[2-g(t)]dt = 6 - \int_{0}^{3}F'(t)dt = 6 - \left[ F(t)\right]^3_0= 6-\int_{0}^{3}f(t)dt -\frac{9}{4}+3=\\ 6-\frac{11}{4}-\frac{9}{4}+3 = 4 \tau .\mu .$

manos66 · 16-04-09

Παιδιά, πρέπει κάποιος να τη λύσει. :bye:

manos66 · 16-04-09

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

$\\ g(x)=(x+1)ln^2(x+1)-x^2, x\geq 0 \\ g'(x) = ln^2(x+1)+2ln(x+1)-2x,x\geq 0 \\ g''(x) = 2\frac{ln(x+1)-x}{x+1}<0\left(\alpha \pi o \ a \right)$

Άρα g' γν. φθίνουσα στο $[0,+\propto )$
$\\x > 0 \Rightarrow g'(x)<g'(0) \Leftrightarrow g'(x) < 0$

Άρα g γν. φθίνουσα στο $[0,+\propto )$
$\\x > 0 \Rightarrow g(x)<g(0) \Leftrightarrow g(x) < 0$

Άρα f γν. φθίνουσα στο $(0,+\propto )$

manos66 · 15-04-09

Αρχική Δημοσίευση από ΗΣΙΟΔΟΣ:
Ο αριθμητής είναι
ln^2(x+1) - x^2(x+1)
Από Α. ισχύει ln(x+1) < x και επειδή ln(x+1) > 0 ισοδύναμα
ln^2(x+1) < x^2 < x^2(x+1) , αφού χ+1 > 1
έτσι
ln^2(x+1) - x^2(x+1) < 0

Είναι
$\\ f'(x) = \frac{(x+1)ln^2(x+1)-x^2}{x^2(x+1)ln^2(x+1)}$

manos66 · 15-04-09

Αρχική Δημοσίευση από ΗΣΙΟΔΟΣ:
Δεν χρειάζεται να θεωρήσουμε συνάρτηση g(x) τον αριθμητή αφού εύκολα προκύπτει αρνητικός με χρήση του α) ερωτήματος.

Σε παρακαλώ γράψτο πιο αναλυτικά.

manos66 · 15-04-09

Αρχική Δημοσίευση από Τζίνα:
Τι περίπου να κοιτάξω στο όριο?Είναι κάποια πράξη, ή κάτι πιο σοβαρο?Δεν το βρίσκω!!

Και επίσης..στο β ερώτημα,πως να ξεκινήσω?
Ξεκίνησα με παραγώγιση της f αλλά δε μου βγαίνει...Επίσης, με τον απλό τρόπο δε γίνεται..δηλαδή να πω ${x}_{1}>{x}_{2}$ <=> ...

???:s:s???

Αυτά προς το παρόν,ευχαριστώ!!

Βρες την f΄ και έκφρασέ την σαν ένα κλάσμα.
Ονόμασε τον αριθμητή συνάρτηση g (x) και μελέτησέ την

manos66 · 13-04-09

Φίλε Γιώργο φαντάσου δύο κινητά που κινούνται σε τροχιές που τέμνονται μεταξύ τους και αυτά δεν συναντιούνται παρά μόνο στο Ο(0,0).

manos66 · 11-04-09

Αρχική Δημοσίευση από riemann80:
αυτο απαντα στην ερωτηση μου? (σωστο ειναι ουτως η αλλως)

ναι.
Έγραψες ότι ολοκληρώνεις από 0 ως 1.

manos66 · 11-04-09

Αρχική Δημοσίευση από Τζίνα:
Τι περίπου να κοιτάξω στο όριο?Είναι κάποια πράξη, ή κάτι πιο σοβαρο?Δεν το βρίσκω!!

Και επίσης..στο β ερώτημα,πως να ξεκινήσω?
Ξεκίνησα με παραγώγιση της f αλλά δε μου βγαίνει...Επίσης, με τον απλό τρόπο δε γίνεται..δηλαδή να πω ${x}_{1}>{x}_{2}$ <=> ...

???:s:s???

Αυτά προς το παρόν,ευχαριστώ!!

Το τελευταίο όριο στη λύση σου είναι $\frac{1}{2}$

manos66 · 10-04-09

Αρχική Δημοσίευση από Τζίνα:
Α.Έστω η συνάρτηση g(x)=ln(x+1)-x ,x>0
Παραγωγίζουμε ως προς χ,οπότε:
g'(x)= $frac{1}{x+1}$ -1
Βρίσκουμε ότι η παράγωγος μηδενίζεται μόνο για χ=0,το οποίο απορρίπτεται, γιατί x>0. Άρα η g'(x) διατηρεί πρόσημο.
g'(x)<0<=> $frac{1}{x+1}$ -1<0<=> $frac{1}{x+1}$ <1<=>(επειδή x+1>0,πολλαπλασιάζουμε την ανίσωση με x+1)
1<x+1<=>χ>0
Άρα η συνάρτηση g(x) είναι γνησίως φθίνουσα,οπότε: χ>0<=>g(x)< $lim_{xrightarrow{0}^{+} }g(x)$ =ln1=0
Άρα ln(x+1)-x<0<=>ln(x+1)<x
B. $lim_{xrightarrow+oo }frac{1}{ln(x+1)}-frac{1}{x}<img src=$ =0-0=0
$lim_{xrightarrow {0}^{+}}frac{1}{ln(x+1)}-frac{1}{x}=lim_{xrightarrow {0}^{+}}frac{x-ln(x+1)}{xln(x+1)}$ =(επειδή το όριο είναι της μορφής $frac{0}{0}$ και επειδή υπάρχουν τα όρια των παραγώγων αριθμητή και παρανομαστή,εφαρμόζουμε κανόνα de l'hospital) $lim_{xrightarrow {0}^{+}}frac{1-frac{1}{x+1}}{ln(x+1)+frac{x}{x+1}}$ =(για τους ίδιους λόγους ξαναεφαρμόζουμε DLH) $lim_{xrightarrow {0}^{+}}frac{frac{1}{{(x+1)}^{2}}}{frac{1}{x+1}+frac{1}{{(x+1)}^{2}}}$ =1

β....(συνεχίζεται!!)" />" />

$<img src=$
Ξαναδές το τελευταίο όριο." />" />

manos66 · 10-04-09

Α. Ν.δ.ο. ln(x+1) < x, για κάθε x > 0.
B. Δίνεται η συνάρτηση
$f (x) = \frac{1}{ln(x+1)}-\frac{1}{x}, x > 0$

α. Να υπολογιστούν τα όρια $\lim_{x\rightarrow +\propto }f(x) , \lim_{x\rightarrow 0^+}f(x)$

β. Να μελετηθεί η f ως προς τη μονοτονία και να βρεθεί το σύνολο τιμών της.

γ. Ν.δ.ο. $\int_{1}^{e}\frac{1}{ln(x+1)}dx < \frac{e+1}{2}$

manos66 · 10-04-09

βγαίνει f (0) < f (1) - f (0) < f (1)

manos66 · 09-04-09

Η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο R , με f (0) < f'(x) < f (1), για κάθε x πραγματικό.
α) Ν.δ.ο. η f είναι γν. αύξουσα στο R.
β) Ν.δ.ο. η f έχει ακριβώς μια ρίζα η οποία βρίσκεται στο (-1 , 0).
γ) Ν.δ.ο. υπάρχουν x1 , x2 στο (-1 , 1) διαφορετικά μεταξύ τους, τέτοια ώστε
$\frac{f (1)}{f'(x_1)}-\frac{f(-1)}{f'(x_2)}=2$

manos66 · 07-04-09

Έστω 0 < x < 1
Θ.Μ.Τ. στα [0 , x] και [x , 1]
Με τη βοήθεια ότι η f΄ είναι γν. αύξουσα και έπειτα από πράξεις έχουμε :
f (x) < x [f (1) - f (0)] + f (0).

$f (x) \leq x [f (1) - f (0)] + f (0)$
και το "=" ισχύει μόνο για x = 0 ή 1.

$\\ \int_{0}^{1}f (x)dx < \int_{0}^{1}[x [f (1) - f (0)] + f (0)]dx \\ \int_{0}^{1}f (x)dx < \frac{f(0)+f(1)}{2}$

manos66 · 07-04-09

Αρχική Δημοσίευση από paganini666:
Ρε παιδια το 2ο πώς λυνεται!!!!Εχει κατι αιωνες αλυτο....

θέτω x = 2t και η εξίσωση γίνεται
$4^t + 81^t = 36^t+49^t$
η συνέχεια όπως το πρώτο ...

manos66 · 07-04-09

Αρχική Δημοσίευση από george_k214:
Παρα πολύ ωραία ασκηση.Γράφω τη λύση πάρά πολύ συνοπτικά:
α)Bolzano για την g(x)=f^2(x)-f(0)f(1) στο [0,1] και προκύπτει απλά το ζητούμενο
β)για χ=0και χ=1 προφανώς ισχύει.εστω τώρα οτι υπάρχει χο στο (0,1) ωστε f(xo)>f(1)
.Από θμτ στα [0,χο] και [χο,1] προκύπτει οτι υπάρχει ξ1 στο [0,χο] και ξ2 στο [χο,1] ωστε να ισχύει f'(ξ1)=f(xo)-f(0)/xo το οποίο είναι μεγαλύτερο του μηδενός και f'(ξ2)=f(1)-f(xo)/1-xo το οποίο είναι μικρότερο του μηδενος---->άτοπο γιατί επείδη f''(x)>0 η f' είναι γνησίως αύξουσα
γ)το τρίτο ερώτημα μπορώ να το δώ γεωμετρικά(επειδή η f είναι κυρτη και το f(0)+f(1)/2 είναι στην ουσία το εμβαδό του τραπεζίου το οποίο φαίνεται πως είναι μεγαλύτερο από το εμβαδό του χωρίου που ορίζεται από τη Cf,χ'χ,χ=1,χ=0...πως το αποδεικνύω ομως διαφορετικά?

Προσωπικά θα δεχόμουν την γεωμετρική λύση σου στο γ.
Φοβάμαι όμως ότι η πλειονότητα δεν θα τη δεχθεί.

manos66 · 06-04-09

Αρχική Δημοσίευση από kvgreco:
Όσο γιά το ολοκλήρωμα που προτείνετε $int frac{sin x}{sin x+cos x}dx$

Θα παρακαλούσα να το ξαναδείτε και να μας δώσετε ολοκληρωμένη λύση γιατί βλέπω ψεγάδι στη λύση mostel αλλά και ο μετασχηματισμός τού riemann80 εμένα τουλάχιστον δεν με βοήθησε.
Παρατηρώ ότι με τον τρόπο που προτείνει ο mostel, δεν αντικαθίσταται το dx από ds.Ενώ έχει αλλάξει η μεταβλητή, το dx παραμένει!
Με την υπόδειξη riemann80 μού φαίνεται ότι απλά γίνεται ανακύκλωση και δεν αλλάζουν και πολλά πράγματα σε σχέση με το αρχικό ολοκλήρωμα.
Μπείτε στον κόπο να το κάνετε ολοκληρωμένα σας παρακαλώ, μήπως και κάτι δεν βλέπω εγώ.

$\\ \int \frac{\eta \mu x}{\eta \mu x+\sigma \upsilon \nu x}dx = \frac{1}{2}\int \frac{2\eta \mu x}{\eta \mu x+\sigma \upsilon \nu x}dx = \frac{1}{2}\int \frac{\eta \mu x+\sigma \upsilon \nu x +\eta \mu x-\sigma \upsilon \nu x}{\eta \mu x+\sigma \upsilon \nu x}dx \\ = \frac{1}{2}\left( \int dx - \int \frac{\sigma \upsilon \nu x - \eta \mu x}{\eta \mu x+\sigma \upsilon \nu x}dx \right)= \frac{1}{2}x - \frac{1}{2}ln \left| \eta \mu x+\sigma \upsilon \nu x\right|+c$

manos66 · 05-04-09

ΑΠΑΝΤΗΣΗ ΓΙΑ ΤΟ α ΧΩΡΙΣ ΠΑΡΑΓΩΓΙΣΗ
Έστω ότι υπάρχει α πραγματικός ώστε f (α) = 0
Η αρχική σχέση γίνεται :
$\\ f(a+x)=0^.f(x)e^{2ax} \Leftrightarrow f(a+x) = 0$ , για κάθε x πραγματικό ή
f (u) = 0, για κάθε $u \in R$

Τότε f΄(u) = 0, για κάθε $u \in R$
το οποίο είναι άτοπο διότι f ΄(0) = 2.

Άρα $f (x)\neq 0$ , για κάθε $x \in R$

manos66 · 05-04-09

manos66 · 05-04-09

Πιστεύω ότι αν ζητηθεί κάτι τέτοιο θα δοθεί η αντικατάσταση x = εφt

manos66 · 05-04-09

Η συνάρτηση f είναι δύο φορές παραγωγίσιμη στο [0 , 1] με f΄΄(x) > 0, για κάθε x στο [0 , 1] και 0 < f (0) < f (1).
Ν' αποδειχθεί ότι :
α) υπάρχει $x_0 \in (0 , 1)$ , τέτοιο ώστε $f^2(x_0)=f(0)f(1)$
β) f (x) $\leq$ f (1), για κάθε x στο [0 , 1]
$\gamma ) \int_{0}^{1}f(x)dx < \frac{f(0)+f(1)}{2}$

manos66 · 01-04-09

Η συνάρτηση f είναι ορισμένη στους θετικούς και ισχύουν :

$f(x) - f(y) =f\left(\frac{x}{y} \right)$ , για κάθε x, y > 0
η εξίσωση f (x) = 0 έχει μοναδική λύση

α) N.δ.ο. η f είναι "1-1"
β) Αν z είναι μιγαδικός με $f(2\left| z^2\right|) =2f(\left| z+2\right|)$ , ν.δ.ο. η εικόνα του z κινείται σε κύκλο του οποίου να βρεθεί το κέντρο και η ακτίνα.
γ) Αν $z_1,z_2$ είναι μιδαδικοί με εικόνες στον παραπάνω κύκλο ν.δ.ο. $\left| z_1-z_2\right| \leq 4\sqrt{2}$

manos66 · 01-04-09

H λύση του Metal-Militiaman
α) Έστω $xo \in R$ τότε από την ιδιότητα $\lim_{h\rightarrow0 }\frac{f(xo+h)-f(xo)}{h}$ έχουμε:
$\lim_{h\rightarrow 0} \frac{f(h)f(xo)-f(xo)}{h}$
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
$\lim_{x\rightarrow 2 }\frac{{e}^{3x}-{e}^{x}}{x-2}=-+\propto$ αρα x=2

$\lim_{x\rightarrow -+\propto }\frac{{e}^{3x}-{e}^{x}}{x-2}=\lim_{x\rightarrow -+\propto }{e}^{x}\frac{{e}^{2x}-1}{x-2}$

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 $\lim_{x\rightarrow -\propto }\frac{{e}^{x}}{x-2}=0$
Οπότε $\lim_{x\rightarrow -\propto } \frac{{e}^{x}}{x-2}\lim_{x\rightarrow -\propto }({e}^{2x}-1)=0\cdot 0=0$
αρα στο μειον άπειρο οριζόντια ασύμπτωτη ο χ'χ

$\lim_{x\rightarrow +\propto }\frac{{e}^{3x}-{e}^{x}}{x-2}=(\frac{0}{0}) \lim_{x\rightarrow +\propto }(3{e}^{3x}-{e}^{x})=+\propto \lim_{x\rightarrow +\propto }\frac{g(x)}{x}=\lim_{x\rightarrow +\propto }\frac{{e}^{3x}-{e}^{x}}{{x}^{2}-2x}$
και με δυο Hospital το όριο ειναι $+\propto$

manos66 · 31-03-09

Για τον μιδαδικό z ισχύουν :

$\left|z-2i \right|=\left|Im(z) + 2 \right|$
η εικόνα του z κινείται στη γραφική παράσταση της συνάρτησης f

Οι γραφικές παραστάσεις των f , g δέχονται κοινή εφαπτομένη στο σημείο με τετμημένη 4.
α) Να βρεθεί ο τύπος της f.
β) Να βρεθούν τα παρακάτω όρια :
$\\ i) \lim_{x\rightarrow 2}\frac{f(x^2)-x}{x-2} \\ ii) \lim_{x\rightarrow 4}\frac{2g(x)-x}{x-4}$

manos66 · 31-03-09

Επίσης το τρίτο ερώτημα βγαίνει ανεξάρτητα αν έχεις κάνει τα δύο πρώτα.

manos66 · 30-03-09

Αρχική Δημοσίευση από termitis:
Το Γ' ακομα το δουλευω...πες μου μονο αν εχω κανει σωστα τα αλλα pliz...(σευχαριστω παρα πολυ για τις ασκησεις που μας δινεις!):no1:
εχω επισυναψει τη λυση..

Σωστά τα α και β.

manos66 · 30-03-09

Για τις παραγωγίσιμες συναρτήσεις f, g ισχύουν :

f΄(x) - g΄(x) = 2010, για κάθε $x\in R$
f΄(x) $\neq$ 2010, για κάθε $x\in R$
η Cf δέχεται πλάγια ασύμπτωτη στο $+\propto$ , την y = 2010x + 2
η Cg δέχεται οριζόντια ασύμπτωτη στο $+\propto$ , την y = 2008

α) Να υπολογιστεί το $\lim_{x\rightarrow +\propto }\frac{g(x) - 2008}{f (x) - 2010x - 2}$
β) Ν΄ αποδειχθεί ότι η Cg τέμνει τον άξονα x΄x σ' ένα το πολύ σημείο.
γ) Να υπολογιστεί το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τις Cf, Cg και τις ευθείες x = 1 και x = 2.

manos66 · 29-03-09

Αρχική Δημοσίευση από rolingstones:
λοιπον αυτο το ρωτησα απο την αρχη η εκφωνηση επρεπε να ελεγε υπαρχει το οριο της f αλλιως δε μπορει να προχωρησει η ασκηση και να χρησιμοποιησης την ανισωτικη σχεση με τα ορια αλλιως οτι εκανε ο μανος παει στραφη επισης μανο επρεπε να εξηγησεις την αντικατασταση που εκανες κι οχι να το περασεις αμεσως επισης το οριο στο +00 οταν εχουε ριζικα και απροσδιοριστια το βρισκουμε βγαζοντας κοινο παραγοντα τη μεγιστοβαθμια δυναμη κι οχι πολλαπλασιαζοντας αμεσα με τη συζυγη παρασταση μετα αφοτου βγαλουμε κοινο παραγοντα και εφοσον υπαρχει απροσδιοριστια πολλαπλασιαζουμε με την συζυγη παρασταση

Δηλαδή αν κάποιος έχει το χάρισμα η την ικανότητα να καταλάβει ότι είναι απροσδιοριστία και προχωρήσει στο βήμα της συζυγής παράστασης είναι λάθος κατά τη γνώμη σου;

Την αντικατάσταση δεν την έγραψα αναλυτικά λόγω έλλειψης χρόνου.

manos66 · 28-03-09

$\\ x\eta \mu x >0 , x\in \left(-\frac{\pi }{2} , 0\right)\cup \left(0 , \frac{\pi }{2}\right)$

$\\ \lim_{x\rightarrow 0}f(x)\geq \lim_{x\rightarrow 0}\frac{2^x}{x\eta \mu x}$

$\\ \lim_{x\rightarrow 0}\frac{2^x}{x\eta \mu x}= +\propto \Rightarrow \lim_{x\rightarrow 0}f(x) = +\propto$

$\\ \lim_{x\rightarrow 0}\left( \sqrt{f^2(x)-f(x)-5}-f(x)\right) = \lim_{u\rightarrow +\propto }\left( \sqrt{u^2-u-5}-u\right) = \lim_{u\rightarrow +\propto }\frac{\left( \sqrt{u^2-u-5}-u\right)\left( \sqrt{u^2-u-5}+u)\right}{ \sqrt{u^2-u-5}+u} = \lim_{u\rightarrow +\propto }\frac{-u-5}{ u\sqrt{1-\frac{1}{u}-\frac{5}{u^2}}+u} =\lim_{u\rightarrow +\propto }\frac{-1-\frac{5}{u}}{ \sqrt{1-\frac{1}{u}-\frac{5}{u^2}}+1} =-\frac{1}{2}$

manos66 · 28-03-09

:no1::no1:
:thanks:

manos66 · 28-03-09

Αρχική Δημοσίευση από viridian:
Γι'αυτό με έναν πρόχειρο χωρισμό του διαστήματος [α,β] έχω την εντύπωση ότι βγαίνει με ΘΜΤ για την f στα διαστήματα

[α, (β+2009α)/2010] και [(β+2009α)/2010, β] και πρόσθεση κατά μέλη...

Το 2ο το ψάχνω λίγο και αν καταλήξω σε κάτι θα απαντήσω.
-----------------------------------------
Την έχω ξανακάνει τελικά τη 2η άσκηση του Μάνου, η εκφώνηση θα μπορούσε βέβαια να περιέχει μία σημαντική βοήθεια προς τους επίδοξους λύτες καθώς θυμάμαι ότι στο φροντιστήριο μας την είχαν δώσει για να προσπαθήσουμε χωρίς το 1ο, ουσιαστικά, υποερώτημα που σου δείχνει το χωρισμό του διαστήματος.

*********Spoiler: Hint για τη λύση της άσκησης**********

Αποδείξτε ότι υπάρχει ξ στο (α, β) τέτοιο ώστε f(ξ) = α+β-ξ.

Αγαπητέ viridian, σωστή η παρατήρησή σου.
Συνήθως τη συναντάμε με το υποερώτημα-βοήθεια που είπες.
Όμως, πόσο πιο δύσκολη γίνεται αν "κρύψω" το υποερώτημα.
Δεν έχει νόημα να θυμάστε αυτούσιες ασκήσεις και λύσεις που κάνατε σε σχολείο, φροντιστήριο ή διαβάσατε σε κάποια βιβλία.

Και πως θα "φτιάξουμε" το υποερώτημα;

manos66 · 27-03-09

Δίνω άλλες δύο ασκήσεις "διαίρεσης διαστήματος" που κυκλοφορούν σε πολλά βιβλία.

1. Αν f παραγωγίσιμη στο [α , β], με f (α) = f (β), ν' αποδειχθεί ότι υπάρχουν διαφορετικά μεταξύ τους $x_1,x_2 \in (a,\beta )$ , τέτοια ώστε $f'(x_1)+2009f'(x_2) = 0$

2. Αν f παραγωγίσιμη στο [α , β], με f (α) = α και f (β) = β, ν' αποδειχθεί ότι υπάρχουν διαφορετικά μεταξύ τους $x_1,x_2 \in (a,\beta )$ , τέτοια ώστε $f'(x_1)f'(x_2) = 1$

manos66 · 27-03-09

Αρχική Δημοσίευση από rolingstones:
μανο για ανεβασε αναλυτικα την λυση σου αν θελεις

f συνεχής στο [-2 , 1]
f (-2) = -3 < -1 < 1 = f (1)

από Θ.Ε.Τ. υπάρχει $x_0 \in (-2 , 1)$ , τέτοιο ώστε $f(x_0) = -1$

f συνεχής στα [-2 , x0] και [x0 , 1]
f παραγωγίσιμη στα (-2 , x0) και (x0 , 1)

από Θ.Μ.Τ. υπάρχουν :
$\\ a_1 \in \left(-2 , x_0 \right) : f'(a_1) = \frac{f(x_0) - f (-2)}{x_0 + 2} = \frac{2}{x_0 + 2} \Leftrightarrow \frac{1}{f'(a_1)}= \frac{x_0 + 2}{2} \Leftrightarrow \frac{2}{f'(a_1)}= x_0 + 2 (1)$

$\\ a_2 \in \left(x_0 , 1) \right) : f'(a_2) = \frac{f (1) - f(x_0)}{1 - x_0} = \frac{2}{1 - x_0} \Leftrightarrow \frac{1}{f'(a_2)}= \frac{1 - x_0}{2} \Leftrightarrow \frac{2}{f'(a_2)}= 1 - x_0 (2)$

Από (1) και (2) με πρόσθεση προκύπτει
$\\ \frac{2}{f'(a_1)}+ \frac{2}{f'(a_2)}= x_0 + 2 +1 - x_0 = 3$

Αυτό που πρέπει να συζητήσουμε παιδιά είναι η επιλογή του -1 για το Θ.Ε.Τ.

manos66 · 26-03-09

Αρχική Δημοσίευση από DennisTheMenace:
Αρχικά f συνεχής στο [-2,1]
f(-2)*f(1)<0
Άρα από Θ.Bolzano υπάρχει χ0 που ανήκει (-2,1):f(χ0)=0

f παρ στο [-2,χ0]=> από ΘΜΤ υπάρχει α1 στο (-2,χ0) ώστε f'(a1)=f(x0)-f(-2)/(x0+2) =>f'(a1)=3/(x0+2) (1)

f παρ στο [χ0,1]=> από ΘΜΤ υπάρχει α2 στο (χ0,1) ώστε f'(a2)=f(1)-f(x0)/(1-x0) => f'(a2)=1/(1-x0) (2)

Άρα βάζουμε τις σχέσεις (1), (2) στο ζητούμενο και βρίσκουμε ότι ισχύει για χ0=4/7
Πιστεύω η λύση είναι σωστή...

Ο τρόπος του denis δίνει
$\frac{2}{f'(a_1)}+\frac{2}{f'(a_2)} = \frac{10-4x_0}{3}$
Δεν είναι σωστός
Δεν γνωρίζω ποιό είναι το x0 και ούτε μπορώ να το "προσαρμόσω" στο ζητούμενό μου.

manos66 · 25-03-09

Θεώρημα ενδιαμέσων τιμών στο [-2 , 1]
υπάρχει x0 στο (-2 , 1) τέτοιο ώστε f (x0) = -1

Μετά δύο Θ.Μ.Τ. στα [-2 , x0] και [x0 , 1]

manos66 · 24-03-09

Αρχική Δημοσίευση από galois01:
Αυτό που σκέφτηκα εγώ είναι το εξής

Στο δεύτερο ολοκλήρωμα θέτουμε $x-1=u$ και τα νέα άκρα ολοκλήρωσης γίνονται α και α+2.Οπότε η ισότητα της υπόθεσης γίνεται

$int_{a}^{a+2}f(x)dx=int_{a}^{a+2}f(x+1)dx$ (1)

Από ΘΜΤ για την f στο [χ,χ+1] παίρνουμε
$f'(x_{0})=f(x+1)-f(x)$

με $x_{0}in(x,x+1)subseteq(alpha,alpha+3)$

Οπότε η (1) γίνεται

$int_{alpha}^{alpha+2}f'(x_{0})dx=0$ και τελικά $f'(x_{0})=0$

Ελπίζω να μην υπάρχει κάποιο λάθος.

Κώστας

Μια χαρά βλέπω τη λύση σου.
Θα μπορούσες να τη γράψεις κι έτσι
$\\ \int_{a}^{a+2}f(x)dx=\int_{a}^{a+2}f(x+1)dx \Leftrightarrow \\ \int_{a}^{a+2}[f(x)- f(x+1)]dx = 0$

Θεωρώ συνάρτηση h (x) = f (x) - f (x+1)
H h έχει ρίζες, διότι αν δεν είχε θα διατηρούσε σταθερό πρόσημο και το τελευταίο ολοκλήρωμα θα ήταν θετικό ή αρνητικό.
Άρα υπάρχει γ τέτοιο ώστε h (γ) = 0 ή f (γ) = f (γ+1)
Θ. Rolle...

manos66 · 24-03-09

Αρχική Δημοσίευση από trilo:
Έστω η F(x)= $int_{a}^{x}f(t)dt$ . Η F παραγωγίσιμη αφού η f είναι συνεχής με F'(x)=f(x).
Έστω η $G(X)=int_{a 1}^{x}f(t)dt$ H G παραγωγίσιμη με G'(x)=f(x). Ισχυεί F(a+2)= G(a+3) (1) από υπόθεση.
ΘΜΤ για F στο [a,a+2]. Άρα υπάρχει ξ1ε(a,a+2) τέτοιο ώστε f(ξ1)= $frac{F(a+ 2)-F(a)}{2}=frac{F(a +2)}{2}$
ΘΜΤ για G στό [a+1,a+3] άρα υπάρχει ξ2ε(a+1,a+3) τέτοιο ώστε
f(ξ2)=G(a+3)/2=F(a+2)/2=f(ξ1) άπο (1). Άρα Rolle για f στο [ξ1,ξ2] υποσύνολο το [α,α+3]. άρα υπάρχει χοε(ξ1,ξ2) τέτοιο ώστε f'(xo)=0

Tα ξ1 , ξ2 μπορεί να ταυτίζονται.
Γενικά δεν κάνουμε Θ.Μ.Τ. σε "επικαλυπτόμενα" διαστήματα

manos66 · 23-03-09

Δεν γνωρίζουμε ότι η f είναι παραγωγίσιμη στο IR
Γιατί f(0) είναι διάφορο του 0;

manos66 · 23-03-09

Η συνάρτηση f είναι ορισμένη στο R, με f΄(0)=2 και ισχύει $f(a+x)=f(a)f(x)e^{2ax}$ , για κάθε $a,x \in R$
α) Ν.δ.ο. $f(x) \neq 0$ , για κάθε $x \in R$
β) Ν.δ.ο. f(0) = 1.
γ) Ν.δ.ο. η f είναι παραγωγίσιμη στο R, με f΄(x) = 2 f(x) (x+1), για κάθε $x \in R$
δ) Να βρεθεί ο τύπος της f.

manos66 · 21-03-09

$f'(x) = 1 + x + x^2 + ... + x^{2009} = \left\{\begin{matrix}\frac{x^{2010}-1}{x-1}, x\neq 1 \\ 2010, x = 1\end{matrix}\right.$
Έπρεπε να δώσω x>-1.

manos66 · 20-03-09

Αρχική Δημοσίευση από kvgreco:
Φίλε Κώστα,εμένα μου άλλαξε την άσκηση εντελώς ξαφνικά (καψόνι!!).
-----------------------------------------
Ακολουθώντας αυτή τη φορά άλλο τρόπο λύσης,η μέγιστη τιμή του a μου βγαίνει ${2009}^{2}$ .Η λύση μου έχει ως εξής:
Έστω ένα τυχαίο b>0.Έτσι έχουμε τη σχέση: ${[f(t)-sqrt{b}]}^{2}geq 0$ ------> ${f(t)}^{2} - 2sqrt{b}f(t) + b geq 0$ -------------> $int_{0}^{1}{f(t)}^{2}dt geq 2sqrt{b}int_{0}^{1}f(t)dt - int_{0}^{1}bdt$ --------> $int_{0}^{1}{f(t)}^{2}dt geq 4018sqrt{b} - b$ .
Παίρνω και μελετώ τη μονοτονία της συνάρτησης g(b)= $4018sqrt{b} - b$ .Παρατηρώ ότι παρουσιάζει μέγιστο στο b= ${2009}^{2}$ την τιμή a= ${2009}^{2}$ .
Άρα ισχύει: $int_{0}^{1}{f(t)}^{2}dt geq {2009}^{2}$ .

:thanks:

manos66 · 20-03-09

Δίνεται η συνάρτηση
$f (x) = \int_{0}^{x}(1 + t +t^2+ ... + t^{2009})dt$
α. Ν' αποδειχθεί ότι η f είναι 1 - 1
β. Αν $\kappa = 1 + \frac{1}{2}+\frac{1}{3}+ ... +\frac{1}{2010}$ , ν' αποδειχθεί ότι $\int_{0}^{\kappa }[f^{-1}(t) -1]dt =-\frac{2010}{2011}$

manos66 · 20-03-09

Δείτε και αυτό

Αν $\int_{0}^{1}f(t) dt = 2009$ να βρεθεί η μέγιστη τιμή του α αν $\int_{0}^{1}f^2(t) dt\geq a$ .

Συγνώμη για την αρχική έκφραση

manos66 · 20-03-09

Αρχική Δημοσίευση από galois01:
(α) $int_{0}^{1}[x f (x) + F (x)] dx=int_{0}^{1}[xF'(x)+F(x)]=int_{0}^{1}(xF(x))^{'}dx=2$

(β) Μήπως το dx που γράφεται είναι dt? Αν είναι έτσι τότε

Αν x=1 προφανώς ισχύει

Αν x>1 τότε από ΘΜΤ για την F στο [1,x] προκύπτει το ζητούμενο

Ομείως αν x<1

(γ)
Θέτουμε $g(x)=int_{x}^{1}f (t) dx +2x-2$

i) Όμως από την υπόθεση $g(x)geq0=g(1)=g(0)$ , $forall xin{R}$

Σωστός Κώστα
Εξήγησε αν θέλεις την επιλογή

Επομένως από το Θ. Fermat $g'(1)=g'(0)=0$ οπότε προκύπτει $f(0)=f(1)=2$

ii)Αν η f είναι παραγωγίσιμη στο (0,1) τότε η f ικανοποιεί τις υποθέσεις του θεωρήματος Rolle στο [0,1] επομένως η παραγωγος μηδενίζεται σε ένα τουλ, σημείο του (0,1) επομένως έχουμε ένα κρίσιμο σημείο.
Αν πάλι η f δεν είναι παραγωγίσιμη έστω και σε ένα σημείο στο R τότε έχουμε πάλι ένα κρίσιμο σημείο.
Σε κάθε περίπτωση επομένως η f έχει ένα τουλ. κρίσιμο σημειο.

(δ) Για κάθε $tin[0,1]$ ισχύει

$(f(t)-2)^{2}geq0$ επομένως

$int_{0}^{1}(f(t)-2)^{2}geq0$ και κάνοντας πράξεις

παίρνουμε το ζητούμενο

P.S Αν μπορεί κάποιος απο τους moderators να φτιάξει τη LATEX στην παράθεση

Κώστας

Σωστός Κώστα
Εξήγησε αν θέλεις την επιλογή
$(f(t)-2)^{2}\geq0$
Τυχαία;

manos66 · 20-03-09

Έστω ότι ισχύουν :

η συνάρτηση f είναι συνεχής στο R
$\\ F (x) = \int_{0}^{x}f (t) dt$
F (1) = 2

α) Να υπολογιστεί το $\int_{0}^{1}[x f (x) + F (x)] dx$

β) Ν' αποδειχθεί ότι για κάθε $x\in R$ , υπάρχει $\xi \in R$ τέτοιο ώστε $\int_{x}^{1}f (t) dx = (1 - x) f(\xi )$

γ) Αν $\int_{x}^{1}f (t) dt \geq 2 - 2x$ , για κάθε $x\in R$ , ν' αποδειχθεί ότι :
. i) f (0) = f (1) = 2
. ii) η f έχει ένα τουλάχιστον κρίσιμο σημείο.

δ) Ν' αποδειχθεί ότι $\int_{0}^{1}f^2(t) dt \geq 4$ .

Συγνώμη dt αντί dx στα γ,δ.
τα διόρθωσα

manos66 · 19-03-09

Aφού θεωρείς το y ανεξάρτητη μεταβλητή
η "σταθερά" c μπορεί να είναι μια συνάρτηση του x
Η παράγωγος του c (x) ως προς y είναι 0.

manos66 · 19-03-09

Αρχική Δημοσίευση από kvgreco:
Πού είναι το λάθος?
[f(x+y)-g(x+y)]'= [f(y)-g(y)]' η ανεξάρτητη μεταβληθή ας θεωρηθεί η y.

f(x+y)-g(x+y)+ c = f(y)-g(y)

γιά χ=-y προκύπτει f(y)-g(y)=c που γιά y=0 δίνει c=0.

Άρα γιά κάθε x του R ισχύει f(x)=g(x)!!

Αν θεωρηθεί η y ανεξάρτητη μεταβληθή τότε προκύπτει

f(x+y)-g(x+y)+ c(x) = f(y)-g(y)

manos66 · 19-03-09

Αρχική Δημοσίευση από galois01:
(α) Θέτοντας y=0 παίρνουμε

$f'(x)-g'(x)=f'(0)-g'(0)$ επομένως

$f(x)=g(x)+(f'(0)-g'(o))x+c$ για κάθε $xin{R}$

Θέτοντας στην τελευταία x=0 παίρνουμε c=0, επομένως $f(x)=g(x)+(f'(0)-g'(o))x$ για κάθε $xin{R}$

Θέτοντας τώρα x=1 παίρνουμε $f'(0)-g'(o)=1$

Τελικά παίρνουμε $f(x)=g(x)+1$ $forallin{R}$

(β) Για να βρούμε που τέμνονται οι γραφ. παραστάσεις λύνουμε την εξίσωση $f(x)=g(x)$ η οποία έχει μοναδική λύση την x=0.

Επομένως οι γραφ. παραστάσεων στα (0,f(0)) και (ο,g(0)) είναι

$y=f'(0)x+f(0)$ και $y=g'(0)x+g(0)$

Λύνουμε την εξίσωση

$f'(0)x+f(0)=g'(0)x+g(0)$ η οποία έχει μοναδική λύση την x=0,αφού από το (α) έχουμε $f'(0)=g'(0)+1$ , οπότε τελειώσαμε.

Κώστας

Όμορφη η λύση σου στο α΄ ερώτημα.
Στο β δεν ζητάμε εφαπτομένη στο κοινό τους σημείο αλλά
οι εφαπτόμενες στα Α(x0 , f (x0)) και B (x0 , g (x0)) να τέμνονται στον y΄y

manos66 · 19-03-09

Για τις συναρτήσεις f , g ισχύουν :

f , g παραγωγίσιμες στο R
f΄(x + y) - g΄(x + y) = f΄(y) - g΄(y), για κάθε x , y πραγματικούς
f (0) = g (0)
f (1) = g (1) + 1

Ν' αποδειχθεί ότι :
α. f (x) = g (x) + x, για κάθε x πραγματικό
β. οι εφαπτόμενες των γραφικών παραστάσεων των f και g στα σημεία με κοινή τετμημένη, τέμνονται πάνω στον άξονα y΄y.

manos66 · 17-03-09

Αρχική Δημοσίευση από bobiras11:
Παιδιά χίλια σόρρυ αλλά δεν θυμάμαι την ακριβή διατύπωση του Β.ι)
Αύριο θα βρω τη φωτό με τα θέματα και θα το διορθώσω.
-----------------------------------------
Να ρωτήσω.. οπού που ακριβώς προέκυψε αυτή η f, ο τύπος της εννοώ, γιατί δεν το πολυκατάλαβα..

Απλά σου έγραψα ένα αντιπαράδειγμα που ικανοποιεί τις υποθέσεις σου και δεν παρουσιάζει ακρότατο στο 0 ή το 1 που ζητάς.

manos66 · 16-03-09

Το Α ερώτημα απαντήθηκε παραπάνω

Β.i.
Έστω συνάρτηση f με
$\\ f (x) = 2x^2-2x+1, x \in R \\ f'(x) = 4x - 2 \\ f''(x) = 4 > 0 \\ f'(1) = f (0) + f (1) = 2$
Η f παρουσιάζει ελάχιστο στο $x_0 = \frac{1}{2}$
Κάτι λείπει από το Βi ερώτημα.

Β.ii)
Θ.Μ.Τ. στο [0, 1] με την f
υπάρχει ξ στο (0 , 1) τέτοιο ώστε f΄(ξ) = f (1) - f (0)
Είναι f΄(ξ) < f΄(1) διότι η f΄ είναι γν. αύξουσα
f (1) - f (0) < f (1) + f (0)
f (0) > 0

B.iii)
Θεωρούμε συνάρτηση g, με g (x) = f΄(x) - f (1)
g συνεχής στο [ξ , 1]
g (ξ) = f΄(ξ) - f (1) = f (1) - f (0) - f (1) = - f (0) < 0
g (1) = f΄(1) - f (1) = f (1) + f (0) - f (1) = f (0) > 0
Θ. Βolzano
g΄(x) = f΄΄(x) > 0 , άρα g γν. αύξουσα
άρα μοναδική ρίζα

manos66 · 08-01-09

$\\ a^2+a+1=0 \\ \Rightarrow \left\{\begin{matrix}a+1=-a^2 \\ (a-1)(a^2+a+1)=0 \end{matrix}\right. \\ \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}(a+1)^3=-a^6 \\ a^3-1=0 \end{matrix}\right. \\ \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}(a+1)^3=-a^6 \\ a^3=1 \end{matrix}\right. \\ \Rightarrow (a+1)^3=-1$
Όμοια για το β

ή

κάνε τις ταυτότητες

manos66 · 07-01-09

Θέμα 4ο
View attachment Θέμα 4ο.doc

manos66 · 06-01-09

Στο c1 η εφαπτομένη της Cf είναι οριζόντια.
Η f΄ μπορεί να μην παραγωγίζεται αλλά η εφαπτομένη της ορίζεται (κατακόρυφη εφαπτομένη).
Άρα το c1 μπορεί να "μπεί" στο πεδίο ορισμού της f.

Σημείωση : Η κατακόρυφη εφαπτόμενη είναι εκτός ύλης για τους μαθητές της Γ΄ Λυκείου.
-----------------------------------------
Μια πιο προσιτή λύση στους μαθητές της γ΄ Λυκείου

$\\ f''(x) f'(x) = -1 \Leftrightarrow 2f''(x) f'(x) = -2 \Leftrightarrow \left[\left(f'(x) \right)^2 \right]'=(-2x)'$
από συνέπειες Θ.Μ.Τ.
$\\ \left( f'(x) \right)^2=2c_1-2x \Rightarrow \\ f'(x) = ^+_-(2c_1-2x)^\frac{1}{2} \Leftrightarrow \\ f'(x) = ^+_-\sqrt{2}(c_1-x)^\frac{1}{2} \Leftrightarrow \\ f'(x) = \left[ ^-_+ \frac{2\sqrt{2}}{3}(c_1-x)^\frac{3}{2} \right]'$
από συνέπειες Θ.Μ.Τ.
$\\ f(x) = c_2 \ ^-_+ \frac{2\sqrt{2}}{3}(c_1-x)^\frac{3}{2}, x\in (-\propto ,c_1]$

Για c1=c2=0 και
$\\ f(x) = \frac{2\sqrt{2}}{3}(-x)^\frac{3}{2}$
οι γραφικές παραστάσεις των f και f΄ είναι

manos66 · 05-01-09

Στο c1 δεν είναι δεύτερη φορά παραγωγίσιμη

manos66 · 29-12-08

A1.
$\\ \lim_{x\rightarrow +\propto }\left[ln\left(1+e^x \right) -x\right]= \\ = \lim_{x\rightarrow +\propto }\left[ln\left(1+e^x \right) -ln(e^x)\right] \\ = \lim_{x\rightarrow +\propto }\left(ln\frac{1+e^x}{e^x}\right) \\ = \lim_{x\rightarrow +\propto }\left[ln(e^{-x}+1)\right] = 0$
-----------------------------------------
A2.
$\\ \lim_{x\rightarrow -\propto }\frac{ln(1-x)}{ln(1+e^{-x})} =_{L'Hospital}^{\left(\frac{+\propto }{+\propto } \right)} \\ = \lim_{x\rightarrow -\propto }\frac{\frac{-1}{1-x}}{\frac{-e^{-x}}{1+e^{-x} }} \\ = \lim_{x\rightarrow -\propto }\frac{1+e^{-x}}{e^{-x}(1-x)}} \\ = \lim_{x\rightarrow -\propto }\frac{e^x+1}{1-x} \\ = 0$
-----------------------------------------
B1
$\\ \lim_{x\rightarrow +\propto }\frac{f(x)}{x} = 1 \\ \lim_{x\rightarrow +\propto }\left[ f(x)-x \right]= 2008$
-----------------------------------------
B2.
$\\ \lim_{x\rightarrow +\propto }\frac{\sqrt{4x^2+3}f(x)+2kx^2+2008}{x^2f(x)-x^3+\sqrt{x^4+3}} = \\ = \lim_{x\rightarrow +\propto }\frac{\frac{\sqrt{4x^2+3}f(x)}{x^2}+\frac{2kx^2}{x^2}+\frac{2008}{x^2}}{\frac{x^2f(x)}{x^2}-\frac{x^3}{x^2}+\frac{\sqrt{x^4+3}}{x^2}} \\ = \lim_{x\rightarrow +\propto }\frac{\frac{x\sqrt{4+\frac{3}{x^2}}f(x)}{x^2}+2k+\frac{2008}{x^2}}{f(x)-x+\frac{x^2 \sqrt{1+\frac{3}{x^4}}}{x^2}} \\ = \lim_{x\rightarrow +\propto }\frac{\frac{f(x)}{x}\sqrt{4+\frac{3}{x^2}}+2k+ \frac{2008}{x^2}}{f(x)-x+ \sqrt{1+\frac{3}{x^4}}}} \\ = \frac{1^.2+2k+0}{2008+1}=\frac{2k+2}{2009}$

manos66 · 22-12-08

Έμενε να δείξω επίσης ότι ούτε η σχέσηι f(x)>x έχει ισχύ, που ήταν και η "δύσκολη" περίπτωση.
Και έστω ότι η f είναι γνησίως αύξουσα.Τότε f(x)>f[2x-f(x)] οπότε x>2x-f(x) που όμως γιά x=ξ δίνει ξ>2ξ-f(ξ) δηλαδή τελικά ξ>ξ!!

Ξέρουμε ότι η σχέση f (x) > x δεν ισχύει για το ξ, αφού f (ξ) = ξ.

Υποθέτεις ότι υπάρχει x ώστε f (x) > x και έπειτα θέτεις όπου x = ξ;

manos66 · 08-12-08

τότε κ = 1 ή κ = 3/2

Πρέπει να ελέγξεις (να γράψεις) και αυτή την περίπτωση.

manos66 · 08-12-08

Αρχικό μήνυμα από semfer
Απλα κανουμε Bolzano για την g(x) στο [1,3/2].
Eιναι
$g(1)gleft(frac{3}{2} right)=- left[f(1)-fleft(frac{3}{2} right) right]^2<0$

Επομενως υπαρχει τουλαχιστον ενα k στο (1,3/2) τετοιο ωστε

$- \left[f(1)-f\left(\frac{3}{2} \right) \right]^2\leq 0$
και όχι
$- \left[f(1)-f\left(\frac{3}{2} \right) \right]^2< 0$

manos66 · 07-12-08

Άσκηση

(Θ.Bolzano)

Αν η F συνεχείς στο [1,2] και F(1)=F(2) τότε : Να δείξεις ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον ξe[1,2) ώστε F(ξ)=F(ξ+1/2).

Κατά τη γνώμη μου καλή άσκηση!

Θεωρώ τη συνάρτηση
$\\ g(x)=f(x) - f\left(x+\frac{1}{2} \right) \\ \ \\ g(1) = f(1)-f\left(\frac{3}{2} \right) \\ g\left(\frac{3}{2} \right) = f\left(\frac{3}{2} \right) - f(2) \\ \ \\ g(1) + g\left(\frac{3}{2} \right)=0\ (1)$

έστω ότι η συνεχής g δεν έχει ρίζες στο διάστημα
$\Delta = \left[1 , \frac{3}{2} \right]$
Από συνέπειες Θ. Bolzano η g θα διατηρεί σταθερό πρόσημο.

Έστω g (x) > 0, στο Δ, τότε
$g(1) + g\left(\frac{3}{2} \right)>0$
άτοπο από (1)

Όμοια για g (x) < 0 στο Δ.
-----------------------------------------

Έχω φάει κόλλημα με αυτή..
Αν f συνεχής νδο, αν ισχύει f(1/3)+f(2/3)=32/9, τότε η f(x)=2 έχει τουλάχιστον μιά πραγματική ρίζα

Αντιπαράδειγμα
f (x) = 16/9 , για κάθε x πραγματικό
f συνεχής (σταθερή)
f(1/3)+f(2/3)=32/9
η εξίσωση f(x) = 2 είναι αδύνατη.

Κάτι λέιπει από την άσκηση

manos66 · 05-12-08

manos66 · 21-11-08

Δεν νομίζω ότι μπορούμε με αυτά τα δεδομένα

manos66 · 21-11-08

α)
$z_1^2+z_1z_2+z_2^2 = 0 \Rightarrow \\ (z_1-z_2)(z_1^2+z_1z_2+z_2^2) = 0 \Leftrightarrow \\ z_1^3-z_2^3 = 0 \Leftrightarrow \\ z_1^3=z_2^3$

β)
$z_1^3=z_2^3 \Rightarrow \\ \left| z_1^3\right|=\left| z_2^3\right| \Leftrightarrow \\ \left| z_1\right|^3=\left| z_2\right|^3 \Leftrightarrow \\ \left| z_1\right|=\left| z_2\right|$
άρα (ΟΑ) = (ΟΒ) δηλαδή το ΟΑΒ είναι ισοσκελές

γ)
$\\ \left( \frac{z_1}{z_2}\right)^2+\left( \frac{z_2}{z_1}\right)^2= \frac{z_1^2}{z_2^2}+\frac{z_2^2}{z_1^2} = \frac{z_1^4+z_2^4}{z_1^2z_2^2}=\frac{z_1^3z_1+z_2^3z_2}{z_1^2z_2^2} \\ =\frac{z_2^3z_1+z_1^3z_2}{z_1^2z_2^2}=\frac{z_1z_2(z_2^2+z_1^2)}{z_1^2z_2^2}=\frac{z_2^2+z_1^2}{z_1z_2}=\frac{-z_1z_2}{z_1z_2}=-1$
ή
$\\ z_1^2+z_1z_2+z_2^2 = 0 \Rightarrow \\ z_1^2+z_2^2 =-z_1z_2 \Leftrightarrow \\ \frac{z_1^2}{z_1z_2}+\frac{z_2^2}{z_1z_2} =-1 \Leftrightarrow \\ \frac{z_1}{z_2}+\frac{z_2}{z_1} =-1 \Rightarrow \\ \\ \left(\frac{z_1}{z_2}+\frac{z_2}{z_1}\right)^2 =(-1)^2 \Leftrightarrow \\ \left( \frac{z_1}{z_2}\right)^2+2+\left( \frac{z_2}{z_1}\right)^2=1 \Leftrightarrow \\ \left( \frac{z_1}{z_2}\right)^2+\left( \frac{z_2}{z_1}\right)^2= -1$

δ)
$\\ z_1^2+z_1z_2+z_2^2 = 0 \Leftrightarrow \\ z_1^2+2z_1z_2+z_2^2 = z_1z_2 \Leftrightarrow \\ (z_1+z_2)^2 = z_1z_2 \Rightarrow \\ \left|z_1+z_2\right|^2 = \left|z_1\right| \left|z_2\right| \Leftrightarrow \\ \left|z_1+z_2\right|^2 = \left|z_1\right|^2 \Leftrightarrow \\ \left|z_1+z_2\right| = \left|z_1\right| \Leftrightarrow \\ \left|z_1+z_2\right| = \left|z_1\right|= \left|z_2\right|\Leftrightarrow \\ \left|z_1+z_2\right| = \left|z_1\right|= \left|(z_1+z_2)-z_1\right|$
άρα (OΓ) = (ΟΑ) = (ΑΓ) δηλαδή το ΟΑΓ είναι ισόπλευρο.

manos66 · 21-11-08

α) H f είναι συνεχής στο 2, άρα
$\\ \lim_{x\rightarrow 2}f (x) = f (2)$

β) H g είναι συνεχής στο 0, άρα
$\\ \lim_{x\rightarrow 0^+}g (x) = \lim_{x\rightarrow 0^-}g (x) = g (0)$

Για x < 0 έχουμε
$\\ g(x) \geq \frac{\eta \mu x}{x} + f(x + 2) \\ \lim_{x\rightarrow 0^-}g(x) \geq \lim_{x\rightarrow 0^-}\frac{\eta \mu x}{x} + \lim_{x\rightarrow 0^-}f(x + 2) \\ g(0) \geq 1 + f(2)$

Για x > 0 έχουμε
$\\ g(x) \led \frac{\eta \mu x}{x} + f(x + 2) \\ \lim_{x\rightarrow 0^+}g(x) \leq \lim_{x\rightarrow 0^+}\frac{\eta \mu x}{x} + \lim_{x\rightarrow 0^+}f(x + 2) \\ g(0) \leq 1 + f(2)$

Άρα g (0) = 1 + f (2)

manos66 · 10-11-08

$2G(x) + G(f(x)) = 3e^{x}$ σχέση (1)

$\\ (1) \Rightarrow^{x\rightarrow f(x)} \\ 2G(f(x)) + G(f(f(x))) = 3e^{f(x)} \Leftrightarrow^{\ f(f(x)) = x} \\ 2G(f(x)) + G(x) = 3e^{f(x)}\Rightarrow^{\epsilon \pi \iota \ (-1)} \\ -2G(f(x)) - G(x) = -3e^{f(x)}$ σχέση (2)

$\\ (1) \Rightarrow^{\epsilon \pi \iota \ 2} \\ 4G(x) + 2 G(f(x)) = 6e^x$ σχέση (3)

Από (2) και (3) με πρόσθεση
$\\ 3G(x) = 6e^x - 3e^{f(x)} \\ \\ G(x) = 2e^x - e^{f(x)}$

manos66 · 10-11-08

θα πρέπει κάθε αγκύλη να μηδενίζεται

Γιατί;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;

manos66 · 27-10-08

ΑΣΚΗΣΗ

Να λυθoύν οι εξισώσεις :

$\alpha )3^x + 6^x = 4^x + 5^x$

$\beta )2^x + 9^x = 6^x + 7^x$

manos66 · 27-10-08

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.

manos66 · 27-10-08

ΑΣΚΗΣΗ

Αν υπάρχουν τα όρια

$\lim_{x\rightarrow +\propto }f(x) , \lim_{x\rightarrow +\propto }f '(x)$

και
$\lim_{x\rightarrow +\propto }[f(x) +f '(x)] = 2009$

τότε να βρεθούν τα

$\lim_{x\rightarrow +\propto }f(x) \kappa \alpha \iota \lim_{x\rightarrow +\propto }f '(x)$

manos66 · 27-10-08

Άσκηση
Αν ισχύουν :

f συνεχής στο ΙR

f (x) $\neq$ 0, για κάθε x $\varepsilon$ IR

g (x) = $f^2$ (x) - f (1) f (2), για κάθε x $\varepsilon$ IR

f (0) = 1

f (2009) = 2009

$\frac{f (f (x))}{f (f (x) + 2)} = \frac{f (f (x) + 1)}{f (f (x) - 1)}$ , για κάθε x $\varepsilon$ IR

Ν' αποδειχθεί ότι :
α) f (x) > 0, για κάθε x $\varepsilon$ IR
β) f (1) f (2) = f (3) f (4)
γ) υπάρχει μια τουλάχιστον ρίζα της g στο [1 , 2]
δ) οι f και g δεν είναι αντιστρέψιμες.

manos66 · 20-10-08

$f (x) + x \leq x^2+1 \Leftrightarrow f (x) \leq x^2-x+1 (1)$

$x^2+1 \leq f (x+1) - x$
Για x + 1 = u έχουμε
$(u-1)^2+ 1\leq f(u) - (u-1) \Leftrightarrow u^2-u+1\leq f(u)$
ή
$f (x) \geq x^2-x+1 (2)$

Από (1) και (2) έχουμε
$f (x)= x^2-x+1$

manos66 · 03-10-08

Αν γιά τον μιγαδικό z ισχύει ότι (z + 2i)/z φανταστικός, να δείξετε ότι αυτός ανήκει σε κύκλο πού διέρχεται από την αρχή των αξόνων.

Η άσκηση δεν μιλάει για γ.τ.
άρα είναι σωστό ότι η εικόνα του z ανήκει σε κύκλο που διέρχεται από την αρχή των αξόνων.
Το λάθος είναι ότι ο z (σαν αριθμός) δεν ανήκει σε κύκλο.
Η εικόνα του z ανήκει.

Αν η άσκηση μιλούσε για το γ.τ. των εικόνων του z,
τότε η απάντηση είναι ο κύκλος εξαιρουμένης της αρχής των αξόνων.

manos66 · 29-09-08

περίμετρος ΜΑΜ΄Ο > περίμετρος ΜΒΜ΄Γ
2 (ΜΑ) + 2 (ΜΟ) > 2 (ΜΒ) + 2 (ΜΓ)
(ΜΑ) + (ΜΟ) > (ΜΒ) + (ΜΓ)

manos66 · 12-09-08

manos66 · 12-09-08

Eίναι 1-1 δεν είναι γν. μονότονη

manos66 · 12-09-08

Σωστές οι παρατηρήσεις.
Στο θέμα του 2006 ζητούσε τα κοινά σημεία των $C_f$ και $C_{f^{-1}}$ με την ευθεία y = x
και όχι τα κοινά σημεία των $C_f$ και $C_{f^{-1}}$

manos66 · 12-09-08

Με αφορμή μια όμορφη ¨συνομιλία¨ με τον φίλο Hurr και αφού οι περισσότεροι έχετε κάνει αντιστρέψιμες συναρτήσεις.

Οι εξισώσεις $f^{-1}=f(x)$ και $f(x) = x$ είναι ισοδύναμες;

Πολλές φορές ακούτε από καθηγητές ή διαβάζετε σε βιβλία ότι
για να βρείτε τα κοινά σημεία των γραφικών παραστάσεων των $f^{-1}$ και f
αρκεί να βρείτε τα κοινά σημεία της γραφικής παράστασης της f με την ευθεία y =x.

Είναι σωστό;

manos66 · 11-09-08

ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΓΙΑ ΟΠΟΙΟΝ ΘΕΛΕΙ
https://www.kelafas.gr/Panellinies08/math_kat_omo_08_a.pdf

manos66 · 11-09-08

Θέματα ομογενών Μαθηματικών Θετικής κατεύθυνσης 2008
https://www.ypepth.gr/docs/them_mat_omog_c_omog_no_0809.pdf

manos66 · 20-08-08

ΑΣΚΗΣΗ 1

Για ένα μιγαδικό αριθμό z ισχύει ότι :

.
Έστω ακόμα ένας μιγαδικός αριθμός ο

με

.

α) Να δείξετε ότι :

.

β) Να βρείτε το γεωμετρικό τόπο των εικόνων των μιγαδικών αριθμών

.

γ) Να δείξετε ότι :

.

manos66 · 20-08-08

θα αρχισω με μια ασκηση που μου αρεσε ιδιαιτερα...

Αν για τον αριθμο

ισχύει:

να δειχθει οτι ο μιγαδικος

ειναι αρνητικος αριθμος.

Γιωργος,In Flames gn

Είναι :
$z^2 = \frac{3}{2}(1^{+}_{-}i)$

$z^4 = ^{+}_{-}\frac{9}{2}i$

$z^8 = -\frac{81}{4}$

$z^{200} = -\frac{3^{75}}{2^{50}}$

manos66 · 22-07-08

Δειτε μια ακόμη ωραία ανισοτική σχέση

Για τους μιγαδικούς

Ν.Δ.Ο

$2|z_1| = |2z_1| = |z_1+z_2-z_3 + z_1-z_2+z_3|<=|z_1+z_2-z_3| + |z_1-z_2+z_3|$
$2|z_2| = |2z_2| = |z_2+z_3-z_1 + z_2-z_3+z_1|<=|z_2+z_3-z_1| + |z_2-z_3+z_1|$
$2|z_3| = |2z_3| = |z_3+z_1-z_2 + z_3-z_1+z_2|<=|z_3+z_1-z_2| + |z_3-z_1+z_2|$
Πρόσθεση κατά μέλη ...

manos66 · 22-07-08

αν |z|=1 και w=(3z-i)/(iz+3)
(a) νδο |w|=1
(b) |z-w|max=;

η απαντηση στο (b) ειναι 2 και δεν χρησιμοποιει παραγωγους το βαζει ισο με την διαμετρο!!

Για να είναι |z - w| = 2 πρέπει οι εικόνες των z και w να είναι αντιδιαμετρικά σημεία του μοναδιαίου κύκλου.
Άρα οι w, z πρέπει να είναι αντίθετοι
Αν θέσουμε w = -z καταλήγουμε σε άτοπο.
Άρα |z-w|max<2

Άλλα μηνύματα του μέλους manos66 σε αυτό το thread

Εκκολαπτόμενο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος