Samael
Τιμώμενο Μέλος
Ο Samael αυτή τη στιγμή δεν είναι συνδεδεμένος. Είναι Φοιτητής του τμήματος Ηλεκτρολόγων & Ηλεκτρονικών Μηχανικών ΠΑΔΑ και μας γράφει απο Πειραιάς (Αττική). Έχει γράψει 10,275 μηνύματα.
31-08-22
15:40
Πήγαινε τον κέρσορα πάνω απο τον άξονα x και κράτα την ροδέλα του ποντικιού πατημένη. Μετά μετακίνησε το ποντίκι προς τα δεξιά για να "τεντώσεις" τον άξονα των x. Άσε την ροδέλα. Μετά πήγαινε τον κέρσορα πάνω στον θετικό ημιάξονα του y'y κράτα την ροδέλα πατημένη πάλι και μετακίνησε το ποντίκι προς τα αριστερά. Έτσι θα ζουμάρεις για να δεις πολύ καλύτερα τι γίνεται πάρα πολύ κοντά στο 0.αλλα νομιζω οτι ξαφνιαστηκα οταν μου βγαλε αυτη την εικονα γτ νομιζω αυτη η συναρτηση ειναι γνωστη για τη χαωτικη της συμπεριφορα.απλα ελεγα γτ το geogebra να το βγαζει ετσι.
Αυτόματη ένωση συνεχόμενων μηνυμάτων:
για αυτο καλα τα κομπιουτερ αλλα τελικα μονο το μυαλο ειναι η σιγουρη λυση.οταν το βαλα κατω με το χερι και ειδα λεω τι λαλακια βγαζει το geogebra
Ελπίζω να βοήθησα .
Samael
Τιμώμενο Μέλος
Ο Samael αυτή τη στιγμή δεν είναι συνδεδεμένος. Είναι Φοιτητής του τμήματος Ηλεκτρολόγων & Ηλεκτρονικών Μηχανικών ΠΑΔΑ και μας γράφει απο Πειραιάς (Αττική). Έχει γράψει 10,275 μηνύματα.
31-08-22
15:32
Ποια συνάρτηση έχεις πλοτάρει καταρχάς ;ναι εχετε δικιο. το 1/χ>2/π<π/2 οποτε δεν ξερεις τι παιζει με το προσημο.
περιεργο ομως το geogebra να βγαζει λαθος τη γραφικη.
Κατά δεύτερον μπορείς να μας στείλεις μια φώτο ;
Το να την πλοτάρει λάθος δεν παίζει,μάλλον παίζει κάποιο "οπτικό τρικ" στην αναπαράσταση.
Samael
Τιμώμενο Μέλος
Ο Samael αυτή τη στιγμή δεν είναι συνδεδεμένος. Είναι Φοιτητής του τμήματος Ηλεκτρολόγων & Ηλεκτρονικών Μηχανικών ΠΑΔΑ και μας γράφει απο Πειραιάς (Αττική). Έχει γράψει 10,275 μηνύματα.
31-08-22
15:23
Δες την γραφική παράσταση βρε που σου έστειλε ο Andy. Όσο πλησιάζεις το 0 τόσο απο τα θετικά όσο και τα αρνητικά x, η f παίρνει και θετικές και αρνητικές τιμές, οπότε το όριο δεν φαίνεται να προσεγγίζει κάτι.ε οκ δεν εκανες και κανα τρομερο λαθος.
Αυτόματη ένωση συνεχόμενων μηνυμάτων:
συγγνωμη τι λαθος κανω? το οριο xsin(1/x) ειναι μηδεν.
κοντα στο μηδεν απο μεγαλυτερες τιμες το προσημο του xsin(1/x) ειναι θετικο,το ιδιο και απο μικροτερες τιμες γτ δεν ειναι +00 και ειναι απροσδιοριστο?
Samael
Τιμώμενο Μέλος
Ο Samael αυτή τη στιγμή δεν είναι συνδεδεμένος. Είναι Φοιτητής του τμήματος Ηλεκτρολόγων & Ηλεκτρονικών Μηχανικών ΠΑΔΑ και μας γράφει απο Πειραιάς (Αττική). Έχει γράψει 10,275 μηνύματα.
30-08-22
17:49
Για να βρεις το όριο του f(x)/x τι σε ενέπνευσε ; Επίσης το όριο της f στο 0 που σου φάνηκε χρήσιμο ;μια αντιμετωπιση..
Samael
Τιμώμενο Μέλος
Ο Samael αυτή τη στιγμή δεν είναι συνδεδεμένος. Είναι Φοιτητής του τμήματος Ηλεκτρολόγων & Ηλεκτρονικών Μηχανικών ΠΑΔΑ και μας γράφει απο Πειραιάς (Αττική). Έχει γράψει 10,275 μηνύματα.
30-08-22
14:31
Απάντησα παραπάνω, έχεις δίκιο γενικά, απλά αυτή η συνάρτηση δεν επιτρέπεται στα πλαίσια του λυκείου γιατί το (-οο,0) U {0} U (0,+οο) δεν είναι διάστημα ή ένωση διαστημάτων. Επομένως τα θεωρήματα του σχολικού είναι λάθος για τέτοιες συναρτήσεις.Πως επηρεάζει τοτε το ότι συμπεριλαμβάνεται το 0 στην ιδιότητα αυτή (f=/=0); Έδωσα μια συνάρτηση που υπακούει όλες τις συνθήκες και έχει όριο το 0 στο 0, το οποιο δεν συμφωνείς ότι μπορεί να ισχύει
Y.Γ. όχι λεω μπούρδες, διότι όλο αυτό θεωρείται διάστημα. Απλά είχα υπόψιν οτι παραβιάζει το θεώρημα και λεω α μάλλον θα υπάρχει πρόβλημα με τα διαστήματα.
Αλλά για x < 1 => χ² < 1.
Οπότε βάσει του θεωρήματος του σχολικού :
lim x² = 0 το οποίο είναι πράγματι μικρότερο του 1.
χ->0
Άρα όντως δεν υπάρχει κάποιο πρόβλημα. Ο Άλεξ έχει δίκιο.
Samael
Τιμώμενο Μέλος
Ο Samael αυτή τη στιγμή δεν είναι συνδεδεμένος. Είναι Φοιτητής του τμήματος Ηλεκτρολόγων & Ηλεκτρονικών Μηχανικών ΠΑΔΑ και μας γράφει απο Πειραιάς (Αττική). Έχει γράψει 10,275 μηνύματα.
30-08-22
14:19
Είναι λίγο διαφορετικά αυτά μεταξύ τους. Η γειτονιά είναι κάτι συγκεκριμένο :Προφανώς δεν περιλαμβάνεται το μηδέν μέσα. Εγώ αντιλαμβάνομαι το "περιοχή", "γειτονιά" κλπ ως κοντά. Εκεί είναι ο προβληματισμός σου ;
Στην προκειμένη εαν με το "περιοχή" εννοείς απλά κοντά στο 0, το οποίο δεν περιλαμβάνεται και το 0 φυσικά, τότε έχεις δίκιο και θα μπορούσαν να συμβαίνουν διάφορα "τρελά" κοντά στο 0 οπότε η προσέγγιση μου δεν θα ίσχυε.
Δεν την έχω δεδομένη.Μην έχεις δεδομενη την συνέχεια της συνάρτησης. Παράδειγμα:
f(x)=x^2, x=/=0
1,x=0
Η f είναι διάφορη του 0 για xe(-δ,δ), δ>0 και το όριο της στο 0 είναι 0.
Απο την στιγμή που μου δίνει μια συνθήκη για την f, χρησιμοποιώ αυτή και δεν το ψειρίζω παραπάνω. Όσο και να πηδάει πάνω κάτω η συνάρτηση, να κάνει σπασίματα, άλματα κτλπ. δεν έχει σημασία εφόσον θα πρέπει να υπακούει αυτή την συνθήκη.
ΥΓ. Εσύ τώρα έπαιξες π&*βασικά διότι αυτός ο ορισμός ορίζει συνάρτηση με πεδίο ορισμού ένωση διαστημάτων αλλά και συνόλου με ένα στοιχείο, ενώ το σχολικό βιβλίο λέει οτι μελετώνται μόνο συναρτήσεις με πεδίο ορισμού κάποιο διάστημα ή ένωση διαστημάτων. Οπότε λογικό είναι να μην ισχύει το προαναφερόμενο θεώρημα. Στην γενική περίπτωση και εσύ έχεις δίκιο λοιπόν, απλά όχι στα πλαίσια του λυκείου.
Samael
Τιμώμενο Μέλος
Ο Samael αυτή τη στιγμή δεν είναι συνδεδεμένος. Είναι Φοιτητής του τμήματος Ηλεκτρολόγων & Ηλεκτρονικών Μηχανικών ΠΑΔΑ και μας γράφει απο Πειραιάς (Αττική). Έχει γράψει 10,275 μηνύματα.
30-08-22
13:56
Ναι το ξέρω, απλά το αναφέρω.δεν χρησιμοποίησες αυτή την ιδιότητα
Αυτόματη ένωση συνεχόμενων μηνυμάτων:
Νομίζω οτι εδώ η διαφορά είναι οτι όταν δεν έχουμε απλά μια ιδιότητα που ισχύει κοντά στο 0.Δεν ξέρω αν δε καταλαβαίνω κάτι εγώ, αλλά το γεγονός πως κάτι είναι μεγαλύτερο του 0 κοντά στο 0 δεν σημαίνει ότι και το όριο του θα είναι μεγαλύτερο του 0. Παράδειγμα x^2>0 για χ κοντά στο 0 αλλά limx^2 x->0 = 0
Η εκφώνηση μιλάει για μια περιοχή του 0 σε αφτάκια(" "), το οποίο αντιλαμβάνομαι ως γειτονιά του 0. Η οποία έννοια περιλαμβάνει και το 0. Οπότε η πρόταση του Cade δεν βγάζει και πολύ νόημα. Εφόσον ορίζεται διάστημα
(-ε,ε) με ε>0 στο οποίο η f != 0, αυτόματα δεν θα μπορούσε το όριο της f να είναι 0 κοντά στο 0.
Η x² είναι μεγαλύτερη του 0 κοντά στο χ = 0, αλλά δεν είναι μεγαλύτερη του μηδενός στη γειτονιά του x = 0, καθώς στο x = 0 είναι 0.
Εαν αντιλαμβάνομαι κάτι λάθος στην εκφώνηση διορθώστε με.
Samael
Τιμώμενο Μέλος
Ο Samael αυτή τη στιγμή δεν είναι συνδεδεμένος. Είναι Φοιτητής του τμήματος Ηλεκτρολόγων & Ηλεκτρονικών Μηχανικών ΠΑΔΑ και μας γράφει απο Πειραιάς (Αττική). Έχει γράψει 10,275 μηνύματα.
30-08-22
13:54
Είναι ιδιότητα στο σχολικό αυτό ναι, εαν μια συνάρτηση f <= g κοντά στο xo τότε :Δεν ξέρω αν δε καταλαβαίνω κάτι εγώ, αλλά το γεγονός πως κάτι είναι μεγαλύτερο του 0 κοντά στο 0 δεν σημαίνει ότι και το όριο του θα είναι μεγαλύτερο του 0. Παράδειγμα x^2>0 για χ κοντά στο 0 αλλά limx^2 x->0 = 0
lim f <= lim g
x->xo x->xo
Samael
Τιμώμενο Μέλος
Ο Samael αυτή τη στιγμή δεν είναι συνδεδεμένος. Είναι Φοιτητής του τμήματος Ηλεκτρολόγων & Ηλεκτρονικών Μηχανικών ΠΑΔΑ και μας γράφει απο Πειραιάς (Αττική). Έχει γράψει 10,275 μηνύματα.
30-08-22
13:33
lim [e^f(x) - 2x - 1]/x² =Μια ωραία
View attachment 107475
x->0
lim [e^f(x) - f(x) + f(x) - 2x - 1]/x² =
x->0
lim [e^f(x) - f(x) - 1]/x² + lim[f(x) - 2x]/x² =
x->0
lim [e^f(x) - f(x) - 1]/x² + 4
x->0
Ισχύει πως για κάθε x E R :
e^x >= x+1
e^x - x - 1 >= 0
Η ισότητα ισχύει μόνο όταν x = 0.
Με αντικατάσταση του x με f(x) παραπάνω έχουμε :
e^f(x) - f(x) - 1 >= 0
Κοντά στο 0 η f != 0, οπότε :
lim e^f(x) - f(x) - 1 > 0
x->0
Επομένως :
lim [e^f(x) - f(x) - 1]/x² = κ/0+ = +οο , όπου κ κάποιος πεπερασμένος θετικός αριθμός.
x->0
Έτσι και το αρχικό όριο ισούται με +οο.
Samael
Τιμώμενο Μέλος
Ο Samael αυτή τη στιγμή δεν είναι συνδεδεμένος. Είναι Φοιτητής του τμήματος Ηλεκτρολόγων & Ηλεκτρονικών Μηχανικών ΠΑΔΑ και μας γράφει απο Πειραιάς (Αττική). Έχει γράψει 10,275 μηνύματα.
12-08-22
22:03
Ρε'σεις το τελειώσατε το λύκειο. Αφήστε τα αυτά και πηγαίντε μάθετε καμιά python να ολοκληρώνετε και της Παναγιάς τα μάτια .
Samael
Τιμώμενο Μέλος
Ο Samael αυτή τη στιγμή δεν είναι συνδεδεμένος. Είναι Φοιτητής του τμήματος Ηλεκτρολόγων & Ηλεκτρονικών Μηχανικών ΠΑΔΑ και μας γράφει απο Πειραιάς (Αττική). Έχει γράψει 10,275 μηνύματα.
13-04-22
11:27
Καλό ήταν :3 .Έστω f : (0, +oo) -> R 2 φορες παραγωγισιμη. Ισχυει οτι: f(x) * f(1 / x^2) >= x^2 , x > 0
f(1) = 1
f"(x) = 6f^2(x) , x > 0
νδο f(x) = 1 / x^2 , x > 0
για καποιο λογο το λατεξ δεν δουλευει.. θα ερθουν και αλλα ερωτηματα αργοτερα..
Συνημμένα
Samael
Τιμώμενο Μέλος
Ο Samael αυτή τη στιγμή δεν είναι συνδεδεμένος. Είναι Φοιτητής του τμήματος Ηλεκτρολόγων & Ηλεκτρονικών Μηχανικών ΠΑΔΑ και μας γράφει απο Πειραιάς (Αττική). Έχει γράψει 10,275 μηνύματα.
22-09-21
03:02
Να ήταν το μόνο σημείο που έχει λάθος... .View attachment 85920
για ξαναδες λιγο αυτο
Πρέπει να το κοιτάξω πάλι εαν και αμφιβάλλω οτι παίζει να βγαίνει έτσι.
Samael
Τιμώμενο Μέλος
Ο Samael αυτή τη στιγμή δεν είναι συνδεδεμένος. Είναι Φοιτητής του τμήματος Ηλεκτρολόγων & Ηλεκτρονικών Μηχανικών ΠΑΔΑ και μας γράφει απο Πειραιάς (Αττική). Έχει γράψει 10,275 μηνύματα.
21-09-21
21:54
που θεωρεις οτι καπου χανει η αποδειξη? σε ποιο σημειο δλδ..
Την κοίταξα πάλι, νόμιζα οτι υπήρχε κάποιο "κρυφό" σκέτο συνεπάγεται. Τελικά όμως υπάρχουν παντού διπλές συνεπαγωγές οπότε είναι valid . Εαν την γράψεις επίσημα πρέπει να πάρεις τα βήματα απο κάτω προς τα πάνω και είσαι μια χαρά.
Samael
Τιμώμενο Μέλος
Ο Samael αυτή τη στιγμή δεν είναι συνδεδεμένος. Είναι Φοιτητής του τμήματος Ηλεκτρολόγων & Ηλεκτρονικών Μηχανικών ΠΑΔΑ και μας γράφει απο Πειραιάς (Αττική). Έχει γράψει 10,275 μηνύματα.
21-09-21
21:28
Με προβληματίζει λίγο η απόδειξη σου. Ξεκινάς με την ανισότητα λέγοντας οτι ισχύει ενώ δεν ξέρουμε εαν ισχύει ή όχι, και καταλήγεις σε κάτι αληθές. Εκ του αποτελέσματος όμως, ακόμα και εαν αυτό είναι σωστό, είναι λάθος να αποφανθείς οτι η αρχική υπόθεση είναι αληθής. Εκτός φυσικά εαν υπάρχουν διπλές συνεπαγωγές σε κάθε ενδιάμεσο βήμα. Για σουλούπωσε την λίγο και παρουσίασε την μας ξανά,γιατί σαν μέθοδος πιστεύω βγαίνει μάλλον, απλά η δόμηση πρέπει να αλλάξει .Ωραια ας γραψουμε μια αλλη λυση στην ασκηση:
Για χ=0 η σχεση επαληθευεται
Για πολλαπλασιαζουμε με την θετικη ποσοτητα και εχουμε :
θεωρουμε την συναρτηση : View attachment 85912
(για καποιο λογο το latex εδω περα στις δικλαδες τα παιζει)
η t προκυπτει ευκολα γνησιως αυξουσα στο π.ο της
αρα η ανισωση προς αποδειξη γινεται : το οποιο ισχυει
Στο ενδιάμεσο μια τρίτη λύση που σκέφτηκα είναι η εξής :
Για χ = 0 η ανισότητα ισχύει ως ισότητα.
Για x < 0 , έστω πως υπάρχει ξ Ε (-1,0) τέτοιο ώστε :
(e^ξ - 1)ln(ξ+1) < ξ²
Ισχύει γενικά οτι :
ln(ξ+1) < ξ < 0 => e^ξ - 1 < 0 , εφόσον ξ < 0
(e^ξ - 1)ln(ξ + 1) > ξ(e^ξ - 1) > 0 =>
0 < ξ(e^ξ - 1) < (e^ξ - 1)ln(ξ + 1) =>
0 < ξ(e^ξ - 1) < (e^ξ - 1)ln(ξ + 1) < ξ²
Όμως :
e^ξ - 1 > ξ => για ξ < 0
ξ(e^ξ - 1) < ξ²
Εν τέλει :
ξ² < ξ(e^ξ - 1) < (e^ξ - 1)ln(ξ + 1) < ξ² =>
ξ² < (e^ξ - 1) και (e^ξ - 1) > ξ²
Προφανώς άτοπο άρα :
(e^ξ - 1)ln(χ + 1) >= χ² για κάθε x > 0.
Για x > 0, έστω τώρα οτι υπάρχει ξ > 0 τέτοιο ώστε :
(e^ξ - 1)ln(ξ + 1) < ξ² =>
(e^ξ - 1)ln(ξ + 1) + 2ξ + 1 < (ξ+1)²
Επειδή (ξ + 1) > 1 => (ξ + 1)² > 1 , η παραπάνω γίνεται :
(e^ξ - 1)ln(ξ + 1) + 2ξ + 1 < 1 =>
(e^ξ - 1)ln(ξ + 1) + 2ξ < 0 (2)
Εφόσον ξ > 0 και e^ξ - 1 > ξ > 0 και ln(ξ + 1) > 0 και 2ξ > 0, και το άθροισμα τους θετικό. Άρα έχουμε (e^ξ - 1)ln(ξ + 1) + 2ξ = Α > 0 . Όμως Α < 0 λόγω της (2). Άτοπο λοιπόν.
Samael
Τιμώμενο Μέλος
Ο Samael αυτή τη στιγμή δεν είναι συνδεδεμένος. Είναι Φοιτητής του τμήματος Ηλεκτρολόγων & Ηλεκτρονικών Μηχανικών ΠΑΔΑ και μας γράφει απο Πειραιάς (Αττική). Έχει γράψει 10,275 μηνύματα.
20-09-21
23:33
Την προσπάθησα με διάφορους τρόπους αλλά δεν μου βγήκε.
Οπότε η έσχατη λύση... έθεσα : g(x) = (e^x - 1)ln(x+1) - x² .
Παραγωγίζουμε και καταλήγουμε σε ένα κλάσμα με παρανομαστή το χ+1 που είναι θετικό, και αριθμητή :
h(x) = (x+1)(e^x)ln(x+1) +e^x - 2x² - 2x - 1.
Παραγωγίζουμε 3 φορές και καταλήγουμε σε μια θετική ποσότητα, οπότε η h'''(x) > 0.
Άρα η h''(x) είναι γνησίως αύξουσα. Επειδή το χ = 0 είναι ρίζα της h''(x) έχουμε :
x > 0 => h''(x) > 0
x < 0 => h''(x) < 0
Άρα η h' είναι γνησίως αύξουσα για x > 0 και γνησίως φθίνουσα για x < 0 . Οπότε επειδή το 0 είναι ρίζα της h' έχουμε:
x > 0 => h'(x) > 0
x < 0 => h'(x) > 0
Οπότε η h(x) είναι γνησίως αύξουσα. Οπότε επειδή το 0 είναι ρίζα της h έχουμε :
x > 0 => h(x) > 0
x < 0 => h(x) < 0
Τελικά επειδή η g θα είναι γνησίως αύξουσα για x > 0 και γνησίως φθίνουσα για x < 0. Και επειδή το 0 είναι ρίζα και της g θα έχουμε:
x >= 0 = > g(x) >= 0
x < 0 => g(x) > 0
Σε κάθε περίπτωση : g(x) >= 0 ή ισοδύναμα : (e^x - 1)ln(x+1) >= x² για κάθε x E (-1,+oo).
Σημείωση όπου γράφω χ<0 εννοείται και x > -1 , αλλά για να μην χαθούμε στις λεπτομέρειες το παρέλειψα.
Samael
Τιμώμενο Μέλος
Ο Samael αυτή τη στιγμή δεν είναι συνδεδεμένος. Είναι Φοιτητής του τμήματος Ηλεκτρολόγων & Ηλεκτρονικών Μηχανικών ΠΑΔΑ και μας γράφει απο Πειραιάς (Αττική). Έχει γράψει 10,275 μηνύματα.
20-09-21
04:49
Άστα, τώρα που έβαλε πάλι ζέστες κιόλας η ημέρα είναι κόλαση για να κάνεις το οτιδήποτε σε σχέση με την νύχτα...βλεπω δεν ειμαι μονο εγω που κοιμαμαι με τις κοτες αντι να ξυπναω ..
Αυτη τη φορα το ατοπο εχει τον πρωταγωνωνιστικο ρολο αν και αναμενομενο σε τετοια ασκηση
Samael
Τιμώμενο Μέλος
Ο Samael αυτή τη στιγμή δεν είναι συνδεδεμένος. Είναι Φοιτητής του τμήματος Ηλεκτρολόγων & Ηλεκτρονικών Μηχανικών ΠΑΔΑ και μας γράφει απο Πειραιάς (Αττική). Έχει γράψει 10,275 μηνύματα.
20-09-21
04:19
νδο δεν υπαρχει κυρτη συναρτηση με τετοια ωστε να ισχυει :
Και αυτή με άτοπο θα την βγάλω, but it's okay,it's an honest method .
Έστω οτι υπάρχει κυρτή συνάρτηση ορισμένη στο R που να ικανοποιεί την σχέση:
f'(0) + 2f(1) = f'(1) + f(2) + f(0) =>
f'(0) - f'(1) = f(2) + f(0) - 2f(1) =>
Εφόσον η f είναι κυρτή στο R, η f' είναι γνησίως αύξουσα στο R. Έτσι λοιπόν :
0 < 1 =>
f'(0) < f'(1) =>
f'(0) - f'(1) < 0
Σύμφωνα με την παραπάνω :
f(2) + f(0) - 2f(1) < 0 =>
[f(2) - f(1)]/[2 - 1] - [f(1) - f(0)]/[1 - 0] < 0 =>
Απο το ΘΜΤ για την f στο [0,1] και στο [1,2] βρίσκουμε ζ1 Ε (0,1) και ζ2 Ε (1,2) τέτοια ώστε η προηγούμενη να γίνει :
f'(ζ2) - f'(ζ1) < 0 =>
f'(ζ1) > f'(ζ2) , με ζ1 < ζ2 .
Το οποίο είναι άτοπο, αφού η f' είναι γνησίως αύξουσα στο R .
Άρα δεν μπορεί να υπάρχει συνάρτηση f, κυρτή και ορισμένη στο R με την παραπάνω ιδιότητα.
Samael
Τιμώμενο Μέλος
Ο Samael αυτή τη στιγμή δεν είναι συνδεδεμένος. Είναι Φοιτητής του τμήματος Ηλεκτρολόγων & Ηλεκτρονικών Μηχανικών ΠΑΔΑ και μας γράφει απο Πειραιάς (Αττική). Έχει γράψει 10,275 μηνύματα.
19-09-21
16:55
Ωραίος,ευθεία απόδειξη !Mια αλλη λυση:
Samael
Τιμώμενο Μέλος
Ο Samael αυτή τη στιγμή δεν είναι συνδεδεμένος. Είναι Φοιτητής του τμήματος Ηλεκτρολόγων & Ηλεκτρονικών Μηχανικών ΠΑΔΑ και μας γράφει απο Πειραιάς (Αττική). Έχει γράψει 10,275 μηνύματα.
19-09-21
05:22
Έστω οτι δεν ισχύει αυτό. Έστω δηλαδή οτι :
|f'(α) + f'(b)| > k|b-α|
Επειδή όμως όπως πολύ σωστά μας είπε ο Αλέξανδρος, λόγω τριγωνικής ανισότητας
|x| + |y| > |x + y| , θα ισχύει :
|f'(α)| + |f'(b)| > k|b - α| (1)
Καθώς όμως f'(c) = 0, μπορούμε να προσθαφαιρέσουμε όπου θέλουμε αυτή την ποσότητα . Επίσης επειδή c E (α,b) εννοείται οτι b > α => b - α > 0 , c > α => c - α > 0 , b > c = > b - c > 0 επομένως : |b - α| = b - α , |c - α| = c - α και |b - c| = b - c . Βάσει των προηγούμενων η σχέση (1) γίνεται :
| [f'(c) - f'(α)]/(c - α) |(c - α) + | [f'(b) - f'(c)] / (b - c) |(b-c) > k(b-α) =>
Απο το ΘΜΤ όμως για την f' στα διαστήματα [α,c] και [c,b] μπορούμε να βρούμε ξ1 Ε (α,c) και ξ2 Ε (c,b) τέτοια ώστε :
f''(ξ1) = [f'(c) - f'(α)]/(c - α)
f''(ξ2) = [f'(b) - f'(c)] /(b - c)
|f''(ξ1)|(c - α) + |f''(ξ2)|(b - c) > k(b - α) (2)
Όμως :
|f''(ξ1)|(c-α) <= k(c-α)
|f''(ξ2)|(b-c) <= k(b-c)
Δηλαδή προσθέτοντας κατά μέλη τις δύο προηγούμενες :
|f''(ξ1)|(c-α) + |f''(ξ2)|(b-c) <= k(c-α) +k(b-c) (3)
Έτσι λοιπόν λόγω της μεταβατικής ιδιότητας της ανίσωσης συμπεραίνουμε :
k(c-α) +k(b-c) > k(b-α) =>
kc - kα + kb - kc > kb - kα =>
0 > 0
Το οποίο φυσικά είναι άτοπο.
Άρα πράγματι : |f'(α) + f'(β)| <= k|b - α|
Samael
Τιμώμενο Μέλος
Ο Samael αυτή τη στιγμή δεν είναι συνδεδεμένος. Είναι Φοιτητής του τμήματος Ηλεκτρολόγων & Ηλεκτρονικών Μηχανικών ΠΑΔΑ και μας γράφει απο Πειραιάς (Αττική). Έχει γράψει 10,275 μηνύματα.
17-09-21
01:02
Το είπα είναι πουστια του σχολικου αλλά οκ αν είναι καθαρά εκτός ύλης οι συναρτήσεις ορισμένες σε μονοσύνολο τότε πάω πασο έχετε δίκιο
Δεν πειράζει, καλά έκανες και το ανέφερες γιατί σε ένα ευρύτερο πλαίσιο αυτά έχει σημασία να τα σκέφτεται κανείς. Στο πλαίσιο των απαιτήσεων του λυκείου όμως, ασκήσεις με τέτοιες συναρτήσεις δεν μπορούν να υπάρξουν. Τόσο γιατί δεν προσφέρουν ποικιλία αλλά και επειδή ο λογισμός δεν εφαρμόζεται, ο οποίος είναι και το κεντρικό θέμα των μαθηματικών Γ λυκείου. Ο ισχυρισμός λοιπόν ισχύει ύπο την προϋπόθεση αυτή που γράφεται με μικρά γράμματα περί τι είναι στην ύλη. Ειδάλλως έχεις δίκιο. Δεν ισχύει για δυο οποιεσδήποτε συναρτήσεις όποιες και εαν είναι αυτές. Μπράβο που το παρατήρησες όπως και να έχει. Στα λεπτά σημεία χαλάνε όλοι οι ορισμοί και για αυτό χρειάζεται προσοχή στο χτίσιμο και την διατύπωση τους συνήθως.
Samael
Τιμώμενο Μέλος
Ο Samael αυτή τη στιγμή δεν είναι συνδεδεμένος. Είναι Φοιτητής του τμήματος Ηλεκτρολόγων & Ηλεκτρονικών Μηχανικών ΠΑΔΑ και μας γράφει απο Πειραιάς (Αττική). Έχει γράψει 10,275 μηνύματα.
17-09-21
00:34
Ναι γιατί δεν έχει νόημα να μιλήσεις για το όριο μιας τέτοιας ποσότητας αφού έχει πεδίο ορισμού το :Ο ισχυρισμός σύμφωνα με το σχολικό είναι αληθης αλλά αν f(x)=ριζα(χ-1) και g(x)=ριζα(1-χ),χο=1, το όριο του αθροίσματος δεν οριζεται
Df+g = {1}
Τέτοιες συναρτήσεις όμως απο όσο θυμάμαι δεν μελετώνται στα πλαίσια της Γ λυκείου και η ύπαρξη τους αγνοείται.
Samael
Τιμώμενο Μέλος
Ο Samael αυτή τη στιγμή δεν είναι συνδεδεμένος. Είναι Φοιτητής του τμήματος Ηλεκτρολόγων & Ηλεκτρονικών Μηχανικών ΠΑΔΑ και μας γράφει απο Πειραιάς (Αττική). Έχει γράψει 10,275 μηνύματα.
17-09-21
00:21
Μια ίσως πιο τσιμπημένη αλλά όχι πολύ μακριά απο το λύκειο : Να βρεθεί μια συνάρτηση f που να ικανοποιεί την σχέση :
f'(x) = f-1(x)
f'(x) = f-1(x)
Samael
Τιμώμενο Μέλος
Ο Samael αυτή τη στιγμή δεν είναι συνδεδεμένος. Είναι Φοιτητής του τμήματος Ηλεκτρολόγων & Ηλεκτρονικών Μηχανικών ΠΑΔΑ και μας γράφει απο Πειραιάς (Αττική). Έχει γράψει 10,275 μηνύματα.
16-09-21
17:28
Ουσιαστικά ελένισες. Έτσι το είχα κάνει και εγώ αρχικά αλλά κατέληγε σε απροσδιοριστία και βαριόμουν να το φτιάξω οπότε προσπάθησα να το φράξω .
View attachment 85693
για καποιο λογο το latex εδω τα επαιξε με μια συγκεκριμενη εκφραση και αναγκαζομαι να γραψω σε ξεχωριστο editor
Samael
Τιμώμενο Μέλος
Ο Samael αυτή τη στιγμή δεν είναι συνδεδεμένος. Είναι Φοιτητής του τμήματος Ηλεκτρολόγων & Ηλεκτρονικών Μηχανικών ΠΑΔΑ και μας γράφει απο Πειραιάς (Αττική). Έχει γράψει 10,275 μηνύματα.
16-09-21
15:23
Yuup this makes more sense.νομιζω το κουραζεις λιγο αδικα.. ξερεις οτι η g ειναι γνησιως φθινουσα στο και γνησιως αυξουσα στο με g(2)=0 αρα δεν μηδενιζεται πουθενα αλλου στο , αρα θα δουμε αν μηδενιζεται πουθενα στο η σκεψη μας ειναι να δουμε το προσημο του g(4) αν ειναι θετικο τοτε απο bolzano θα υπαρχει υπαρξιακη λυση στο αν αντικαταστησουμε βλεπουμε οτι το g(4)=0 αρα δεν μηδενιζεται πουθενα αλλου η συναρτηση , εκτος απο τις θεσεις χ=2,χ=4.
H λυση σου θεωρω ειναι η πιο υποδειγματικη απο την αποψη οτι θα την ακολουθησει η πλειοψηφια
Κοιτώντας μια φορά πάλι την λύση ούτως η άλλως απο το ΘΜΤ το ξ Ε (2,4), οπότε εξορισμού δεν θα μπορούσε ποτέ να ήταν ξ = 2 όπως ισχυρίζομαι στο τέλος. Είναι άτοπο και για αυτό αποτυγχάνει η λύση να πιάσει την άλλη ρίζα και εκεί αποτυγχάνει κυρίως το πράγμα...Πρέπει να σταματήσω να τα απαντάω αυτά αργά μου φαίνεται .
Samael
Τιμώμενο Μέλος
Ο Samael αυτή τη στιγμή δεν είναι συνδεδεμένος. Είναι Φοιτητής του τμήματος Ηλεκτρολόγων & Ηλεκτρονικών Μηχανικών ΠΑΔΑ και μας γράφει απο Πειραιάς (Αττική). Έχει γράψει 10,275 μηνύματα.
16-09-21
14:34
γενικα δεν ειναι νομιμη και δεν ισχυει παντα, γιατι ο εκθετης μπορει να μεταβαλεται διαφορετικα σε σχεση με τον εκθετη, μπορω να βρω παραδειγματα που ισχυει αυτο. Το πιο ευκολο με τριγωνομετρικες συναρτησεις αλλα εδω περα ειναι κομπλε ωστοσο σε επιπεδο γ λυκειου θα υπαρξει θεμα αν γινει κατι τετοια σε μια εξεταση.
Το οριο παντως αντιμετωπιζεται πιο απλα, θα γραψω λυση αργοτερα τοσο και για το τελευταιο,μπορεις να γραψεις και εσυ αν θελεις την λυση σου
Δεν νομίζω να υπάρξει πρόβλημα, το σχολικό χρησιμοποιεί εκφράσεις για το τι γίνεται "κοντά" στο χο. Οπότε κάποιος μπορεί να χτίσει σχετικά επιχειρήματα. Στο παράδειγμα που έθεσες λόγου χάρη το 2^x < 3^x ισχύει για μεγάλες τιμές του χ σαν αυτές που παίρνει όταν πάει στο άπειρο. Δεν ισχύει για κάθε x E R προφανώς αλλά αυτό δεν σημαίνει οτι αχρηστεύει την σημασία της σχέσης να χρησιμοποιηθεί ως ανισότητα. Αυτό ύπο την έννοια οτι υπάρχει xo τέτοιο ώστε όταν x>xo να ισχύει η δοθείσα σχέση. Σε αυτή την περίπτωση θα μπορούσε λοιπόν κάποιος να πει οτι για x > 1 ισχύει το παραπάνω, οπότε για x->+oo να την χρησιμοποιήσει.
ΥΓ. Δεν ξέρω που έχω κάνει λάθος στο δ , αλλά φαντάζομαι κάπου εκεί που κάνω αναφορά στο οτι το ξ πρέπει να είναι επίσης 2.
Ο πιο ασφαλής τρόπος θα ήταν να γίνει Rolle στο [2,4] λοιπόν εφόσον g(2)=g(4) = 0 να δικαιολογηθεί πάλι οτι η g είναι γνησίως φθίνουσα πριν το ξ και γνησίως αύξουσα μετά το ξ και να δειχτεί κάπως οτι το g(ξ) < 0 . Θα το ψάξω περαιτέρω μόλις βρω τον χρόνο όμως γιατί δεν έχει νόημα να πετάξω την λύση χωρίς να δω πιο επιχείρημα την στράβωσε και το κυριότερο το γιατί.
Samael
Τιμώμενο Μέλος
Ο Samael αυτή τη στιγμή δεν είναι συνδεδεμένος. Είναι Φοιτητής του τμήματος Ηλεκτρολόγων & Ηλεκτρονικών Μηχανικών ΠΑΔΑ και μας γράφει απο Πειραιάς (Αττική). Έχει γράψει 10,275 μηνύματα.
16-09-21
13:41
Η ύψωση σε μεταβλητή δύναμη είναι νόμιμη, αλλά το όριο του άνω φράγματος δεν είναι 1 και δεν υπάρχει η ίσο σύγκλιση του κριτηρίου παρεμβολης
Έχεις δίκιο. Ενταξει μικρό το κακό it's almost there εφόσον δεν είναι 0 η απειρο. Άρα πρέπει το άνω φράγμα να διαιρεθεί με e και ξεχωριστά να δειχτεί ότι και πάλι είναι άνω φράγμα.
Το κριτήριο παρεμβολής εφαρμόζεται διότι όταν ισχύει καθαρά η ανίσωση τότε ισχύει και η ανισόισοτητα αφού είναι ισότητα ή ανισότητα. Δεν είναι όπως στο σχολικό αλλά έτσι είναι.
Samael
Τιμώμενο Μέλος
Ο Samael αυτή τη στιγμή δεν είναι συνδεδεμένος. Είναι Φοιτητής του τμήματος Ηλεκτρολόγων & Ηλεκτρονικών Μηχανικών ΠΑΔΑ και μας γράφει απο Πειραιάς (Αττική). Έχει γράψει 10,275 μηνύματα.
16-09-21
13:07
Αυτη η υψωση σε μεταβλητη δυναμη δεν ξερω κατα ποσο νομιμη ειναι θελει συζητηση, τελος παντων το οριο αντιμετομιζεται πιο στοιχειωδως (υψωσι εις την e^{..} και μετα συνεχιζεις) .Επισης στο τελευταιο σαν λυση ειναι και το 4, θα φτιαξω καφε και θα δω πιο καθαρα την συγκεκριμενη προσπαθεια.
Ναι εκείνο το σημείο το σκεφτόμουν και εγώ λίγο αλλά πρέπει να γίνεται λογικά γιατί οι βάσεις είναι >= 1 κοντά στο +οο .
Για το δ έχεις δίκιο, θέλει λίγη διόρθωση. Θα το κοιτάξω και εγώ εάν είναι το απόγευμα πάλι.
Samael
Τιμώμενο Μέλος
Ο Samael αυτή τη στιγμή δεν είναι συνδεδεμένος. Είναι Φοιτητής του τμήματος Ηλεκτρολόγων & Ηλεκτρονικών Μηχανικών ΠΑΔΑ και μας γράφει απο Πειραιάς (Αττική). Έχει γράψει 10,275 μηνύματα.
16-09-21
07:23
Καλημέρα.
Το β αποδεικνύεται παίρνοντας την παράγωγο της συναρτησιακής σχέσης απο όπου προκύπτει f'(x) > 0 άρα f γνησίως αύξουσα. Η κυρτότητα βγαίνει παίρνοντας την δεύτερη παράγωγο. Προκύπτει ένα κλάσμα λόγω της πρώτης παραγώγου, του οποίου ο αριθμητής μέσω πράξεων βγαίνει πάντα θετικός. Ο παρανομαστής επίσης.
Όσον αφορά στο γ :
f(x) > sqrt(e^x)
f(x)lnf(x) > sqrt(e^x)lnf(x)
e^(-x/2) > lnf(x)
e^(e^(-x/2)) > f(x)
Τελικά :
sqrt(e^x) < f(x) < e^(e^(-x/2)) => x > 0 στο +οο
sqrt(e^x)/χ < f(x)/χ < e^(e^(-x/2))χ
Απο το κριτήριο παρεμβολής επειδή τόσο το όριο του άνω και κάτω φράγματος πάνε στο +οο όταν το χ πλησιάζει το +οο, και η ποσότητα f(x)/x θα πλησιάζει το +οο .
Επιπλέον για το ζητούμενο όριο έχουμε :
1 < 1+lnx/f(x) < 1+x/f(x) =>
1 < 1+lnx/f(x) < 1+1/f(x)/x =>
1 < [1+lnx/f(x)]^(f(x)/x) < [1 + 1/f(x)/x]^(f(x)/x)
Εν τέλει πάλι απο το κριτήριο παρεμβολής βρίσκουμε οτι τόσο το κάτω όσο και το άνω φράγμα έχει όριο το 1 στο +οο . Άρα το όριο της φραγμενης ποσότητας μας δίνει 1.
Για το δ :
Παρατηρούμε καταρχάς οτι το 2 είναι ρίζα της εξίσωσης.
Έπειτα θέτουμε : g(x) = 2[f(x) - f(2)] + x[f(2) - f(4)] - 2[f(2) - f(4)]
g'(x) = 2f'(x) + f(2) - f(4) .
Θέτουμε g'(x) = 0 =>
2f'(x) + f(2) - f(4) = 0 =>
f'(x) = f(4) - f(2) / 2 = [f(4) - f(2)] / (4 - 2)
Πράγματι απο το ΘΜΤ για την f στο [2,4] υπάρχει ξ που να ικανοποιεί τέτοια συνθήκη και επίσης είναι μοναδικό καθώς η f είναι κυρτή και επομένως η f' γνησίως αύξουσα. Άρα για x < ξ => g'(ξ) < 0 ενώ για x > ξ => g'(ξ) > 0 .
Παρατήρηση λοιπόν : εαν δείξω οτι ξ = 2 τελείωσα.
g(ξ) = 2[f(ξ) - f(2)] + ξ[f(2) - f(4)] - 2[f(2) - f(4)]
Η εφαπτομένη της f στο ξ είναι :
y - f(ξ) = f'(ξ)(χ-ξ) =>
y - f(ξ) = [f(4) - f(2)]χ/2 - ξ[f(4) - f(2)]/2
y = [f(4) - f(2)]χ/2 - ξ[f(4) - f(2)]/2 + f(ξ) => f κυρτή
f(x) >= [f(4) - f(2)]χ/2 - ξ[f(4) - f(2)]/2 + f(ξ) => με την ισότητα να ισχύει μόνο αν x = ξ
2[f(x) - f(ξ)] >= -x[f(2) - f(4)] + ξ[f(2) - f(4)]
2[f(x) - f(ξ)] + x[f(2) - f(4)] - ξ[f(2) - f(4)] >= 0
2[f(ξ) - f(x)] - x[f(2) - f(4)] + ξ[f(2) - f(4)] <= 0
Για x = 2 στην παραπάνω :
g(ξ) <= 0 , με την ισότητα να μπορει να ισχύει μόνο όταν ξ = 2 .
Τελικά επειδή g(ξ) = g(2) = 0 , και επειδή αυτό το σημείο είναι ελάχιστο της g, συμπεραίνουμε ότι το x = 2 είναι μοναδική λύση της αρχικής εξίσωσης.
Το β αποδεικνύεται παίρνοντας την παράγωγο της συναρτησιακής σχέσης απο όπου προκύπτει f'(x) > 0 άρα f γνησίως αύξουσα. Η κυρτότητα βγαίνει παίρνοντας την δεύτερη παράγωγο. Προκύπτει ένα κλάσμα λόγω της πρώτης παραγώγου, του οποίου ο αριθμητής μέσω πράξεων βγαίνει πάντα θετικός. Ο παρανομαστής επίσης.
Όσον αφορά στο γ :
f(x) > sqrt(e^x)
f(x)lnf(x) > sqrt(e^x)lnf(x)
e^(-x/2) > lnf(x)
e^(e^(-x/2)) > f(x)
Τελικά :
sqrt(e^x) < f(x) < e^(e^(-x/2)) => x > 0 στο +οο
sqrt(e^x)/χ < f(x)/χ < e^(e^(-x/2))χ
Απο το κριτήριο παρεμβολής επειδή τόσο το όριο του άνω και κάτω φράγματος πάνε στο +οο όταν το χ πλησιάζει το +οο, και η ποσότητα f(x)/x θα πλησιάζει το +οο .
Επιπλέον για το ζητούμενο όριο έχουμε :
1 < 1+lnx/f(x) < 1+x/f(x) =>
1 < 1+lnx/f(x) < 1+1/f(x)/x =>
1 < [1+lnx/f(x)]^(f(x)/x) < [1 + 1/f(x)/x]^(f(x)/x)
Εν τέλει πάλι απο το κριτήριο παρεμβολής βρίσκουμε οτι τόσο το κάτω όσο και το άνω φράγμα έχει όριο το 1 στο +οο . Άρα το όριο της φραγμενης ποσότητας μας δίνει 1.
Για το δ :
Παρατηρούμε καταρχάς οτι το 2 είναι ρίζα της εξίσωσης.
Έπειτα θέτουμε : g(x) = 2[f(x) - f(2)] + x[f(2) - f(4)] - 2[f(2) - f(4)]
g'(x) = 2f'(x) + f(2) - f(4) .
Θέτουμε g'(x) = 0 =>
2f'(x) + f(2) - f(4) = 0 =>
f'(x) = f(4) - f(2) / 2 = [f(4) - f(2)] / (4 - 2)
Πράγματι απο το ΘΜΤ για την f στο [2,4] υπάρχει ξ που να ικανοποιεί τέτοια συνθήκη και επίσης είναι μοναδικό καθώς η f είναι κυρτή και επομένως η f' γνησίως αύξουσα. Άρα για x < ξ => g'(ξ) < 0 ενώ για x > ξ => g'(ξ) > 0 .
Παρατήρηση λοιπόν : εαν δείξω οτι ξ = 2 τελείωσα.
g(ξ) = 2[f(ξ) - f(2)] + ξ[f(2) - f(4)] - 2[f(2) - f(4)]
Η εφαπτομένη της f στο ξ είναι :
y - f(ξ) = f'(ξ)(χ-ξ) =>
y - f(ξ) = [f(4) - f(2)]χ/2 - ξ[f(4) - f(2)]/2
y = [f(4) - f(2)]χ/2 - ξ[f(4) - f(2)]/2 + f(ξ) => f κυρτή
f(x) >= [f(4) - f(2)]χ/2 - ξ[f(4) - f(2)]/2 + f(ξ) => με την ισότητα να ισχύει μόνο αν x = ξ
2[f(x) - f(ξ)] >= -x[f(2) - f(4)] + ξ[f(2) - f(4)]
2[f(x) - f(ξ)] + x[f(2) - f(4)] - ξ[f(2) - f(4)] >= 0
2[f(ξ) - f(x)] - x[f(2) - f(4)] + ξ[f(2) - f(4)] <= 0
Για x = 2 στην παραπάνω :
g(ξ) <= 0 , με την ισότητα να μπορει να ισχύει μόνο όταν ξ = 2 .
Τελικά επειδή g(ξ) = g(2) = 0 , και επειδή αυτό το σημείο είναι ελάχιστο της g, συμπεραίνουμε ότι το x = 2 είναι μοναδική λύση της αρχικής εξίσωσης.
Samael
Τιμώμενο Μέλος
Ο Samael αυτή τη στιγμή δεν είναι συνδεδεμένος. Είναι Φοιτητής του τμήματος Ηλεκτρολόγων & Ηλεκτρονικών Μηχανικών ΠΑΔΑ και μας γράφει απο Πειραιάς (Αττική). Έχει γράψει 10,275 μηνύματα.
15-09-21
18:00
Μια απόπειρα για το πρώτο που έκανα είναι η εξής :Εστω παραγωγισιμη και ισχυει,
νδο
α)
β)νδο η f ειναι γνησιως αυξουσα και κυρτη
γ)
δ) να λυθει η εξισωση:
f(x)ln(f(x)) = e^x > 0 =>
f(x)ln(f(x)) > 0
Eπειδή γνωρίζουμε πως f(x) > 0 , αναγκαστικά πρέπει ln(f(x)) > 0 => f(x) > 1 .
Επιπλέον αφού sqrt(e^x) <= 1 για x<= 0 , συμπεραίνουμε οτι η ανισότητα ισχύει για τον αρνητικό ημιάξονα.
Επομένως μένει να αποδείξουμε οτι για x > 0 ισχύει : f(x) > sqrt(e^x) .
Έστω πως δεν ισχύει. Έστω δηλαδή πως είναι : f(x) <= sqrt(e^x) .
Εφόσον e^x > sqrt(e^x) :
f(x)ln(f(x)) > sqrt(e^x) >= f(x) =>
ln(f(x)) > f(x) => ( επιτρέπεται αφού : f(x) > 0 )
ln(f(x)) > 1 =>
f(x) > e =>
Άρα : f(x)ln(f(x)) > e για κάθε χ > 0 (επιτρέπεται αφού f(x)>0 και ln(f(x)) > 0 αφού f(x) > 1 ).
Άτοπο διότι για x = 1 :
f(1)ln(f(1)) = e .
Άρα για κάθε x E R είναι : f(x) > sqrt(e^x) .
Αυτό για το α. Ίσως ασχοληθώ αργότερα με τα άλλα ερωτήματα εαν βρω χρόνο.
Samael
Τιμώμενο Μέλος
Ο Samael αυτή τη στιγμή δεν είναι συνδεδεμένος. Είναι Φοιτητής του τμήματος Ηλεκτρολόγων & Ηλεκτρονικών Μηχανικών ΠΑΔΑ και μας γράφει απο Πειραιάς (Αττική). Έχει γράψει 10,275 μηνύματα.
15-09-21
01:12
Ναι σόρρυ, ελάχιστη έπρεπε να λέει.Σε αυτό το σημείο σε εχασα για τα καλά. Εννοείς ελάχιστη τιμή λογικά. Αλλά και πάλι σε όλη την αιτιολόγηση κάτι δε μου κολλάει. Επειδή οι δυο παράγοντες έχουν την ίδια μονοτονία, το γινόμενο τους μεταβαλλεται με όμοιο τρόπο; Αυτό εννοείς;
Ye έχεις δίκιο,θέλει λίγο παραπάνω αιτιολόγηση. Λόγω της ιδιομορφίας που υπάρχει καθώς το x πλησιάζει το 0, προκαλεί αλλαγή της μονοτονίας της συνάρτησης πράγματι. Σε εκείνο το σημείο πρέπει να πάρεις την παράγωγο της sinx*ln(sinx) οπότε και να δείξεις οτι όταν sin(xο) = 1/e η παράγωγος μηδενίζεται. Θέλει λίγη αλλά απλή επιχειρηματολογία για να πείσεις οτι είναι ελάχιστο. Οπότε sinxo = 1/e < 1/2 = sin(π/6) δηλαδή : xo < π/6 , καθώς στο διάστημα [0,π/2] η sinx είναι γνησίως αύξουσα. So we're good γιατί το σημείο που αλλάζει τελικά η μονοτονία της sinx*ln(sinx) είναι πριν απο το π/6 .
Samael
Τιμώμενο Μέλος
Ο Samael αυτή τη στιγμή δεν είναι συνδεδεμένος. Είναι Φοιτητής του τμήματος Ηλεκτρολόγων & Ηλεκτρονικών Μηχανικών ΠΑΔΑ και μας γράφει απο Πειραιάς (Αττική). Έχει γράψει 10,275 μηνύματα.
13-09-21
21:38
Μπορούμε να θεωρήσουμε συνάρτηση :Εστω: συνεχης και ισχυουν οι σχεσεις :
νδο
h(x) = f(x) - cosx , α <= x <= b .
Ολοκληρώνοντας αριστερά και δεξιά :
H(x) = F(x) - sinx + sinα , α <= x <= b , όπου F(x) = ∫f(x) dx απο α εως x .
H(α) = 0
H(b) = F(b) - sinb + sinα
Απο την δεύτερη συνθήκη ισχύει : F(b) < sinb - sinα => F(b) - sinb + sinα < 0 , οπότε H(b) < 0.
Εφόσον η H είναι παραγωγίσιμη στο (α,β) και συνεχής στο [α,β] , απο το ΘΜΤ υπάρχει τουλάχιστον ένα ζ Ε (α,β) τέτοιο ώστε :
H'(ζ) = h(ζ) = [H(b)-H(α)] / (b-α) = H(b)/(b-α) < 0 , διότι b>α και H(b) < 0 .
Άρα υπάρχει τουλάχιστον ένα ζ Ε (α,β) τέτοιο ώστε h(ζ) < 0 .
Έχουμε επίσης οτι : e^x - x - cosx >= e^x - x -1 .
Απο την γνωστή ανισότητα όμως : e^x >= x + 1 => e^x - x - 1 >= 0 για κάθε x E R , με την ισότητα να ισχύει μόνο για x = 0.
Το ολοκλήρωμα της ποσότητας e^x - x -1 λοιπόν σε ένα διάστημα [α,b] , όπου b > α, θα είναι πάντα θετικό.
Εφόσον η ποσότητα e^x - x - cosx είναι μεγαλύτερη ή ίση της προηγούμενης, και αυτής λοιπόν το ολοκλήρωμα σε ένα διάστημα [α,b] με b>α θα είναι πάντα θετικό. Ας ονοματίσουμε το αποτέλεσμα :
Α = ∫( e^x - x - cosx )dx > 0
Απο την πρώτη συνθήκη λοιπόν αφαιρούμε απο κάθε μέλος το cos(α) και προσθέτουμε 1 :
A + 1 - cos(α) = f(α) - cos(α) = h(α) .
Εφόσον Α > 0 και cos(α) <= 1 => 0 <= 1-cos(α), ξεκάθαρα η συνολική αριστερή ποσότητα : Α + 1 - cos(α) είναι θετική. Εν τέλει, μπορούμε να αποφανθούμε πως h(α) > 0 .
Εφόσον η h είναι συνεχής στο [α,b] ως συνάρτηση συνεχών συναρτήσεων και h(α)h(ζ) < 0 , απο το θεώρημα Bolzano υπάρχει τουλάχιστον ένα ξ Ε (α,ξ) C (α,b) τέτοιο ώστε h(ξ) = 0 . Δηλαδή f(ξ) - cosξ = 0 ή f(ξ) = cosξ .
Samael
Τιμώμενο Μέλος
Ο Samael αυτή τη στιγμή δεν είναι συνδεδεμένος. Είναι Φοιτητής του τμήματος Ηλεκτρολόγων & Ηλεκτρονικών Μηχανικών ΠΑΔΑ και μας γράφει απο Πειραιάς (Αττική). Έχει γράψει 10,275 μηνύματα.
11-09-21
15:06
Νταξ δεν θα το έλεγα, το Γ1 απαιτούσε απλά την έκφραση του χρόνου ως απόσταση δια ταχήτητα, γνωστό απο την φυσική, και απο τα μαθηματικά έναν νόμο συνημιτόνων. Το Γ2 ήταν βασική παραγώγιση και εύρεση ακρότατου ενώ το Γ3 μια αντικατάσταση τιμών στον τύπο του Γ1,και μια απλή σύγκριση τιμών των περιπτώσεων ΙΙ και ΙΙΙ ,αφού η Ι εξορισμού λόγω του Γ2 ήταν η "χειρότερη" λύση χρονικά. Θεωρώ πως ένας δυνατός μαθητής χωρίς κενάμα τα τελευταια χρονια τις αποφευγουν αυτες τις ασκησεις απο οτι βλεπω.μην μου πεις οτι αυτο το τριτο θεμα δεν σου εβγαζε λιγο μυαλο για να το λυσεις
Συγκριτικά με τις ασκήσεις στυγνής εφαρμογής θεωρημάτων καλύτερα μεν, αλλά το ιδανικό θα ήταν ο συνδυασμός των βασικών θεωρημάτων σε προβλήματα φυσικής όπως αυτό. Διότι ωθεί αβίαστα τον μαθητή να κάνει μια αντιστοίχιση των θεωρητικών εννοιών των μαθηματικών με διαισθητικές εικόνες που έχει απο την φύση. Τουλάχιστον αυτό θα ήταν το πιο λογικό για τον λογισμό κατ' εμέ. Ούτως η άλλως και ο Νεύτωνας παρατηρώντας την κίνηση των ουράνιων σωμάτων δημιούργησε τον λογισμό. Και απο εκεί αποδείχθηκε πόσο χρήσιμη είναι η εφαρμογή του και οι μεθόδοι του σε όλα τα πεδία που περιλαμβάνουν μεταβολές είτε συνδέονται πια με τον φυσικό κόσμο είτε όχι.
Samael
Τιμώμενο Μέλος
Ο Samael αυτή τη στιγμή δεν είναι συνδεδεμένος. Είναι Φοιτητής του τμήματος Ηλεκτρολόγων & Ηλεκτρονικών Μηχανικών ΠΑΔΑ και μας γράφει απο Πειραιάς (Αττική). Έχει γράψει 10,275 μηνύματα.
11-09-21
14:12
το θεμα ειναι οτι τα μαθηματικα εχουν ξεφτιλιστει εντελως.δηλαδη βλεπω παιδια να ξερουν να προγραμματισουν να κανουν απιστευτα κολπα με υπολογιστες και να ναι παντελως αγραμματα στα μαθηματικα δηλαδη δωρον αδωρον αν δεν καταλαβαινουν τι κανουν.δεν ξερω τι φταιει αλλα σε λιγα χρονια θα βγαζουμε πνευματικα νεκρους πτυχιουχους που απλα θα ναι συντονισμενοι με τσιπακια
Φταίνε και οι μαθηματικοί για αυτό. Δες την ύλη, τόσες ασκήσεις με εφαρμογές θεωρημάτων σε περίεργες και εντελώς αυθαίρετες εξισώσεις και ανισώσεις. Δεν λέω οτι δεν χρειάζονται, αλλά το έχουν παρακάνει. Πιο πολύ λειτουργεί το μυαλό όταν λύνει ένα νέο πρόβλημα μέσω προγραμματισμού και επεξεργάζεται έννοιες και δεδομένα παρά όταν λύνει μια ακόμα άσκηση με Bolzano ή ΘΜΤ δοκιμάζοντας τα γνωστά στάνταρ τρικ χωρίς καμία σκέψη και intuition. Ναι στην αρχή είναι καλές αυτές οι ασκήσεις, αλλά μετά απο ένα σημείο υπάρχει κορεσμός στην σκέψη. Είναι ασκήσεις για εξοικείωση απο εκεί και πέρα δεν προσφέρουν κάτι(ούτε πνευματικά ούτε πρακτικά),οπότε ίσως τα προβλήματα θα έπρεπε να γίνουν κάπως πιο...δημιουργικά υποθέτω ;
Samael
Τιμώμενο Μέλος
Ο Samael αυτή τη στιγμή δεν είναι συνδεδεμένος. Είναι Φοιτητής του τμήματος Ηλεκτρολόγων & Ηλεκτρονικών Μηχανικών ΠΑΔΑ και μας γράφει απο Πειραιάς (Αττική). Έχει γράψει 10,275 μηνύματα.
08-09-21
19:44
Το S = R*Δθ εννοείς ;εδω δωσανε το μηκος τοξου.μεγαλη ξεφτιλα
Ομοίως και αυτό βγαίνει αβίαστα με μια απλή μέθοδο των τριών και να μην το θυμόταν κάποιος,οπότε δεν χρειαζόταν να το δώσουν.
Εφόσον :
2πR -> 2π
s -> Δθ
2πRΔθ = 2πs =>
s = RΔθ
Samael
Τιμώμενο Μέλος
Ο Samael αυτή τη στιγμή δεν είναι συνδεδεμένος. Είναι Φοιτητής του τμήματος Ηλεκτρολόγων & Ηλεκτρονικών Μηχανικών ΠΑΔΑ και μας γράφει απο Πειραιάς (Αττική). Έχει γράψει 10,275 μηνύματα.
08-09-21
19:42
Γιατί να δώσουν κάτι τέτοιο ως δεδομένο ;u=ΔΧ/ΔΤ τουλαχιστον οταν πηγαινα δευτερα γυμνασιου ετσι μας τον μαθαινανε τωρα δεν ξερω αν αλλαξε
Εαν κάποιος δεν το γνωρίζει αυτό προφανώς δεν πρέπει να περάσει πουθενά.
Samael
Τιμώμενο Μέλος
Ο Samael αυτή τη στιγμή δεν είναι συνδεδεμένος. Είναι Φοιτητής του τμήματος Ηλεκτρολόγων & Ηλεκτρονικών Μηχανικών ΠΑΔΑ και μας γράφει απο Πειραιάς (Αττική). Έχει γράψει 10,275 μηνύματα.
08-09-21
19:38
μπορει να μου πει καποιος γτ θεωρησανε δεδομενο τον τυπο της ταχυτητας και τον τυπο του μηκους τοξου τον δωσανε??vertigo την επιασε την επιτροπη ή δωσανε τα θεματα φυσικοι?
Συγγνώμη,ποιος είναι ο "τύπος της ταχύτητας" ;
Samael
Τιμώμενο Μέλος
Ο Samael αυτή τη στιγμή δεν είναι συνδεδεμένος. Είναι Φοιτητής του τμήματος Ηλεκτρολόγων & Ηλεκτρονικών Μηχανικών ΠΑΔΑ και μας γράφει απο Πειραιάς (Αττική). Έχει γράψει 10,275 μηνύματα.
23-04-21
22:30
σωστα οταν επεσε ομως πριν 13 χρονια κλαψανε πολλοι τοτε.θεωρω οταν ξαναμπουν τα ολοκληρωματα υλη παλι θα ειναι πιθανο θεμα κατευθειαν
Τα ολοκληρώματα έχουν βγει απο την ύλη ; Δεν είμαστε καλά... .
Samael
Τιμώμενο Μέλος
Ο Samael αυτή τη στιγμή δεν είναι συνδεδεμένος. Είναι Φοιτητής του τμήματος Ηλεκτρολόγων & Ηλεκτρονικών Μηχανικών ΠΑΔΑ και μας γράφει απο Πειραιάς (Αττική). Έχει γράψει 10,275 μηνύματα.
21-04-21
21:13
Όχι ιδιαίτερα δύσκολη ασκησούλα, αλλά είναι μια καλή γενική πάνω στα όρια που όποιος την δοκιμάσει θα καταλάβει εάν έχει κενά και εάν χρειάζεται να εξασκηθεί παραπάνω. Μου αρέσει πάντως πολύ το γεγονός απο άποψη ιδέας οτι ορίζει συνάρτηση μέσω ορίου. Δεν συνηθίζεται τόσο στο λύκειο ή μάλλον ξεχνιέται οτι μπορεί να γίνει(η e^x ορίζεται και έτσι ουσιαστικά μεταξύ άλλων τρόπων). Οπότε είναι καλή για να ψαρώσει κάποιον πιστεύω. Αλλά και μια ευκαιρία για να καταλάβει ο μαθητής πόσο ελαστικές είναι οι έννοιες που μαθαίνει.
f(λ) = (e-1)/(e+1) , αν λ = e.
f(λ) = -1/λ , αν λ > e
f(λ) = e , αν 0< λ < e
f(λ) = -1/λ , αν λ > e
f(λ) = e , αν 0< λ < e
Samael
Τιμώμενο Μέλος
Ο Samael αυτή τη στιγμή δεν είναι συνδεδεμένος. Είναι Φοιτητής του τμήματος Ηλεκτρολόγων & Ηλεκτρονικών Μηχανικών ΠΑΔΑ και μας γράφει απο Πειραιάς (Αττική). Έχει γράψει 10,275 μηνύματα.
15-04-21
17:18
το λεω επειδη ετσι οπως εχει δοθει στο σχημα το χ<0.οποτε βαζουμε το απολυτοχ.τεσπα μην κολλαμε σε λεπτομερειες.φοβερη η λυση σου και μακαρι να ενθαρρυνθουν πολλοι να διδασκουν τετοιες λυσεις και οχι τυφλοσουρτηδες
Θα μπορούσα και εγώ να είμαι πιο ξεκάθαρος ως προς το notation για αποφυγή τυχών παρερμηνείας των συμβόλων όντως. Πάντως ναι μπορείς να βάλεις όπου χ το (Οχ) στην λύση πάνω και κάτω που λεω για αλγεβρική τιμή να γράψεις χ = ... .
Η λύση μέσω της Ευκλείδειας γεωμετρίας είναι η πιο κομψή νομίζω και εγώ, άσχετα που δεν είναι και το πιο δυνατό μου σημείο.
Samael
Τιμώμενο Μέλος
Ο Samael αυτή τη στιγμή δεν είναι συνδεδεμένος. Είναι Φοιτητής του τμήματος Ηλεκτρολόγων & Ηλεκτρονικών Μηχανικών ΠΑΔΑ και μας γράφει απο Πειραιάς (Αττική). Έχει γράψει 10,275 μηνύματα.
15-04-21
17:06
μα το χ ετσι οπως ειναι ορισμενο στο σχημα προφανως ειναι αρνητικο οποτε το -χ ειναι η θετικη ποσοτητα.νομιζω οτι το ορθο να το πεις απο την αρχη.στο τελος που το βαζεις κανεις δεν ξερει τι γινεται με τον αριθμητη παρα μονο με τον παρονομαστη που ξερεις τη σχεση του sinθ με το θ
Δεν διαφωνώ, για αυτό ακριβώς στο τέλος της λύσης πολλαπλασιάζω με -1 και λεω επίσης :
"Και επειδή το x βρίσκεται στον αρνητικό ημιάξονα,αλγεβρικά η τιμή του χ είναι : ..." .
Και πάλι αναρωτιέμαι όμως πως θα μπορούσες στην Ευκλείδια γεωμετρία να μιλήσεις για αρνητικό μήκος πλευράς;
Εαν θέλουμε να είμαστε αυστηροί πάντως, ούτως η άλλως δεν υπάρχει αρνητικό μήκος σε ένα φυσικό πρόβλημα. Η σωστή ερμηνεία του πλην είναι προς τα αριστερά.
Samael
Τιμώμενο Μέλος
Ο Samael αυτή τη στιγμή δεν είναι συνδεδεμένος. Είναι Φοιτητής του τμήματος Ηλεκτρολόγων & Ηλεκτρονικών Μηχανικών ΠΑΔΑ και μας γράφει απο Πειραιάς (Αττική). Έχει γράψει 10,275 μηνύματα.
15-04-21
16:52
eipa και εγω.εχεις κανει ενα λαθος ομως.επειδη ειναι μηκος το ΡΒ ειναι ΡΒ=cosθ-χ
Αυτόματη ένωση συνεχόμενων μηνυμάτων:
τα τριγωνα που βαλες ειναι ομοια γτ ειναι ορθογωνια και εχουν μια κοινη γωνια.
Δεν κάνω λάθος,το λαμβάνω υπόψιν στο τέλος. Επειδή ακριβώς είναι μήκος δεν μπορείς να πεις :
PB = cosθ-x διότι δεν υπάρχει αρνητικό μήκος(στην ευκλείδια γεωμετρία τουλάχιστον ),και αυτή η ποσότητα στην γενική περίπτωση μπορεί να είναι αρνητική. Διαφορετικά πάλι έχεις καταλήξει στην αναλυτική γεωμετρία. Που ούτως η άλλως δηλαδή εκεί ανήκει το πρόβλημα γιατί μας έχει δώσει σημεία και έχει ορίσει σύστημα αξόνων.
Samael
Τιμώμενο Μέλος
Ο Samael αυτή τη στιγμή δεν είναι συνδεδεμένος. Είναι Φοιτητής του τμήματος Ηλεκτρολόγων & Ηλεκτρονικών Μηχανικών ΠΑΔΑ και μας γράφει απο Πειραιάς (Αττική). Έχει γράψει 10,275 μηνύματα.
15-04-21
16:37
μαλιστα καλα το ψιλιαστηκα οτι θελει αναλυτικη γεωμετρια.πολυ ωραια η λυση σου.αραγε καμια λυση με ευκλειδια γεωμετρια να υπαρχει??
Αυτόματη ένωση συνεχόμενων μηνυμάτων:
σωστος.κοιτα να δεις που εμπλεκονται και διανυσματα αμα το θες.μπορεις και να παρεις τα PM MN διανυσματα το ιδιο βγαινει.και με συντελεστες διευθυνσης βγαινει καθως με βαση τη μορφη του σχηματος τηρουνται οι περιορισμοι
Why not i guess...
NPA και MPB όμοια γιατί έχουν παράλληλες και τις τρεις πλευρές. Οπότε θα ισχύει :
PB/MB = PA/NA
Έχουμε όμως :
PB = cosθ+x
MB = sinθ
PA = x+1
NA = θ
(cosθ + x)/sinθ = (1+x)/θ =>
θcosθ-sinθ = xsinθ -xθ =>
x = (θcosθ-sinθ)/(sinθ-θ)
Και επειδή το x βρίσκεται στον αρνητικό ημιάξονα,αλγεβρικά έχουμε :
x = (θcosθ-sinθ)/(θ-sinθ) cm
Samael
Τιμώμενο Μέλος
Ο Samael αυτή τη στιγμή δεν είναι συνδεδεμένος. Είναι Φοιτητής του τμήματος Ηλεκτρολόγων & Ηλεκτρονικών Μηχανικών ΠΑΔΑ και μας γράφει απο Πειραιάς (Αττική). Έχει γράψει 10,275 μηνύματα.
15-04-21
14:13
View attachment 79417
Κατά την γνωμη μου το πιο επικίνδυνο υποψήφιο θέμα. Βρίσκεται στο σχολικό. Συνδυάζεται για πλάκα με ρυθμό μεταβολής για να το πετάξουν στο Γ
Για να προσδιορίσουμε το χ αρκεί να προσδιορίσουμε την ευθεία που διέρχεται από τα Μ και Ν έτσι ώστε να βρούμε την τομή της με τον άξονα των χ. Καθώς ξέρουμε ήδη ότι Ν = (1 , θ) αρκεί απλά να βρούμε το Μ. Αλλά το Μ δεν θα είναι τίποτε άλλο από Μ = (cosθ , sinθ) , γιατί το Μ ανήκει σε κύκλο ο οποίος έχει ακτίνα 1 cm .
Εν τέλει η ευθεία γράφεται σε μορφη :
y = αx + β
Γνωρίζουμε ότι τα Μ και Ν ανήκουν στην ευθεία. Άρα για το σημείο Μ :
sinθ = α cosθ + β
Για το σημείο Ν :
θ = α + β
Τελικά από το σύστημα των δύο εξισώσεων έχουμε :
β = θ - α , οπότε :
sinθ = α cosθ + θ - α
α(cosθ - 1) = sinθ - θ
α = (sinθ - θ)/(cosθ - 1)
Επισης :
β = θ - (sinθ - θ)/(cosθ - 1)
β = (θcosθ - sinθ)/(cosθ-1)
Τώρα για y = 0 θα είναι :
αχ+β = 0
χ = -β/α
Τελικά :
χ = (θcosθ - θ)/(θ - sinθ)
Οι πράξεις έγιναν με την παραδοχή πάντα λόγω του σχήματος ότι 0 < θ < π/2 .
Samael
Τιμώμενο Μέλος
Ο Samael αυτή τη στιγμή δεν είναι συνδεδεμένος. Είναι Φοιτητής του τμήματος Ηλεκτρολόγων & Ηλεκτρονικών Μηχανικών ΠΑΔΑ και μας γράφει απο Πειραιάς (Αττική). Έχει γράψει 10,275 μηνύματα.
15-04-21
13:38
View attachment 79417
Κατά την γνωμη μου το πιο επικίνδυνο υποψήφιο θέμα. Βρίσκεται στο σχολικό. Συνδυάζεται για πλάκα με ρυθμό μεταβολής για να το πετάξουν στο Γ
Εάν έδινε την γωνία σε μοίρες και ζητούσε ρυθμούς μεταβολής όντως θα ήταν ένα καλό Γ θεματακι.
Samael
Τιμώμενο Μέλος
Ο Samael αυτή τη στιγμή δεν είναι συνδεδεμένος. Είναι Φοιτητής του τμήματος Ηλεκτρολόγων & Ηλεκτρονικών Μηχανικών ΠΑΔΑ και μας γράφει απο Πειραιάς (Αττική). Έχει γράψει 10,275 μηνύματα.
26-03-21
18:18
Ωραία ασκησούλα πράγματι .Δεν είναι αποδεκτό πλέον το 1-1 + συνεχής => γνησίως μονότονη χωρίς απόδειξη
Ας δώσω άλλη μια:View attachment 78048
Samael
Τιμώμενο Μέλος
Ο Samael αυτή τη στιγμή δεν είναι συνδεδεμένος. Είναι Φοιτητής του τμήματος Ηλεκτρολόγων & Ηλεκτρονικών Μηχανικών ΠΑΔΑ και μας γράφει απο Πειραιάς (Αττική). Έχει γράψει 10,275 μηνύματα.
22-02-21
02:40
αυτο στη θεωρια των διαφορικων εξισωσεων ειναι ετοιμη θεωρια.τι να αποδειξεις ακριβως??σαν να μου λες απεδειξε μου οτι εχει μια τουλαχιστον ριζα και να χρησιμοποιω το bolzano και να μου λες απεδειξε το μου μετα.απλα τονισα οτι αυτη ειναι μια απλη σδε σε επιπεδο μαθηματικων τμηματων.στο λυκειο προφανως αυτος ο τροπος δεν ειναι αποδεκτος γτ δεν εχει διδαχθει ως θεωρια οποτε ο μονος διαθεσιμος τροπος ειναι του αλεξανδρου
Αυτόματη ένωση συνεχόμενων μηνυμάτων:
επισης ο samuel ουσιαστικα αποδεικνυει αυτο που παιρνετε απευθειας στο λυκειο οτι φ΄(χ)=φ(χ) τοτε φ(χ)=ce^x καλο ειναι να ξερετε οτι αυτο βγαινει πολλαπλασιαζοντας με e^-x οποτε φ(χ)e^-x=c και βγηκε αυτο.αυτη η εφαρμογη παλια ειχε πεσει σε πανελλαδικες και ειχε καψει πολυ κοσμο,δεν αποκλειεται να ξανατεθει καποια στιγμη αν και και την αντιπαραγωγιση την αποφευγουν οπως ο διαολος το λιβανι τα τελευταια 4 5 χρονια
Μου κάνει εντύπωση που λες οτι είναι έτοιμη θεωρία για το λύκειο. Δεν διαφωνώ οτι κανένας δεν το αποδεικνύει στην πράξη, διότι θεωρείται τετριμμένη γνώση. Για έναν μαθητή λυκείου όμως μοιάζει θέσφατο, και σίγουρα δεν ισχύει σε όλες τις περιπτώσεις των δ.ε. . Εαν ένας μαθητής δοκιμάσει να βάλει ως δοκιμαστική την e^αχ για να λύσει το πρόβλημα, θα καταλήξει σε λύσεις για το α. Απο εκεί και πέρα ποια λογική του λέει, στο επίπεδο του λυκείου τονίζω πάλι, οτι μπορεί να συνδυάσει τις λύσεις ; Δεν νομίζω οτι έχει δει κάτι ανάλογο πουθενά αλλού. Με την ίδια λογική θα έπρεπε εαν λύνει μια 2ου βαθμού εξίσωση και βρει ρίζες
x1= +1 και x2 = -1, να πει αα, και η :
x3 = x1+x2 => x3 =0 ,είναι λύση. Που προφανώς δεν ισχύει απαραίτητα.
Και κάτι ακόμα. Εννοείται οτι ο τρόπος είναι αποδεκτός γιατί είναι μια λύση που θα μπορούσε να σκαρφιστεί ένας μαθητής λυκείου. Για την ακρίβεια, θεωρητικά νομίζω ότι οποιοσδήποτε τρόπος είναι αποδεκτός αρκεί να είναι σωστός και επαρκώς αιτιολογημένος. Αλλά το λέω και πάλι με την ελπίδα ότι θα επικοινωνήσουμε στο τέλος. Η αρχή της υπέρθεσης είναι αυτό που αμφιβάλλω εάν θα σκαρφιζόταν εκείνη την στιγμή κάποιος μαθητής και δεν θα έπεφτε στην παγίδα να πει, έχω δυο λύσεις :
f1(x) = c1e^(ρ1)x και f2(x) = c2e^(ρ2x)
Που clearly,δεν παράγει τον χώρο των λύσεων η καθεμία μόνη της.
Samael
Τιμώμενο Μέλος
Ο Samael αυτή τη στιγμή δεν είναι συνδεδεμένος. Είναι Φοιτητής του τμήματος Ηλεκτρολόγων & Ηλεκτρονικών Μηχανικών ΠΑΔΑ και μας γράφει απο Πειραιάς (Αττική). Έχει γράψει 10,275 μηνύματα.
22-02-21
00:05
Από τα δεδομένα προκύπτει f”(x)=f(x)
Προσθέτοντας και στα 2 μέλη την f’ έχουμε
(f’(x) + f(x))’=f’(x)+f(x)
Άρα από εφαρμογή του σχολικού βιβλίου ισχύει ότι: f’(x) + f(x) = ce^x
η συνέχεια είναι γνωστή.
Δεν ξέρω γιατί το μπλέξατε τόσο το πρόβλημα με υπερβολικά ημίτονα και άλλα .
Αλέξανδρε, πολύ καλή η λύση σου. Μάλιστα στα ανώτερα μαθηματικά οι βασικές συναρτήσεις συχνά ορίζονται ως λύσεις διαφορικών εξισώσεων. Παραθέτω παρακάτω μια μεθοδολογία χωρίς ανάγκη αναφοράς του βιβλίου, την οποία θεωρώ στάνταρ και την πιο φιλική σε αυτό το επίπεδο.
f''(x) = f(x) =>
f''(x)+f'(x) = f(x) +f'(x) =>
f''(x)(e^x) + f'(x)(e^x) = f(x)(e^x) +f'(x)(e^x) =>
[f'(x)(e^x)]' = [f(x)(e^x)]' =>
f'(x)(e^x) = f(x)(e^x) + c =>
Για x = 0 στην παραπάνω και δεδομένου οτι f'(0)=1 & f(0) = 0 =>
f'(0) = c => c = 1
Τελικά :
f'(x)(e^x) = f(x)(e^x) + 1
[f'(x)e^(x) - f(x)e^(x)]/(e^2x) = [e^(-2x)] =>
(f(x)/[e^(x)])' = [-0.5e^(-2x)]' =>
f(x)/[e^(x)] = -0.5e^(-2x) + c =>
f(x) = -0.5e^(-x) + ce^(x)
Και εφόσον :
f(0) = 0 => c= +0.5
Θα έχουμε :
f(x) = 0.5e^(x)- 0.5e^(-x)
Υ.Γ. Ο τρόπος του Ευκλείδη είναι valid,αλλά προσωπικά θα τον απέφευγα γιατί φαίνεται σαν να βγάζεις λαγούς απο το καπέλο εαν δεν αναφερθείς σε πιο προχωρημένες έννοιες. Ακόμα και εαν μαντέψετε δηλαδή την συνάρτηση, οφείλετε να αποδείξετε την αρχή της επαλληλίας, αλλιώς θα οδηγηθείτε σε λάθος λύση. Δηλαδή οτι εαν μια γραμμική διαφορική εξίσωση έχει λύσεις y1(x) και y2(x) ,τότε και ο γραμμικός συνδυασμός τους είναι λύση. Άρα ως γενική λύση δεχόμαστε την συνάρτηση y(x) = c1*y1(x)+ c2*y2(x) ,οπου c1,c2 σταθερές στο R. Δεν είναι κάτι δύσκολο, αλλά χωρίς το σωστό context δεν είναι τόσο εύκολο. Μάλιστα μπορεί να φαίνεται τελείως intuitive αλλά δεν είναι τόσο όσο φαίνεται.
Samael
Τιμώμενο Μέλος
Ο Samael αυτή τη στιγμή δεν είναι συνδεδεμένος. Είναι Φοιτητής του τμήματος Ηλεκτρολόγων & Ηλεκτρονικών Μηχανικών ΠΑΔΑ και μας γράφει απο Πειραιάς (Αττική). Έχει γράψει 10,275 μηνύματα.
26-12-20
15:45
απλα αν ισχυει απολυτο φ=απολυτοg με φ,g συνεχεις ισχυει οτι και στους αριθμους.ο τυπος αυτος με συνδυαστικη φανταζομαι θα τον εβγαλες
Ισχύει κατά διαστήματα μόνο και όχι για ολόκληρες τις συναρτήσεις ακόμα και εαν είναι συνεχείς. Απλά όταν είναι συνεχείς οι συναρτήσεις, υπάρχει πεπερασμένο και μετρήσιμο πλήθος συναρτήσεων που ικανοποιούν την εξίσωση.
Δεν χρειάζεται να ξέρεις συνδυαστική για να βγάλεις αυτόν τον τύπο,βγαίνει και με παρατήρηση με επαγωγή. Απο πλευράς συνδυαστικής όμως αυτό που έχει αξία να παρατηρήσει κανείς είναι οτι για κάθε επιπλέον ρίζα,διπλασιάζεται ο αριθμός των συναρτήσεων που ικανοποιούν την εξίσωση. Το παραπάνω concept είναι deep και όσοι προχωρήσουν με σπουδές στην πληροφορική θα δουν πόσο θεμελιώδης είναι για την ψηφιακή εποχή καθώς και οτι η ιδέα επεκτείνεται σε όλα τα συστήματα που μπορούν να έχουν δυο καταστάσεις (όπως και ένα e- π.χ. που μπορεί να έχει spin up ή spin down). Για αυτό είπα και εξ'αρχής οτι τέτοια προβληματάκια δεν είναι απλά μια ενδιαφέρον άσκηση,αλλά μπορούν να είναι insightful ως προς τι μπορεί να χτίσει κανείς χειριζόμενος σωστά ορισμένα μαθηματικά αντικείμενα. Αλλά επειδή είμαστε σε διακοπές το αφήνω εδώ για να μην κάψουμε τους εγκεφάλους μας άλλο .
Samael
Τιμώμενο Μέλος
Ο Samael αυτή τη στιγμή δεν είναι συνδεδεμένος. Είναι Φοιτητής του τμήματος Ηλεκτρολόγων & Ηλεκτρονικών Μηχανικών ΠΑΔΑ και μας γράφει απο Πειραιάς (Αττική). Έχει γράψει 10,275 μηνύματα.
26-12-20
15:23
Εαν οι συναρτήσεις δεν είναι συνεχείς, για δεδομένη g,υπάρχουν άπειρες f που ικανοποιούν την σχέση πράγματα . Και εαν είναι συνεχείς στο R με ν E N* ρίζες τότε υπάρχουν 2^(ν+1) f συναρτήσεις που ικανοποιούν την σχέση.
Samael
Τιμώμενο Μέλος
Ο Samael αυτή τη στιγμή δεν είναι συνδεδεμένος. Είναι Φοιτητής του τμήματος Ηλεκτρολόγων & Ηλεκτρονικών Μηχανικών ΠΑΔΑ και μας γράφει απο Πειραιάς (Αττική). Έχει γράψει 10,275 μηνύματα.
25-12-20
18:50
Δεν θυμάμαι ακριβώς περί τίνος ήταν, έχουν περάσει και πολλά χρόνια άλλωστε. Τέλος πάντων κάπως προέκυπτε αυτή η εξίσωση μεταξύ δυο συναρτήσεων f και g μέσα σε απόλυτα. Το point είναι,οτι αυτές οι ασκησούλες είναι καλές γιατί εισάγουν τον μαθητή σε ένα καινούριο concept το οποίο δεν γνωρίζει γενικά στο λύκειο άμεσα,και αυτό είναι η συνδυαστική. Ειδικά το παράδειγμα με τα απόλυτα μεταξύ των δυο συναρτήσεων ήταν πολύ καλό. Με δυο αριθμούς sure,ισχύει οτι |α|=|β| => α=β ή α=-βσωστο.απλα για καποιο λογο εχεις μπερδεψει στο μυαλο σου οτι το f(x1) και f(x2) εχουν ιδια συμπεριφορα με τα χ1 και χ2 που υπεθεσες.εσυ δεν λες οτι η συναρτηση αφου δεν ειναι γνησιως αυξουσα ειναι γνησιως φθινουσα(ουσιαστικα φθινουσα σκετο γτ παιζεις και με το ισον) λες δεν ειναι γνησιως αυξουσα.ξεμπερδεψε τα αυτα στο μυαλο σου γτ μπορει να την πατησεις σε κανα σωστο λαθος ή σε καμια ασκηση και ειναι κριμα
Αυτόματη ένωση συνεχόμενων μηνυμάτων:
νομιζω το θεμα με τα απολυτα που λες επρεπε να πεις f(κατι)=f(ταδε) και να χρησιμοποιησεις το 1-1.
Αυτόματη ένωση συνεχόμενων μηνυμάτων:
παντως ο φιλος βαζει ασκησεις που αν πεφτανε σε πανελλαδικες θα κλαιγανε πολλοι
Αντίθετα τώρα,όταν μιλάμε για συναρτήσεις,δεν μπορείς να πεις οτι f(x)=g(x) ή f(x)=-g(x) ,καθώς υπάρχουν άπειρες στο πλήθος συναρτήσεις που οι απόλυτες τους τιμές μπορούν να είναι ίσες. Επίσης τονίζει λίγο κάτι που συχνά ξεχνιέται και αυτό είναι οτι μια συνάρτηση f ,είναι ένα μαθηματικό κατασκεύασμα με κάποιες ιδιότητες,οπότε χρειάζεται προσοχή στο πως την χειρίζεσαι και τι συμπεράσματα εξάγεις για αυτήν(όπως και σε αυτό το παράδειγμα).
Btw όποιος θέλει να ασχοληθεί με την απόδειξη της πρότασης που ανέφερα : μπορεί να θεωρήσει χωρίς βλάβη της γενικότητας α,β,γ Ε Α,με α<β<γ ,οπου Α το πεδίο ορισμού της f,και να δείξει οτι δεν μπορεί για μια συνεχής και 1-1 συνάρτηση να υπάρξει σημείο γ εκτός του [α,β] τέτοιο ώστε το f(γ) να είναι μεταξύ των f(α),f(β) . Με λίγο μπλα μπλα καταλήγει στο οτι η f δεν μπορεί να είναι παρα μόνο γνησίως μονότονη(θα χρειαστεί χρήση του θεωρήματος ΘΕΤ).
Samael
Τιμώμενο Μέλος
Ο Samael αυτή τη στιγμή δεν είναι συνδεδεμένος. Είναι Φοιτητής του τμήματος Ηλεκτρολόγων & Ηλεκτρονικών Μηχανικών ΠΑΔΑ και μας γράφει απο Πειραιάς (Αττική). Έχει γράψει 10,275 μηνύματα.
25-12-20
17:37
ωραιος.δεν το ειχα σκεφτει αυτο.βεβαια φανταζομαι οτι πρεπει να το αποδειξουνε.τωρα θα μου πεις και ενα οριο που βαλανε φετος και πιστευα οτι ηθελε αποδειξη το παιρνανε κατευθειαν.οποτε οποιος ασχολειται ξερει αν θελει αποδειξη ή δεν θελει
Αυτόματη ένωση συνεχόμενων μηνυμάτων:
δεν μπαινει και ο μαρκος πλεον στο σαιτ που ασχολειται με τη γ ταξη επαγγελματικα οποτε θα ξερει.
Είμαι αρκετά σίγουρος οτι υπάρχει σαν πρόταση στα πρώτα κεφάλαια του βιβλίου εκεί που μιλάει για τις 1-1 συναρτήσεις. Αλλά η απόδειξη είναι πανεύκολη ούτως άλλως αρκεί να καταλάβει κανείς οτι μια συνάρτηση για την οποία δεν χρειάζεται να σηκώσεις το στυλό ώστε να την σχεδιάσεις, και ποτέ δεν μπορεί να πάρει ξανά την ίδια τιμή,ή θα ανεβαίνει ή θα κατεβαίνει συνεχώς.
Απο εκεί και πέρα γενικά αυτά τα θέματα είναι λίγο ύπουλα στο τι υπόθεση μπορεί κάποιος να κάνει. Είναι σαν εκείνο το θέμα με την εξίσωση μεταξύ απολύτων τιμών συναρτήσεων εαν θυμάσαι. Πάντως σε αυτά τα ερωτήματα κανείς μπορεί να απαντήσει με διάφορους τρόπους,το θέμα είναι να χρησιμοποιήσεις αυτόν που είναι ο πιο απλός και γρήγορος.
Εξακολουθώ να μην καταλαβαίνω ή μπορεί απλά να είναι μια παρεξήγηση. Έδειξα ότι ΔΕΝ γίνεται να ΥΠΑΡΞΟΥΝ (όχι για κάθε) χ1<χ2 για τα οποία να ισχύει f(x1)>=f(x1). Άρα, για κάθε x1<x2, δεν προκύπτει ότι f(x1)<f(x2);
Αλέξανδρε δεν έχει σημασία τι προσπαθούσες να κάνεις. Όταν προκύπτει λογικό σφάλμα στην απόδειξη μας,ουσιαστικά όλα τα μετέπειτα βήματα είναι λάθος. Και εαν αυτό δεν συμβαίνει,σημαίνει οτι σίγουρα έχουμε κάνει και δεύτερο λογικό σφάλμα στο αμέσως επόμενο βήμα.Ανεξάρτητα λοιπόν εαν υπέθετες ύπαρξη, η συνεπαγωγή σου είναι λάθος σε εκείνο το σημείο.
Δες το και αλλιώς,χωρίς να έχεις κάποια πληροφορία για το εαν μια συνάρτηση είναι μονότονη,λες ουσιαστικά οτι "Αα δεν είναι γνησίως αύξουσα,άρα θα πρέπει να είναι γνησίως φθίνουσα". Δηλαδή άθελα σου,δέχεσαι οτι είναι γνησίως μονότονη.Κάτι που σαφώς και δεν σου δίνεται ούτε αποδεικνύεις ο ίδιος πρωτύτερα. Δεν μπορείς λοιπόν με κανέναν τρόπο να οδηγηθείς σε σύγκριση μεταξύ των f(f(x1)) και f(f(x2)) γιατί δεν αφορούν την υπόθεση σου πλέον,όπως πριν που είπες οτι "έστω οτι δεν είναι γνησίως αύξουσα άρα θα υπάρχουν..." . Γιατί πλέον χρειάζεσαι γνώση που αφορά την συμπεριφορά της συνάρτησης.
Εαν παρατηρήσεις,στην λύση που σου πρότεινα,έκανα ακριβώς αυτό πρώτα. Χρησιμοποιήσα το θεώρημα που είδες,για να πω οτι "Απο αναγκαιότητα βάσει των δεδομένων,η f είναι μονότονη" . Και έπειτα είπα, "Αα ωραία,τώρα πρέπει να αποφανθρώ εαν είναι γνησίως αύξουσα ή γνησίως φθίνουσα".
Samael
Τιμώμενο Μέλος
Ο Samael αυτή τη στιγμή δεν είναι συνδεδεμένος. Είναι Φοιτητής του τμήματος Ηλεκτρολόγων & Ηλεκτρονικών Μηχανικών ΠΑΔΑ και μας γράφει απο Πειραιάς (Αττική). Έχει γράψει 10,275 μηνύματα.
25-12-20
07:35
Πάρε ένα απλό παράδειγμα. Πες ότι σου δίνουν την συνάρτηση f(x) = ημx για x μεταξύ του 0 και του 2π.Καταρχάς σε ευχαριστώ παρά πολύ για την απάντησή σου. Απ,ότι καταλαβαίνω η διόρθωση σου αναφέρεται στο ερώτημα με την μονοτονία. Ξεκινάω το άτοπο λέγοντας πως έστω πως η f δεν είναι γνησίως αύξουσα ή ισοδύναμα θεωρώ την f φθίνουσα. Θεωρώντας x1<x2 και από την αρχική μου υπόθεση πως η f είναι φθίνουσα καταλήγω στο f(x1)>=f(x2). Ξερωντας τη διάταξη των f(x1) και f(x2) δε μπορώ να «fάρω» ξανά, και να καταλήξω στο f(f(x1))<=f(f(x2)) (f φθίνουσα)
Είχα την εντύπωση πως ισχύει κάτι τέτοιο. Αν μπορείς δώσε μου ένα αντιπαράδειγμα για να το κατανοήσω καλύτερα διαισθητικά. Και πάλι ευχαριστώ.
Ας την μελετήσουμε. Από 0 έως π/2 είναι γνησίως αύξουσα. Από π/2 έως 3π/2 είναι γνησίως φθίνουσα και από 3π/2 έως 2π είναι πάλι γνησίως αύξουσα.
Φαντάσου τώρα ότι σε ρωτάνε εάν είναι γνησίως αύξουσα. Ξέροντας τα παραπάνω λες αμέσως ότι όχι δεν είναι γνησίως αύξουσα. Άρα είναι γνησίως φθίνουσα ; Πάλι όχι . Τι είναι τελικά ; Τίποτα από τα δύο. Μπορείς να χαρακτηρίσεις την συμπεριφορά της σε συγκεκριμένα διαστήματα αλλά δεν μπορείς να την χαρακτηρίσεις παντα ως αύξουσα η φθίνουσα γενικά. Αυτός είναι ο λόγος που ο συλλογισμός δεν είναι αύξουσα σημαίνει ότι είναι φθίνουσα ,είναι εσφαλμένος.
Ελπίζω να βοήθησα, εάν όχι πες μου να διευκρινίσω περαιτερω.Σε κάθε περίπτωση εύχομαι καλές γιορτές και εγώ .
Samael
Τιμώμενο Μέλος
Ο Samael αυτή τη στιγμή δεν είναι συνδεδεμένος. Είναι Φοιτητής του τμήματος Ηλεκτρολόγων & Ηλεκτρονικών Μηχανικών ΠΑΔΑ και μας γράφει απο Πειραιάς (Αττική). Έχει γράψει 10,275 μηνύματα.
25-12-20
06:44
Καλές γιορτές σε όλους!
Η αλήθεια είναι ότι ήδη έχω κυριολεκτικά ατελείωτη δουλειά για τις διακοπές, αλλά απολαμβάνω περισσότερο τις ασκήσεις που δεν είμαι υποχρεωμένος να λύσω. Επισυνάπτω τη δίκη μου απόπειρα. Επίσης, δεν είμαι και τόσο σίγουρος για την λύση του τελευταίου ερωτήματος, δηλαδή δεν είμαι σίγουρος εάν δικαιούμαι να θεωρήσω τη παράγωγο μιας γνησιως αύξουσας συνάρτησης μεγαλύτερη ή ίση του μηδενός χωρίς κάποια απόδειξη.
View attachment 73417View attachment 73418
Το γεγονός ότι μια συνάρτηση δεν είναι γνησίως αύξουσα και άρα υπάρχουν x1,x2 με x1<x2 τέτοια ώστε f(x1) >=f(x2) δεν συνεπάγεται ότι δεν μπορεί να ισχύει f(f(x1))< f(f(x2)) .
Αυτό διοτι τα f(x1) και f(x2) είναι δύο εντελώς διαφορετικά σημεία της συνάρτησης από τα x1 και x2, στην γειτονιά των οποίων η συνάρτηση μπορεί να αλλάζει συμπεριφορά από αυτήν που είχε στην γειτονιά των σημείων x1 και x2 .Εκτός φυσικά εάν τα σημεία x1 ,f(x1) και x2 και f(x2) ταυτιζονται. Αλλά στην γενική περίπτωση αυτό δεν ισχύει. Η τετριμμένη περίπτωση όπου f(x) = x ικανοποιεί τα δεδομένα μας και επίσης τα σημεία ταυτιζονται. Για αυτό η λύση σου βγάζει σωστο αποτέλεσμα. Αλλά σαν προσέγγιση από άποψη απόδειξης είναι λάθος γιατί στην γενική περίπτωση δεν ισχύει αυτό για μια συνάρτηση όπως είπα.
Προσωπικά θα έλεγα το εξής :
Έστω ότι υπάρχουν σημεία x1 και x2 με x1 διάφορο του x2 τέτοια ώστε : f(x1) = f(x2)
Τότε θα ισχύει :
f(f(x1)) + x1 = 2f(x1)
f(f(x2)) + x2 = 2f(x2)
Αφαιρωντας τις παραπανω κατά μέλη έχουμε :
f(f(x1)) - f(f(x2)) + x1 - x2 = 2( f(x1) - f(x2) )
Εφόσον ισχύει
f(x1) = f(x2) => f(f(x1)) = f(f(x2))
Λαμβάνοντας υπόψιν τις προηγούμενες ισότητες καταλήγουμε από την προπροηγουμενη σχέση στο οτι x1 = x2 .
Άτοπο καθώς υποθέσαμε ότι ήταν διάφορα μεταξύ τους.
Δεδομένου ότι η f είναι συνεχής και 1-1 θα είναι γνησίως μονότονη(αυτό εάν θυμάμαι καλά πρέπει να είναι πρόταση στο σχολικό βιβλίο κάπου,εάν όχι,η απόδειξη δεν είναι τόσο δύσκολη και σε κάθε περίπτωση καταλαβαίνεις διαισθητικά γιατί ισχύει).
Το ερώτημα είναι εάν θα είναι γνησίως αύξουσα η γνησίως φθίνουσα. Γνωρίζουμε ωστόσο ήδη δύο σημεία της f :
f(0) = 2 και f(2) = 4 .
Εφόσον με 0<2 => 2=f(0) < 4=f(2)
και σύμφωνα με τα παραπάνω, η f δεν μπορεί να είναι πάρα γνησίως αύξουσα.
*Σημειώνω επίσης ότι μια συνάρτηση για την οποία f'(x) > 0 είναι γνησίως αύξουσα. Το αντίστροφο δεν ισχύει. Θα είναι δηλαδή για μια γνησίως αύξουσα συνάρτηση f'(x) >= 0 .
Samael
Τιμώμενο Μέλος
Ο Samael αυτή τη στιγμή δεν είναι συνδεδεμένος. Είναι Φοιτητής του τμήματος Ηλεκτρολόγων & Ηλεκτρονικών Μηχανικών ΠΑΔΑ και μας γράφει απο Πειραιάς (Αττική). Έχει γράψει 10,275 μηνύματα.
22-12-20
21:39
Σωστή προσέγγιση.Μια απόπειρα λύσης. Μαθητής Γ’ Λυκείου
(συγγνώμη για τις μουτζούρες)
Samael
Τιμώμενο Μέλος
Ο Samael αυτή τη στιγμή δεν είναι συνδεδεμένος. Είναι Φοιτητής του τμήματος Ηλεκτρολόγων & Ηλεκτρονικών Μηχανικών ΠΑΔΑ και μας γράφει απο Πειραιάς (Αττική). Έχει γράψει 10,275 μηνύματα.
22-12-20
18:11
πολυ παραξενη ασκηση.μονο αυτη ειναι η υποθεση?φ(2)<φ'(χ)<φ(3) ειναι εκει?
Τα δεδομένα επαρκούν για τα ζητούμενα,δεν έχει κάνει λάθος.
Samael
Τιμώμενο Μέλος
Ο Samael αυτή τη στιγμή δεν είναι συνδεδεμένος. Είναι Φοιτητής του τμήματος Ηλεκτρολόγων & Ηλεκτρονικών Μηχανικών ΠΑΔΑ και μας γράφει απο Πειραιάς (Αττική). Έχει γράψει 10,275 μηνύματα.
23-07-20
01:57
Είχα βάλει μια φορά φέτος δύο πολύ δυνατές κοπέλες από ένα τμήμα στο φροντιστήριο να δουλέψουν λίγο την ιδέα προσπαθώντας να βρουν συναρτήσεις με όλο και περισσότερα σημεία ασυνέχειας. Η αλήθεια είναι ότι, μιας και τέτοιες συναρτήσεις προκύπτουν - συνήθως - ως ομοιόμορφο όριο συνεχών συναρτήσεων με «μύτες», είναι δύσκολο να τις αξιοποιήσεις κάπως στην τάξη - βασικά, εμένα μου φαίνεται δύσκολο. :Ρ Αλλά, πρακτικά, αν πεις σε ένα παιδί ότι μία συνάρτηση είναι συνεχής και δεν του πεις κάτι για την παραγωγισιμότητα, είναι σαν του δίνεις, μεταξύ άλλων, και μία τέτοια συνάρτηση - για θεωρητικές ασκήσεις, πάντα.
Ενδιαφέρον άσκηση για να παίξει κάποιος με την ιδέα . Σε πανελλήνιες πράγματι δεν πιστεύω να μπει ποτέ κάτι τέτοιο,πέρα απο το στυλ ιδού η f(x) συνεχής,και καμία πληροφορία για την διαφορισιμότητα στο Df . Εξάλλου δεν αφήνουν και πολλά περιθώρια για να δουλέψει κάποιος και την ύλη της Γ λυκείου καλά .
Τις προετοίμαζες μήπως και για κάποιον μαθηματικό διαγωνισμό ή απλά ήθελες ή/και ήθελαν εκείνες να δουν κάτι πιο τσιμπημένο ;
Samael
Τιμώμενο Μέλος
Ο Samael αυτή τη στιγμή δεν είναι συνδεδεμένος. Είναι Φοιτητής του τμήματος Ηλεκτρολόγων & Ηλεκτρονικών Μηχανικών ΠΑΔΑ και μας γράφει απο Πειραιάς (Αττική). Έχει γράψει 10,275 μηνύματα.
23-07-20
01:42
Κοίτα, χωρίς την υπόθεση της συνέχειας δεν πέφτουμε μέσα στην ύλη του λυκείου - τουλάχιστον με όσα έχω σκεφτεί προς το παρόν. :Ρ
Σωστός,και μέσα στην ύλη γενικά δεν δουλεύονται ιδιαίτερα προβλήματα που δεν διασφαλίζεται έστω η συνέχεια .
Ας ρωτήσω κάτι πιο light τότε(μάλλον ; ). Έχεις σκεφτεί κανένα πρόβλημα με παντού συνεχής αλλά πουθενά διαφορίσιμη συνάρτηση;
Samael
Τιμώμενο Μέλος
Ο Samael αυτή τη στιγμή δεν είναι συνδεδεμένος. Είναι Φοιτητής του τμήματος Ηλεκτρολόγων & Ηλεκτρονικών Μηχανικών ΠΑΔΑ και μας γράφει απο Πειραιάς (Αττική). Έχει γράψει 10,275 μηνύματα.
23-07-20
01:37
Μπορείς να δείξεις όπως πριν ότι f(1)=1/2 και μετά, από τη συνέχεια και το 1-1 και το γεγονός ότι f(x)>1/2 για x> και διάφορο του 1 να καταλήξεις σε άτοπο - θα πρέπει να μοιάζει με μπολάκι εκεί κοντά στο 1. Αλλά εδώ κάπου λίγο ξεφεύγει από το λύκειο. :Ρ
Χμ κατάλαβα το σκεπτικό. Βγάζει απόλυτο νόημα, ωραίος !
Χωρίς την υπόθεση της συνέχειας υπάρχει απάντηση στο ερώτημα ;
Αυτά τα ερωτήματα ύπαρξης είναι καλή άσκηση για το μυαλό και διασκεδαστικά.
Μου θύμισε λίγο ερωτήματα του στυλ "Πόσες συνεχείς συναρτήσεις υπάρχουν;" .
Samael
Τιμώμενο Μέλος
Ο Samael αυτή τη στιγμή δεν είναι συνδεδεμένος. Είναι Φοιτητής του τμήματος Ηλεκτρολόγων & Ηλεκτρονικών Μηχανικών ΠΑΔΑ και μας γράφει απο Πειραιάς (Αττική). Έχει γράψει 10,275 μηνύματα.
23-07-20
01:04
Το bold είναι λάθος, γιατί θα μπορούσε να ισχύει χωρίς να είναι και τα δύο μηδέν - το bold είναι σωστό αν το >= το κάνεις = παντού, αλλά με την ανισότητα δεν ισχύει γιατί μπορεί να ισχύει το > μόνο.
Μπορούμε να αποδείξουμε ότι δεν υπάρχει τέτοια συνάρτηση συνεχής - αυτό είναι οριακά εντός λυκείου. Επίσης, με λίγο κλέψιμο από το πανεπιστήμιο μπορούμε να αποδείξουμε ότι f(x)>1/2 για κάθε x>0.
Λύση 100% εντός της ύλης του λυκείου δεν έχω βρει ακόμα. :Ρ Σε κάποιο σημείο επικαλούμαι και κάτι εκτός ύλης ό,τι κι αν δοκίμασα.
Ναι ακριβώς εκεί φοβόμουν οτι έμπαζε . Δεν ξέρω εαν μπορώ να κάνω κάτι για να το συνεχίσω,propably not .
Εαν είναι συνεχής τότε κάπως διευκολύνεται η κατάσταση. Χωρίς αυτή την πληροφορία πάντως,εαν και αρχικά δεν γεμίζει το μάτι, είναι tough ερώτημα .
Τώρα κάτι εκτός λυκείου δεν είχα δοκιμάσει,αλλά μπορεί να το κάνω .
I feel weak without my derivatives,i'm dying .
Samael
Τιμώμενο Μέλος
Ο Samael αυτή τη στιγμή δεν είναι συνδεδεμένος. Είναι Φοιτητής του τμήματος Ηλεκτρολόγων & Ηλεκτρονικών Μηχανικών ΠΑΔΑ και μας γράφει απο Πειραιάς (Αττική). Έχει γράψει 10,275 μηνύματα.
22-07-20
20:19
Να δυσκολέψουμε λίγο την πρώτη: Εξετάστε αν υπάρχει αντιστρέψιμη συνάρτηση f ορισμένη στο R* με την παραπάνω ιδιότητα, δηλαδή f(x^2)-f^2(x)>=1/4.
Βρήκα λίγο χρόνο να ασχοληθώ και με τούτη . Βαθμολόγησε μαλακά .
Ας υποθέσουμε οτι υπάρχει τέτοια f η οποία είναι 1-1 και επίσης ικανοποιεί την :
f(x²) - f²(x) >= 1/4
Έστω τώρα τυχαία x1,x2 E R* για τα οποία θα ισχύει :
f(x1²) - f²(x1) >= 1/4 (1)
f(x2²) - f²(x2) >= 1/4 (2)
Προσθέτοντας κατα μέλη τις (1) & (2) :
f(x1²) +f(x2²) - [f²(x1)+f²(x2)] >= 1/2 =>
Όμως :
f(x²)>= f(x²) - f²(x) >= 1/4
Δηλαδή f(x²) >= 1/4 για κάθε x Ε R*
Άρα ισχύει f(x1²)+f(x2²) >= 1/2 ,και για να ικανοποιείται η παραπάνω ανίσωση αρκεί :
f²(x1)+f²(x2) <= 0
f²(x1)+f²(x2) = 0 => [f²(x1) = 0] ^ [f²(x2) =0] .
Δηλαδή πρέπει f(x1)=f(x2)=0 . Άρα η f δεν είναι 1-1 .
Samael
Τιμώμενο Μέλος
Ο Samael αυτή τη στιγμή δεν είναι συνδεδεμένος. Είναι Φοιτητής του τμήματος Ηλεκτρολόγων & Ηλεκτρονικών Μηχανικών ΠΑΔΑ και μας γράφει απο Πειραιάς (Αττική). Έχει γράψει 10,275 μηνύματα.
21-07-20
00:58
δεν νομιζω να καταληγει καπου αυτο
παρατηρησε τη σχεση εχει τo (x^2+1)^1/2 με την μοναδα
και κανε το ιδιο
Προσωπικά θα έκανα την εξής προσέγγιση :
Το ολοκλήρωμα της f(x) = 1/xlnx στο [e,e^e] = 1 .
Όμως f/sqrt(x²+1) < f => Int(f/sqrt(x²+1)) < Int(f) = 1 .
Τελικά : Int[1/xlnx*sqrt(x²+1)] < 1
Samael
Τιμώμενο Μέλος
Ο Samael αυτή τη στιγμή δεν είναι συνδεδεμένος. Είναι Φοιτητής του τμήματος Ηλεκτρολόγων & Ηλεκτρονικών Μηχανικών ΠΑΔΑ και μας γράφει απο Πειραιάς (Αττική). Έχει γράψει 10,275 μηνύματα.
20-07-20
23:32
πολυ εξυπνο οριο.f^2+g^2=(f+g)^2-2fg οποτε σπαει το αρχικο οριο στο αθροισμα οριων lim(f+g)=0
και -2limfg/f+g=-2lim1/f+g(διαιρω αριθμητη και παρονομαστη με fg).lim(f+g)=0 και κοντα στο μηδεν ειναι f(x)+g(x)>0 αρα lim(1/f+g)=+00 οποτε επειδη πολλαπλασιαζεται με -2 το τελικο οριο ειναι -00
Πρέπει να έχεις λαθάκι προς το τέλος . Γιατί στον παρανομαστή προκύπτει :
1/[(1/f) + (1/g)] μετά την διαίρεση με το fg. Το όριο βγαίνει 0 άρα .
Samael
Τιμώμενο Μέλος
Ο Samael αυτή τη στιγμή δεν είναι συνδεδεμένος. Είναι Φοιτητής του τμήματος Ηλεκτρολόγων & Ηλεκτρονικών Μηχανικών ΠΑΔΑ και μας γράφει απο Πειραιάς (Αττική). Έχει γράψει 10,275 μηνύματα.
23-10-18
18:03
Έστω h (x) =f (x)-x, x πραγματικός.
Η h συνεχής ως πράξεις συνεχών.
Έστω ότι h (x)><0 για κάθε πραγματικό χ.
Τότε ,θα διατηρεί πρόσημο στο R.
Έστω ότι h (x) >0 για κάθε πραγματικό χ.
Τότε f(x)>x ή f (x)>f (f (x)) ή x>f (x) ( η f γνησίως αύξουσα.) Άτοπο.
Έστω ότι h (x) <0 για κάθε πραγματικό χ.
Τότε f(x)<x ή f (x)<f (f (x)) ή x <f (x) ( η f γνησίως αύξουσα.) Άτοπο. Άρα η h δεν διατηρεί πρόσημο στο R, και αφού είναι συνεχής,θα έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο R. Άρα και η εξίσωση f (x)=x θα έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο R.
Ελπίζω να είναι κατανοητή έτσι όπως την έγραψα.
Αναρωτιεμαι εαν θα ηταν μια επισης αποδεκτη λυση η εξης :
Ισχυει οτι :
f(f(1))=1
f(f(-1))=-1
Εστω :
f(1)=ρ1
f(-1)=ρ2 .
Επειδη : f(R)=R και η f ειναι γνησιως αυξουσα,θα υπαρχουν
x1,x2 E R τετοια ωστε x1=ρ1 και x2=ρ2.
Αρα υπαρχουν x1 και x2 Ε Df=R τετοια ωστε :
f(x1) = 1
f(x2) = -1
Επειδη
1.H f ειναι συνεχης στο πεδιο ορισμου της και
2.f(x1)f(x2)<0
Απο το θεωρημα του Bolzano υπαρχει τουλαχιστον ενα x1<xo<x2 τετοιο ωστε f(xo) = 0 . Αρα η f εχει τουλαχιστον μια ριζα στο πεδιο ορισμου της.
ΥΓ. Οπως ειναι φανερο η συναρτηση της οποιας η αντιστροφη ισουται με την ιδια δεν ειναι αλλη απο την x(με αυτο το πεδιο ορισμου τουλαχιστον).Οποτε μπορουμε να παρουμε οποιες τιμες θελουμε αρκει να ειναι μια θετικη και μια αρνητικη για να μας βγει το Bolzano.
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 5 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.