Guest 018946
Επισκέπτης
Θεωρούμε τους μιγαδικούς τέτοιους ώστε
α) Να αποδειχθεί ότι
β) Να αποδειχθεί ότι δεν υπάρχουν μιγαδικοί με τις παραπάνω ιδιότητες τέτοιοι ώστε , όπου οι εικόνες των
btw νομιζω οτι στον w εχεις κανει λαθος ενα προσημο στον αριθμητη πρεπει ναι ειναι +i
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 10 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
rebel
Πολύ δραστήριο μέλος
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 10 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Guest 018946
Επισκέπτης
Ps: Περιμενω βαρυ υλικο
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 10 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
rebel
Πολύ δραστήριο μέλος
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 10 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Guest 018946
Επισκέπτης
γιατι πολυ θα βολεβε
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 10 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
eimaimathitis
Νεοφερμένος
Αφού η είναι πολυώνυμο πρώτου βαθμού, και η θα είναι πολυώνυμο πρώτου βαθμού.
Έστω λοιπόν, ότι Τότε Οπότε και Ακόμα Άρα
Οπότε έχουμε: Όμως διότι Συνεπώς η γίνεται , που είναι και η μοναδική λύση της εξίσωσης
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 10 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
IasonasM
Εκκολαπτόμενο μέλος
άρα αν έχει ρίζα r τότε r=1
για x=1 η αρχική : f(f(1))=a+b =>f(f(1))=1 => f(f(f(1)))=f(1) => af(1)+b=f(1) => (1-a)*f(1)=b => f(1)=1
άρα όντως η f(x)=x έχει μοναδική ρίζα την x=1.
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 10 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Guest 018946
Επισκέπτης
βαζω οπου χ το φ(χ) στην αρχικη και εχω φ(αχ+β)=αφ(χ)+β
για χ=1 εχω φ(1)=1
αρα ειναι λυση της φ(χ)=χ αφου για χ=1 εχω φ(1)=1 <=> 1=1 που ισχυει
εστω οτι υπαρχει και χ0>1 ωστε φ(χ0)=χ0
τοτε βαζοντας οπου χ το χ0 στην αρχικη θα εδινε φ(φ(χ0))=αχ0+β
φ(χ0)=αχ0+β
χ0=αχ0+β
χ0=1
ατοπο
ομοια παιρνω ατοπο αν υποθεσω οτι χ0<1
και το ζητουμενο εχει αποδειχτει και μπορω να κοιμηθω ησυχος
https://www.youtube.com/watch?v=WY70W5C9VDk
το προβλημα στη λυση του ειμαιμαθητης φαστιστες κουφαλες ερχονται κρεμαλες ειναι οτι δεν ξερεις αμα η φ ειναι οντως πολύωνυμο
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 10 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
eimaimathitis
Νεοφερμένος
Εγώ είπα μεγαλύτερη μαλακία!
Πιο πριν έλυνα ασκήσεις με πολυωνυμικές συναρτήσεις και κόλλησε το μυαλό μου
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 10 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Guest 018946
Επισκέπτης
ολοι θα τα καταφερουμε γαμω
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 10 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 10 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Civilara
Περιβόητο μέλος
Για μία συνάρτηση ισχύει όπου δύο δοσμένοι πραγματικοί αριθμοί με και . Να αποδείξετε ότι η εξίσωση έχει μία μοναδική ρίζα στο
Επειδή α+β=1 τότε β=1-α και επειδή β διάφορο 0 τότε α διάφορο 1.
(i) Αν α=0 τότε β=1 και η σχέση γίνεται f(f(x))=1 για κάθε x ανήκει R. Αν η συνάρτηση f δεν είναι σταθερή τότε υπάρχουν x1, x2 με x1 διάφορο x2 ώστε f(x1) διάφορο f(x2). Τότε έχουμε:
f(x1) διάφορο f(x2) => f(f(x1)) διάφορο f(f(x2)) που είναι άτοπο αφού f(f(x1))=f(f(x2))=1
Άρα η f είναι σταθερή, δηλαδή υπάρχει c ανήκει R ώστε f(x)=c για κάθε x ανήκει R. Άρα f(f(x))=c και επειδή f(f(x))=1 για κάθε x ανήκει R τότε c=1 που σημαίνει ότι f(x)=1 για κάθε x ανήκει R.
f(x)=x => x=1
Άρα η εξίσωση f(x)=x έχει μοναδική ρίζα την x=1
(i) Αν α διάφορο 0 τότε επειδή β διάφορο 0 και β=1-α ισχύει α διάφορο 1. Άρα α ανήκει (-οο,0)U(0,1)U(1,+oo).
Ισχύει f(f(x))=αx+1-α, x ανήκει R
Θεωρούμε x1, x2 ανήκουν R με f(x1)=f(x2). Έχουμε
f(x1)=f(x2) => f(f(x1))=f(f(x2)) => αx1+1-α=αx2+1-α => αx1=αx2 => x1=x2
Άρα η f είναι 1-1.
Από την σχέση f(f(x))=αx+1-α, έχουμε:
f(f(f(x)))=f(αx+1-α), x ανήκει R
f(f(f(x)))=αf(x)+1-α, x ανήκει R
Άρα f(αx+1-α)=αf(x)+1-α για κάθε x ανήκει R
Για x=1 προκύπτει
f(α+1-α)=αf(1)+1-α => f(1)=αf(1)+1-α => αf(1)-f(1)+1-α=0 => (α-1)f(1)-(α-1)=0 => (α-1)(f(1)-1)=0 => f(1)-1=0 => f(1)=1 (α διάφορο 1)
Έστω η συνάρτηση g(x)=f(x)-x, x ανήκει R. Θεωρούμε x1, x2 με f(x1)=f(x2). Επειδή η f είναι 1-1 προκύπτει x1=x2. Από τις 2 τελευταίες σχέσεις προκύπτει f(x1)-x1=f(x2)-x2 => g(x1)=g(x2).
Επομένως η g είναι 1-1. Για x=1 έχουμε g(1)=f(1)-1=1-1=0
Άρα ο x=1 είναι ρίζα της g(x)=0 και επειδή η g είναι 1-1 τότε είναι και η μοναδική ρίζα της εξίσωσης g(x)=0 <=> f(x)=x.
Συνεπώς σε κάθε περίπτωση η εξίσωση f(x)=x έχει μοναδική λύση την x=1.
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 10 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
rebel
Πολύ δραστήριο μέλος
Αν και είναι εκτός εποχής θα επιθυμούσα μία λύση σε αυτήνΑν η f είναι συνεχής στο [α,β], παραγωγίσιμη στο (α,β) και f(α)=f(β)=0, τότε να αποδειχθεί ότι υπάρχει τέτοιο ώστε:
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 10 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Guest 018946
Επισκέπτης
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 10 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Civilara
Περιβόητο μέλος
Αν και είναι εκτός εποχής θα επιθυμούσα μία λύση σε αυτήν
Η αλήθεια είναι Κώστα πως δεν την έχω καταφέρει και επειδή δεν έχω τη λύση της την ανάρτησα μήπως και τη λύσει κάποιος από τους μαθηματικούς ή οποιοσδήποτε χρήστης.
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 10 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
rebel
Πολύ δραστήριο μέλος
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 10 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Civilara
Περιβόητο μέλος
Να μία συγγενική που έχω βρει όπου η ανισότητα είναι λιγότερο ισχυρή και η λύση από έναν ολυμπιονίκη. Αν δεν κάνω λάθος χρησιμοποιεί Taylor. Ίσως σ'ενδιαφέρει.
Βρέθηκε η λύση.
Αν η f είναι σταθερή και επειδή f(α)=f(β)=0 τότε f(x)=0, x ανήκει [α,β] όποτε f΄(x)=0, x ανήκει (α,β). Σε αυτήν την περίπτωση για κάθε ξ ανήκει (α,β) ισχύει η ισότητα.
Λύθηκε η άσκηση.
Ο άνθρωπος αυτός είναι αστέρι.
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 10 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
rebel
Πολύ δραστήριο μέλος
Μία μικρή. Έστω η συνεχής συνάρτηση τέτοια ώστεΚωστα μπορεις να βαλεις καμια ασκηση απο αναλυση μεχρι Bolzano ξερω γω ;
Να αποδείξετε ότι η εξίσωση έχει τουλάχιστον μία πραγματική ρίζα.
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 10 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Guest 018946
Επισκέπτης
λιμαρω στο + απειρο και στο - απειρο και βγαζω οτι το συνολο τιμων ( ειχα κανει και ενα κοινο παραγοντα το χ^2013) ειναι το R αρα θα υπαρχει τουλαχιστον ενα χ0 στο R ωστε να μηδενιζει αυτη η συναρτηση
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 10 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
rebel
Πολύ δραστήριο μέλος
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 10 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Χρήστες Βρείτε παρόμοια
-
Τα παρακάτω 0 μέλη και 1 επισκέπτες διαβάζουν μαζί με εσάς αυτό το θέμα:Tα παρακάτω 323 μέλη διάβασαν αυτό το θέμα:
- akis_95
- Mariosm.
- thepigod762
- Maynard
- infection54
- Jesse_
- *
- topg
- eukleidhs1821
- bill09876
- Debugging_Demon
- mali
- ggl
- Ness
- Μαθητής του 15
- *
- Helen06
- Scandal
- synthnightingale
- arko
- BillyTheKid
- Magigi
- BlackPenBluePen
- Paragontas7000
- *
- Unboxholics
- just some guy
- george777
- IceCream05
- Abiogenesis
- GeorgePap2003
- katia.m
- giannhs2001
- paul
- Praxis
- Apocalypse
- shezza94
- *
- desp1naa
- juste un instant
- *
- rempelos42
- *
- Sherlockina
- oups
- Dimgeb
- spring day
- KingOfPop
- mpapa
- Chrisa
- Physicsstudent
- tsiobieman
- P.Dam.
- nioniosmeg
- Euge.loukia
- nPb
- theodoraooo
- PanosBat
- kost28
- mikriarchitectonissa
- BILL KEXA
- Drglitterstar
- Eleftheria2
- *
- Athens2002
- bruh_234
- Miranda32
- SlimShady
- kallikd
- nucomer
- *
- alpha.kappa
- Eeeee
- J.Cameron
- Marple
- Kitana
- F1L1PAS
- sophiaa
- VFD59
- papa2g
- το κοριτσι του μαη
- *
- srg96
- Hopeful22
- Φινεύς
- Phys39
- Johny4Life
- Anta2004
- fairyelly
- Pharmacist01
- jYanniss
- Panagiotis849
- Kokro
- augustine
- Nikoletaant
- Mashiro@Iberan
- *
- margik
- Mammy Nun
- Pastramis
- Σωτηρία
- *
- Appolon
- panosveki
- Nickt23
- igeorgeoikonomo
- Steliosgkougkou
- QWERTY23
- *
- Ameliak
- aladdin
- nimbus
- *
- *
- Φωτεινη Τζα.
- marian
- Georgekk
- *
- xrisamikol
- the purge
- Theodora03
- *
- Machris
- *
- *
- s93060
- Nikitas18
- Stif6
- stav.mdp
- damn
- aekaras 21
- Anthropaki
- *
- Angelos12345
- ioannam
- Μάρκος Βασίλης
- skyway
- *
- Nick2325
- Nala
- Manolo165
- Ryuzaki
- T C
- *
- Devilshjoker
- El_
- George9989
- TonyMontanaEse
- globglogabgalab
- *
- constansn
- barkos
- katerinavld
- fenia
- An_uknown_world
- Jimmis18
- maria2001
- KingPoul
- Xara
- thecrazycretan
- abcdefg12345
- Κλημεντίνη
- *
- ale
- panagiotis G
- mechaniceng
- *
- Giii
- calliope
- Tequila
- natalix
- Cortes
- Alexecon1991
- pepsoula
- *
- Mariaathens
- Lia 2006
- 1205
- παιδι για κλαματα
- Alexandros36k
- *
- *
- *
- alexd99
- chembam
- Specon
- Dr House
- panagiotis23
- Johnman97
- rhymeasylum
- Αννα Τσιτα
- KaterinaL
- Libertus
- LeoDel
- iminspain
- den antexw allh apotyxia
- Λαμπρινηη
- *
- Mendel2003
- Ijt
- drosos
- *
- *
- Κορώνα
- JohnGreek
- Αρχηγος_β3
- alexandra_
- *
- *
- ΘανάσοςG4
- Dimitris9
- Birtjan
- george7cr7
- NickT
- Bgpanos
- JKTHEMAN
- *
- *
- nicole1982
- χημεια4λαιφ
- Stroka
- Kostakis45
- charmander
- leo41
- EiriniS20
- Αριάνα123
- MarilynSt
- iManosX13
- Nefh_
- Viedo
- Βλα
- suaimhneas
- george pol
- kristinbacktoschool
- fearless
- Rene2004
- Steffie88
- Slytherin
- *
- jimnikol21
- Unseen skygge
- cel123
- jul25
- Thanos_D
- Ireneeneri
- *
- tasost
- Mukumbura
- xxxtolis
-
Φορτώνει...
-
Το forum μας χρησιμοποιεί cookies για να βελτιστοποιήσει την εμπειρία σας.
Συνεχίζοντας την περιήγησή σας, συναινείτε στη χρήση cookies στον περιηγητή σας.