Ανώτερα Μαθηματικά

paganini666 · 24-06-09

https://ischool.e-steki.gr/showthread.php?p=1496546#post1496546

Civilara · 25-06-09

Μία ασκησούλα για μερακλήδες:

Αν η f είναι συνεχής στο [α,β], παραγωγίσιμη στο (α,β) και f(α)=f(β)=0, τότε να αποδειχθεί ότι υπάρχει $\xi \epsilon (\alpha ,\beta )$ τέτοιο ώστε:

$\left|f'(\xi ) \right|\geq \frac{4}{{\left(\beta -\alpha \right)}^{2}}\int_{\alpha }^{\beta }\left|f(x) \right|dx$

m3Lt3D · 25-06-09

τετοιο ωστε;

andreas157 · 30-06-09

να ρωτήσω και εγώ κάτι?

έστω ότι έχω μια διανυσματική συνάρτηση του t πχ
r(t) = x(t)xo + y(t)yo
τι κάνω για να βρώ την φυσική παραμετρική εξίσωση
r(s) = x(s)xo + y(s)yo ?

αν γίνεται βάλτε και ένα παράδειγμα για να καταλάβω...
όπου bold διανύσματα...

Civilara · 30-06-09

Αρχική Δημοσίευση από andreas157:
να ρωτήσω και εγώ κάτι?

έστω ότι έχω μια διανυσματική συνάρτηση του t πχ
r(t) = x(t)xo + y(t)yo
τι κάνω για να βρώ την φυσική παραμετρική εξίσωση
r(s) = x(s)xo + y(s)yo ?

αν γίνεται βάλτε και ένα παράδειγμα για να καταλάβω...
όπου bold διανύσματα...

Είναι μια διαδικασία που δεν είναι πάντα εφικτή. Πρώτα απ' όλα επιλέγεις αυθαίρετα ένα σημείο της καμπύλης C ${A}_{0}\left(x({t}_{0}),y({t}_{0}) \right)$ που είναι η αρχή του συτήματος καμπυλόγραμμων συντεταγμένων στο οποίο $s=0$ . Σε κάθε σημείο $A\left(x(t),y(t) \right)$ της καμπύλης C αντιστοιχεί μοναδική καμπυλόγραμμη συντεταγμένη s που δίνεται από τον τύπο:

$s=f(t)$ όπου $f(t)=\int_{{t}_{0}}^{t}\sqrt{{\left(x'(\tau ) \right)}^{2}+{\left(y'(\tau ) \right)}^{2}}d\tau$

Το πεδίο ορισμού ${D}_{f}$ της f καθορίζεται έτσι ώστε η f να είναι 1-1 σε αυτό. Έτσι σε κάθε σημείο A(x(t),y(t)) αντιστοιχεί μία καμπυλόγραμμη συντεταγμένη s και αντίστροφα. Στην περίπτωση αυτή έχουμε:

$s=f(t)\Leftrightarrow t={f}^{-1}(s)$
$t\epsilon {D}_{f},s\epsilon f\left({D}_{f}\right)$

Τότε η εξίσωση της καμπύλης γίνεται:
$\vec{r}(t)=\vec{r}({f}^{-1}(s))=\vec{R(s)}$
Άρα $\vec{R(s)}=x\left({f}^{-1}(s) \right)\vec{{x}_{0}}+y\left({f}^{-1}(s) \right)\vec{{y}_{0}}$

Αν μπορούμε να προσδιορίσουμε την αντίστροφη της f, τότε μπορεί να γραφεί η C στη μορφή $\vec{R(s)}$
-----------------------------------------
Ας εξετάσουμε για παράδειγμα τον κύκλο κέντρου Ο(0,0) και ακτίνας ρ. Ως γνωστόν η εξίσωσή του στο επίπεδο Οxy είναι C: ${x}^{2}+{y}^{2}={\varrho }^{2}$ .

Οι παραμετρικές εξισώσεις του κύκλου αυτού είναι

$x=\varrho cos\varphi =x(\varphi )$
$y=\varrho sin\varphi =y(\varphi )$
όπου $\varphi \epsilon [0,2\pi )$

Ας θεωρήσουμε ως αρχή του συστήματος καμπυλόγραμμων συντεταγμένων το σημείο του κύκλου που αντιστοιχεί στην τιμή ${\varphi}_{0}=0$ :

$x(0)=\varrho$
$y(0)=0$
οπότε η αρχή είναι το σημείο ${A}_{0}(\varrho ,0)$

Η φ θεωρείται θετική όταν διαγράφεται δεξιόστροφα. Όταν η φ είναι θετιή τότε και η s είναι θετική.

$s=\int_{0}^{\varphi }\sqrt{{\left(x'(\phi ) \right)}^{2}+{\left(y'(\phi ) \right)}^{2}}d\phi =\int_{0}^{\varphi }\varrho d\phi =\varrho \int_{0}^{\varphi }d\phi =\varrho \varphi =f(\varphi )$

Καταλήξαμε στη γνωστή σχέση s=ρφ από την Ευκλείδεια Γεωμετρία.

Η f έχει πεδίο ορισμού ${D}_{f}=[0,2\pi )$ , πεδίο τιμών $f\left({D}_{f} \right)=[0,2\pi \varrho )$ και είναι 1-1.

$s=f\left(\varphi \right)\Rightarrow \varphi ={f}^{-1}(s)$

$s=f(\varphi )\Leftrightarrow s=\varphi \varrho \Leftrightarrow \varphi =\frac{s}{\varrho }\Leftrightarrow \varphi ={f}^{-1}(s)$
όπου ${f}^{-1}(s)=\frac{s}{\varrho }$

Αντικαθιστώντας στις αρχικές παραμετρικές εξισώσεις προκύπτει:

$X(s)=x({f}^{-1}(s))=\varrho cos\left(\frac{s}{\varrho } \right)$
$Y(s)=y({f}^{-1}(s))=\varrho sin\left(\frac{s}{\varrho } \right)$

andreas157 · 01-07-09

ευχαριστώ πολύ...

Civilara · 01-07-09

Δεν κάνει τίποτα Ανδρέα.

paganini666 · 01-07-09

Αρχική Δημοσίευση από Civilara:
Δεν κάνει τίποτα Ανδρέα.

https://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=51&t=1861&p=10639#p10639
θυμασαι εκεινο το προβλημα; δες εδω ποικιλια λυσεων!!!

Civilara · 01-07-09

Αρχική Δημοσίευση από paganini666:
https://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=51&t=1861&p=10639#p10639
θυμασαι εκεινο το προβλημα; δες εδω ποικιλια λυσεων!!!

Ο Χριστός και η Παναγία. Η δική μου η λύση ήταν πιο απλή στην σκέψη αν και μπελαλίδικη και αυτή στις πράξεις.

paganini666 · 01-07-09

Να βρείτε τον τύπο της f όταν για οποιουσδήποτε πραγματικούς αριθμούς x,y ισχύει $f(x+y+1)=(\sqrt{f(x)}+\sqrt{f(y)})^{2}$ , f(0)=0

Civilara · 01-07-09

Αρχική Δημοσίευση από paganini666:
Να βρείτε τον τύπο της f όταν για οποιουσδήποτε πραγματικούς αριθμούς x,y ισχύει $f(x+y+1)=(sqrt{f(x)}+sqrt{f(y)})^{2}$ , f(0)=0

Λάθος λύση. Την έσβησα.

paganini666 · 01-07-09

Αρχική Δημοσίευση από Civilara:
Βρήκα μια λύση χωρίς να μου χρειαστεί το f(0)=0.

Κατ' αρχήν πρέπει $f(x)geq 0$ για κάθε $xepsilon R$ ώστε η ρίζα να έχει νόημα. Τότε η ισότητα γράφεται ισοδύναμα:

$f(x+y+1)=f(x)+f(y)+2sqrt{f(x)f(y)}$ για κάθε $x,yepsilon R$

Θέτω y=-1:

$f(x)=f(x)+f(-1)+2sqrt{f(x)f(-1)}Rightarrow 2sqrt{f(x)}sqrt{f(-1)}=-f(-1)Rightarrow sqrt{f(x)}=-frac{f(-1)}{2sqrt{f(-1)}}Rightarrow sqrt{f(x)}=-frac{sqrt{f(-1)}}{2}geq 0$ για κάθε $xepsilon R$

Όμως $-frac{sqrt{f(-1)}}{2}leq 0$ . Επομένως πρέπει να ισχύει $-frac{sqrt{f(-1)}}{2}=0Rightarrow f(-1)=0$

Άρα $sqrt{f(x)}=-frac{sqrt{f(-1)}}{2}=0Rightarrow f(x)=0$ για κάθε $xepsilon R$

ωραια δημοσιευσε τη λυση σου εδω https://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=52&t=1885

και πες τους το!

Civilara · 01-07-09

Να βρεθεί η εφαπτομένη της επίπεδης καμπύλης C: ${x}^{3}+{y}^{3}-lnx+siny=xy+1$ στο σημείο της M(1,0)

galois01 · 02-07-09

Αρχική Δημοσίευση από paganini666:
Να βρείτε τον τύπο της f όταν για οποιουσδήποτε πραγματικούς αριθμούς x,y ισχύει $f(x+y+1)=(sqrt{f(x)}+sqrt{f(y)})^{2}$ , f(0)=0

Πρέπει $f(x)\geq0$ για κάθε χ πραγματικό

Για x=y=0 η υπόθεση μας δίνει $f(1)=0$

Για y=-x έχουμε $f(1)=(\sqrt{f(x)}+\sqrt{f(-x)})^{2}$

$\sqrt{f(x)}+\sqrt{f(-x)}=0$

Επομένως $f(x)=0$ για κάθε χ πραγματικό.

Αρχική Δημοσίευση από Civilara:
Να βρεθεί η εφαπτομένη της επίπεδης καμπύλης C:

στο σημείο της M(1,0)

Παραγωγίζουμε και τα δύο μέλη της εξίσωσης της καμπύλης ως προς χ και έχουμε

$3x^{2}+3y^{2}\frac{dy}{dx}-\frac{1}{x}+cosy\frac{dy}{dx}=y+\frac{dy}{dx}$

$\frac{dy}{dx}=\frac{\frac{1}{x}+y-3x^{2}}{3y^{2}+cosy-x}$

Στο σημείο Μ(1,0) της καμπύλης ο συντελεστής διεύθυνσης είναι

$\lambda=\frac{1+0-3}{0+cos0-1}=\frac{-2}{0}$

Βλέπουμε πως για το σημείο Μ(1,0) δεν ορίζεται συντελεστής διεύθυνσης.

Επομένως η καμπύλη στο σήμειο Μ(1,0) έχει κατακόρυφη εφαπτομένη την

$(\varepsilon): x=1$

Ελπίζω να μην υπάρχει κάποιο λάθος.

Κώστας

Civilara · 02-07-09

Αρχική Δημοσίευση από galois01:
$(varepsilon): x=1$

Αν και βγαίνει και πιο σύντομα, σωστός:no1:. Για μαθητής Γ' Λυκείου είσαι πάρα πολύ καλός

galois01 · 02-07-09

Αρχική Δημοσίευση από Civilara:
Αν και βγαίνει και πιο σύντομα, σωστός:no1:

Μπορείς μήπως να γράψεις τη λύση σου?

Civilara · 02-07-09

Είναι με μερικές παραγώγους και δεν έχει το latex τα κατάλληλα σύμβολα

paganini666 · 09-07-09

ρε συ σιφιλιαρα (

) θελω να μαθω για αυτα τα επικαμπυλια ολοκληρωματα,τα τριπλα και γιααυτο το συμβολο που μοιαζει με ολοκληρωμα αλλα εχει μια μπαλα στη μεση. Pleaseeeee! Βαλε μερικες πολυ πολυ απλες εφαρμογες να καταλαβω.

galois01 · 09-07-09

Αρχική Δημοσίευση από paganini666:
γιααυτο το συμβολο που μοιαζει με ολοκληρωμα αλλα εχει μια μπαλα στη μεση.

Αν δεν κάνω λάθος έτσι συμβολίζουμε τα επικαμπύλια ολοκληρώματα.

Κώστας

Civilara · 09-07-09

Αρχική Δημοσίευση από paganini666:
ρε συ σιφιλιαρα () θελω να μαθω για αυτα τα επικαμπυλια ολοκληρωματα,τα τριπλα και γιααυτο το συμβολο που μοιαζει με ολοκληρωμα αλλα εχει μια μπαλα στη μεση. Pleaseeeee! Βαλε μερικες πολυ πολυ απλες εφαρμογες να καταλαβω.

Ωραίος ρε μάγκα. Με πέθανες. Τι σε ενδιαφέρουν αυτά όμως ρε Ηλία, αφού ιατρική θες να πας.

Ανώτερα Μαθηματικά

Δραστήριο μέλος

Περιβόητο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Περιβόητο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Περιβόητο μέλος

Δραστήριο μέλος

Περιβόητο μέλος

Δραστήριο μέλος

Περιβόητο μέλος

Δραστήριο μέλος

Περιβόητο μέλος

Νεοφερμένος

Περιβόητο μέλος

Νεοφερμένος

Περιβόητο μέλος

Δραστήριο μέλος

Νεοφερμένος

Περιβόητο μέλος