Βοήθεια/Aπορίες στα Μαθηματικά Προσανατολισμού

Guest 856924 · 13 Μαΐου 2014 στις 14:03

Αν f,g:R--->R γνησιως μονοτονες με την Cf να τεμνει τον αρνητικο ημιαξονα ΟΧ' και τον αξονα Υ΄'Υ στο Α(0,-1) και την Cg να τεμνει τον θετικο ημιαξονα ΟY και τον χ'χ στο -1
Βρειτε την μονοτονια τον f,g

rebel · 13 Μαΐου 2014 στις 16:28

Αρχική Δημοσίευση από need4sheed:
δινεται f(x)=(2x-1)^2+|z+xw|,x E R z,w E C και μη μηδενικοι μιγαδικοι ανεξαρτητοι του χ και |z|=1 Επισης ισχυει z^5 + 2(z^4)w-z+w=0 και 2z+w διαφορο του μηδενος.
Αα)ν.α.ο |z+2w|=|z-w|
Aβ)|z+xw| διαφορο του μηδενος για καθε χ Ε R kαι |z+xw|={(|w|^2)x^2+2Re(zwσυζηγης)χ+1}^(1/2)
γ)υπαρχει ενα τουλαχιστον ξΕ(-1,2) ωστε
|w|^2 ξ+Re(z wσυζηγης)=(4-8ξ)|z+ξw|
Β)Αν |w|=1 να εκφρασετε την f(x) χωρις μιγαδικους και να βρειτε το ελαχιστο της

Α.
α)
$z^5 + 2z^4w-z+w=0 \Rightarrow z^4(z+2w)=z-w \Rightarrow \left|z^4\right|\left|z+2w\right|=\left|z-w\right|\stackrel{|z|=1}{\Rightarrow}|z+2w|=|z-w|,\,\,(1)$
β)
Για $x=0$ είναι $|z+0w|=|z|=1 \neq 0$ . Έστω $x_0 \neq 0$ τέτοιο ώστε $|z+x_0w|=0$ . Τότε έχουμε:
$|z+x_0w|=0 \Rightarrow z+x_0w = 0 \Rightarrow w=-\frac{z}{x_0}.$
Aντικαθιστώντας στην (1) παίρνουμε:
$\left|z-\frac{2z}{x_0}\right|=\left|z+\frac{z}{x_0}\right| \Rightarrow \left|1-\frac{2}{x_0}\right|=\left|1+\frac{1}{x_0}\right| \Rightarrow \\ 1-\frac{2}{x_0}=1+\frac{1}{x_0} \,\,\acute{\eta}\,\,-1+\frac{2}{x_0}=1+\frac{1}{x_0} \Rightarrow -2=1\,\,\acute{\eta}\,\,x_0=\frac{1}{2},$
όμως
$\left|z+\frac{1}{2}w\right|=\frac{1}{2}|2z+w| \neq 0$
λόγω υπόθεσης, άτοπο. Άρα $|z+xw|\neq 0,\,\,\forall x \in \mathbb{R}$ . Επίσης
$|z+xw|^2= (z+xw)(\bar{z}+x\bar{w})=w\bar{w}x^2+z\bar{w}x+\bar{z}wx+z \bar{z}= \\|w|^2x^2+x\left(z\bar{w}+\bar{z}w\right)+|z|^2=|w|^2x^2+2Re\left(z\bar{w}\right)x+1$
γ)
Είναι
$(1) \Rightarrow |z+2w|^2=|z-w|^2 \Rightarrow \\|z|^2+4Re\left(z\bar{w}\right)+4|w|^2=|z|^2+2Re\left(z\bar{w}\right)+|w|^2 \Rightarrow Re\left(z\bar{w}\right)= -\frac{3}{2}|w|^2,\,\,(2)$
οπότε αν θεωρήσουμε τη συνεχή συνάρτηση $g(x)=|w|^2x+ Re\left(z\bar{w}\right)-(4-8x)|z+xw|$ έχουμε
$g(-1)=-|w|^2+Re\left(z\bar{w}\right)-12|z-w|\stackrel{(2)}{=}-\frac{5}{2}|w|^2-12|z-w|<0$
$g(2)=2|w|^2+Re\left(z\bar{w}\right)+12|z+2w|\stackrel{(2)}{=}\frac{1}{2}|w|^2+12|z+2w|>0$
και από Βοlzano $\exists \xi \in (-1,2):g(\xi)=0.$
Β.
Η $f$ γράφεται
$f(x)=(2x-1)^2+\sqrt{x^2-3x+1}=f_1(x)+\sqrt{f_2(x)}$
με πεδίο ορισμού
$A=\left\{x \in \mathbb{R}|f_2(x)\geq 0\right\}=\left(-\infty,\frac{3-\sqrt{5}}{2}\right] \cup \left[\frac{3+\sqrt{5}}{2},+\infty \right)=\Delta_1 \cup \Delta_2.$
Οι συναρτήσεις $f_1(x)$ και $f_2(x)$ είναι γνησίως φθίνουσες στο $\Delta_1$ οπότε και η $f(x)$ είναι γνησίως φθίνουσα στο $\Delta_1$ με
$f(\Delta_1)=\left[9-4\sqrt{5},+\infty\right).$
Οι συναρτήσεις $f_1(x)$ και $f_2(x)$ είναι γνησίως αύξουσες στο $\Delta_2$ οπότε και η $f(x)$ είναι γνησίως αύξουσα στο $\Delta_2$ με
$f(\Delta_2)=\left[9+4\sqrt{5},+\infty\right).$
Τελικά
$f(A)=f(\Delta_1)\cup f(\Delta_2)=\left[9-4\sqrt{5},+\infty\right)$
οπότε η $f$ παρουσιάζει ελάχιστο για $x=\frac{3-\sqrt{5}}{2}$ το $9-4\sqrt{5}.$

meletis96 · 13 Μαΐου 2014 στις 18:33

Δίνεται μιγαδικός αριθμός z=1+i
Nα βρέιτε 2 μιγαδικούς z1 ,z2 των οποίων οι εικόνες βρίσκονται πάνω στις ευθείες με εξισώσεις ε1: ψ=χ+3 και ε2: ψ=-χ+1 αντλιστοιχα , ώστε να ισχύει z=z1-2z2

jasonosaj · 13 Μαΐου 2014 στις 19:37

Αρχική Δημοσίευση από meletis96:
Δίνεται μιγαδικός αριθμός z=1+i
Nα βρέιτε 2 μιγαδικούς z1 ,z2 των οποίων οι εικόνες βρίσκονται πάνω στις ευθείες με εξισώσεις ε1: ψ=χ+3 και ε2: ψ=-χ+1 αντλιστοιχα , ώστε να ισχύει z=z1-2z2

εστω ℤ1=a+bi
και ℤ2=g+di

πρεπει
ℤ=ℤ1-2ℤ2
ℤ=a+bi-2g-2di
ℤ=(a-2g)+(b-2d)i
ομως ℤ=1+1i
αρα πρεπει
a-2g=1 (1)
b-2d=1 (2)

ℤ1ε (ε)1 y=x+3 άρα b=a+3 (3)
ℤ2ε (ε)2 y=-x+1 άρα d=-g+1 ⇔ g=1-d (4)

απο τις (1),(2),(3),(4) έχουμε
a-2g=1⇔b-3-2g=1⇔b-2g=4 (5)
b-2d=1⇔b-2(-g+1)=1⇔b+2g-1=1⇔b+2g=2 (6)

αθροίζοντας κατα μελη τις (5) (6) βρισκουμε a=0,b=3,g=-1/2,d=3/2
δεν ξερω αν ειναι σωστη η λυση μου :whistle:

nikoslarissa · 13 Μαΐου 2014 στις 20:14

Αρχική Δημοσίευση από DumeNuke:
Προσωπικά, δεν με ενοχλεί να δω γραμμένη κυβικη ρίζα αρνητικού αριθμού. Όμως υπάρχει ένας (χαζός) κανόνας που λέει ότι κάτω από ρίζα μπαίνουν μόνο θετικοί (ή έστω μηδενικοί) αριθμοί.
Παράδειγμα:
Η $\sqrt[3]{-8}$ δίνει λύση στο σύνολο των πραγματικών, αλλά είναι λάθος σαν έκφραση.
Η $\sqrt{-4}$ δίνει λύση +/-2i, στο σύνολο των μιγαδικών, αλλά είναι λάθος σαν έκφραση.
Παρόλο που υπάρχουν ρίζες αρνητικών αριθμών, θεωρείται λάθος να το γράψεις...

Στους μαθηματικούς διαγωνισμούς έχουν νόημα οι ρίζες αρνητικού αριθμού.Εννοείται όταν είναι περιττού βαθμού.

Filippos14 · 13 Μαΐου 2014 στις 21:10

Αρχική Δημοσίευση από arnold:
Αν f,g:R--->R γνησιως μονοτονες με την Cf να τεμνει τον αρνητικο ημιαξονα ΟΧ' και τον αξονα Υ΄'Υ στο Α(0,-1) και την Cg να τεμνει τον θετικο ημιαξονα ΟY και τον χ'χ στο -1
Βρειτε την μονοτονια τον f,g

Ειναι f(0)=-1 και f(x0)=0 . Oμως x0<0 και ισχυει -1<0 <=> f(0)<f(x0) και εφοσον ειναι γνησια μονοτονη κλπ κλπ,ξερεις

Guest 856924 · 13 Μαΐου 2014 στις 22:18

Αρχική Δημοσίευση από Filippos14:
Ειναι f(0)=-1 και f(x0)=0 . Oμως x0<0 και ισχυει -1<0 <=> f(0)<f(x0) και εφοσον ειναι γνησια μονοτονη κλπ κλπ,ξερεις

δε πολυκαταλαβα

Filippos14 · 13 Μαΐου 2014 στις 22:31

Αρχική Δημοσίευση από arnold:
δε πολυκαταλαβα

Αν f ειναι γνησια μονοτονη,δηλαδη διατηρει παντου το ιδιο ειδος μονοτονιας,για την βρουμε αρκει να βρουμε μια διαταξη που ισχυει για 2 χ1,χ2 και f(x1),f(x2).
Αν ισχυει χ1>χ2 και f(x1)>f(x2) τοτε ειναι γνησια αυυουσα.
Αν ομως ισχυει x1>x2 και βρουμε καπως οτι f(x1)<f(x2) τοτε ειναι γνησια φθινουσα.
Να στο πω απλα οπως το καταλαβαινω:Αν αλλαζει η φορα πηγαινοντας απο x1,x2 σε αντιστοιχες τιμες ειναι φθινουσα,αν διατηρει την φορα τοτε ειναι αυξουσα.(ΟΜΩς ΠΡΕΠΕΙ ΝΑ ΓΝΩΡΙΖΕΙς ΟΤΙ ΕΙΝΑΙ ΓΝΗΣΙΑ ΜΟΝΟΤΟΝΗ
) διαφορετικα δεν ισχυει τπτ απο τα παραπανω !.
Π.Χ Γνωριζουμε οτι 0>1 , αν με καποια πληροφορια καταληξουμε οτι f(0)>f(1) τοτε η f ειναι γνησιως αυξουσα (στο διαστημα π ειναι γνησιως μονοτονη,εκει που διατηρει μονοτονια,δηλαδη η μονο θα ανεβαινει γραφικα,η θα κατεβαινει).
Οτι αλλο θες πες

P.S: Εισαι δευτερα και χαλας την καλυτερη περιοδο της χρονιας για να λυνεις ασκησεις γ λυκειου?Ανοιξε και πεξε κανα lol/dota κλπ .Θα σου λειψουν του χρονου :/:

Guest 856924 · 13 Μαΐου 2014 στις 23:19

Ευχαριστω...p.s δε με πειραζει θελω να ειμαι καλος

DumeNuke · 13 Μαΐου 2014 στις 23:30

Αρχική Δημοσίευση από arnold:
Αν f,g:R--->R γνησιως μονοτονες με την Cf να τεμνει τον αρνητικο ημιαξονα ΟΧ' και τον αξονα Υ΄'Υ στο Α(0,-1) και την Cg να τεμνει τον θετικο ημιαξονα ΟY και τον χ'χ στο -1
Βρειτε την μονοτονια τον f,g

Cf να τεμνει τον αρνητικο ημιαξονα ΟΧ'

Άρα, υπάρχει x1<0 : f(x1)=0

Α(0,-1)

Άρα, υπάρχει x2=0 : f(x2)=-1<0

Επομένως, συναρτήσει όσων είπε ο φίλιππος:
Για x1<x2 => f(x1)>f(x2) και η f είναι γνησίως μονότονη. Άρα είναι γνησίως φθίνουσα. Με τον ίδιο τρόπο βγάζεις τη μονοτονία της g.

Silent_Killer · 14 Μαΐου 2014 στις 10:55

μπορειτε να με βοηθησετε στα δ2,3 ; πως λυνονται τετοιες ασκησεις; υπαρχει μεθολογια;

methexys · 14 Μαΐου 2014 στις 11:03

Δεν την έλυσα αλλά με μια πρώτη ματιά:
Δ2: αφού το ολοκληρώμα κάνει μηδέν, αν η μέσα συνάρτηση f διατηρεί πρόσημο, τότε τα άκρα του ολοκληρώματα είναι ίσα, δηλαδή G(x)=xF(x) (αυτό θέλει απόδειξη όμως). Οπότε μετα δοκιμαζεις τους κλασικούς τρόπους για να τη λύσεις..
Δ3: φέρε το ολοκληρώμα μπροστά, θεώρησε καμια συνάρτηση, γενικά "παιξτο" λίγο και θα σου βγει λογικά, δεν βλέπω τη λύση τώρα, αλλά κατι τέτοιο θα θέλει και φρόντισε να αξιοποιήσεις τα δεδομένα.

Silent_Killer · 14 Μαΐου 2014 στις 11:50

σε ευχαριστω πολυ

DumeNuke · 14 Μαΐου 2014 στις 13:59

Αρχική Δημοσίευση από Silent_Killer:
μπορειτε να με βοηθησετε στα δ2,3 ; πως λυνονται τετοιες ασκησεις; υπαρχει μεθολογια;

Δ2: Αφού φτάσεις στο G(x)=xF(x), φέρτα μπροστά και δώσε όνομα. Η συνάρτηση k(x)=G(x)-xF(x) θα σου βγει γνησίως φθίνουσα. Υπάρχει προφανής ρίζα της k(x) η οποία, λόγω μονοτονίας, είναι μοναδική.

Δ3: Χρησιμοποιώντας τη μονοτονία της k(x) και τη ρίζα της, βρίσκεις ότι k(x)<0 για x>1/2. Αντικαθιστάς, στην k(x), όπου χ το 2 και βγαίνει η ανίσωση.

Την μεθοδολογία στο Δ2 στην έδωσε η methexys.
Στο Δ3 διακρίνονται δύο περιπτώσεις. Και στις δυο προσπαθείς να δημιουργήσεις γνωστές συναρτήσεις:
α) Το tf(t)dt σου δίνει την G(x) και το f(t)dt την F(x). Αλλά σου τα χαλάει το 2, το οποίο "τυχγάνει" να είναι το πάνω άκρο ολοκλήρωσης, και στην G και την F. Δηλαδή έχεις 2F(2)<G(2), όταν παραπάνω "τυχγάνει" να θέτεις συνάρτηση k(x)=G(x)-xF(x). Δημιουργείς δηλαδή την ανίσωση k(2)<0 ή k(2)<k(1/2). Αυτή η περίπτωση λύνεται με μονοτονία.
β) Στη δεύτερη περίπτωση δημιουργείται ανίσωση της μορφής (πχ): F(3)-F(1)<F(6)-F(4). Σε αυτή την περίπτωση προσπαθείς να προσαρμόσεις του όρους με τρόπο τέτοιο, ώστε αν διαιρέσεις με έναν άριθμο, να θα σου "βγαίνει" την διαφορά των τετμημένων. Εδώ, διαιρείς και τα δύο μέλη με το 2. Στα αριστερά παίρνεις 3-1, στα δεξία 6-4. Δημιούργησες, δηλαδή, ΘΜΤ στα (1,3) και (4,6). Τότε δουλεύεις με κυρτότητα (μονοτονία πρώτης παραγώγου). Συνεπώς F'(1,3)<F'(4,6). Βρισκεις την F κυρτή και λύθηκε (αν την βρεις κοίλη την γ*****ς.

)

Συνήθως, το προηγούμενο ερώτημα σε καθοδηγεί σε ποια περίπτωση δουλεύεις. Στο Δ2 δημιούργησες συνάρτηση, την οποία μελέτησες προς την μονοτονία, άρα, πιθανότατα, είσαι στην α) περίπτωση. Η δεύτερη περίπτωση, συνήθως, ζητάει να βρεθεί η κυρτότητα από το προηγούμενο ερώτημα.

Silent_Killer · 14 Μαΐου 2014 στις 14:12

Αρχική Δημοσίευση από Silent_Killer:
μπορειτε να με βοηθησετε στα δ2,3 ; πως λυνονται τετοιες ασκησεις; υπαρχει μεθολογια;

τι λαθος κανω;

rebel · 14 Μαΐου 2014 στις 15:13

H $x=1/2$ είναι μία προφανής λύση. Για $x>1/2$ είναι $1/2 \leq t \leq x \Rightarrow x-t \geq 0$ με το ίσον να ισχύει μόνο για $t=x$ και επίσης $f(t) \geq 1$ ( δεν χρειάζεται μελέτη μονοτονίας, το δίνει στην εκφώνηση). Συνεπώς
$\int_{1/2}^x (x-t)f(t) dt >0$
και η εξίσωση δεν έχει λύσεις για $x>1/2$ .

Χαράλαμπος μβ · 15 Μαΐου 2014 στις 01:11

$εστω f:R\rightarrow R$ , κοίλη και $\lim _{x\rightarrow 1} \frac{f(x)-3x}{x-1}=2$ και $f(2)=3$ .

α.νδο $2-5x + f(x) \leq 0$ για καθε $x\epsilon R$ ,
B. υπάρχει μοναδικό $\alpha \epsilon$ (1,2) στο οποίο η f παρουσιάζει μέγιστο.
γ. να λύσετε την εξίσωση $\int_{x}^{2x}f(t)dt=0$ στο (-οο,1/5)
δ.να εξετάσετε την $g(x)={x}^{2}\int_{o}^{x}f(t)dt$ ως προς τη μονοτονία στο (-οο,2/5)

οποιος μπορεί ας βοηθησει στο γ.

rebel · 15 Μαΐου 2014 στις 01:57

Για $x<1/5$ είναι
$f(x) \leq 5x-2 < 5 \cdot \frac{1}{5}-2=-1<0.$
Για $x=0$ η εξίσωση επαληθεύεται. Αν $0<x<1/5$ είναι $x<2x$ οπότε
$\int_x^{2x} f(t) dt < 0.$
Αν $x<0$ είναι $x>2x$ οπότε
$\int_x^{2x} f(t) dt > 0.$
Τελικά μοναδική λύση είναι η $x=0.$

Silent_Killer · 15 Μαΐου 2014 στις 17:18

Αρχική Δημοσίευση από styt_geia:
H $x=1/2$ είναι μία προφανής λύση. Για $x>1/2$ είναι $1/2 \leq t \leq x \Rightarrow x-t \geq 0$ με το ίσον να ισχύει μόνο για $t=x$ και επίσης $f(t) \geq 1$ ( δεν χρειάζεται μελέτη μονοτονίας, το δίνει στην εκφώνηση). Συνεπώς
$\int_{1/2}^x (x-t)f(t) dt >0$
και η εξίσωση δεν έχει λύσεις για $x>1/2$ .

δεν μπορει για αλλο χ διαφορο του 1/2 να ισχύει;

Filippos14 · 15 Μαΐου 2014 στις 18:20

Αρχική Δημοσίευση από Silent_Killer:
δεν μπορει για αλλο χ διαφορο του 1/2 να ισχύει;

https://lisari.blogspot.com/2014/04/blog-post_7.html

Βοήθεια/Aπορίες στα Μαθηματικά Προσανατολισμού

Guest 856924

Επισκέπτης

Πολύ δραστήριο μέλος

Νεοφερμένο μέλος

Νεοφερμένο μέλος

Δραστήριο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Guest 856924

Επισκέπτης

Εκκολαπτόμενο μέλος

Guest 856924

Επισκέπτης

Τιμώμενο Μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Συνημμένα

Τιμώμενο Μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Τιμώμενο Μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Νεοφερμένο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος