Βοήθεια/Aπορίες στα Μαθηματικά Προσανατολισμού

rebel · 2013-01-13T19:19:42+0200

Η δοθείσα γίνεται
$f(2)<\frac{f(0)+f(1)}{2}<f(3)$
Από το Θ.Ε.Τ. υπάρχει $x_0 \in (2,3)$ τέτοιο ώστε
$f(x_0)=\frac{f(0)+f(1)}{2},\,\,(1)$
Τώρα αν $f(0)=f(1)$ το ζητούμενο είναι προφανές. Αλλιώς χωρίς βλάβη υποθέτουμε ότι $f(0)<f(1)$ οπότε
$f(0)< \frac{f(0)+f(1)}{2} <f(1)$
από το Θ.Ε.Τ. υπάρχει $y_0 \in (0,1)$ τέτοιο ώστε
$f(y_0)=\frac{f(0)+f(1)}{2},\,\,(2)$
Λόγω (1) και (2) παίρνουμε $f(x_0)=f(y_0)$ συνεπώς η f δεν είναι 1-1.

JKaradakov · 2013-01-13T19:21:18+0200

Αρχική Δημοσίευση από styt_geia:
Η δοθείσα γίνεται
$f(2)<\frac{f(0)+f(1)}{2}<f(3)$
Από το Θ.Ε.Τ. υπάρχει $x_0 \in (2,3)$ τέτοιο ώστε
$f(x_0)=\frac{f(0)+f(1)}{2},\,\,(1)$
Επειδή όμως προφανώς
$f(0)< \frac{f(0)+f(1)}{2} <f(1)$
από το Θ.Ε.Τ. υπάρχει $y_0 \in (0,1)$ τέτοιο ώστε
$f(y_0)=\frac{f(0)+f(1)}{2},\,\,(2)$
Λόγω (1) και (2) παίρνουμε $f(x_0)=f(y_0)$ συνεπώς η f δεν είναι 1-1.

Ευχαριστώ!

sokratis lyras · 2013-01-13T19:22:29+0200

Αρχική Δημοσίευση από χριχρι :):
Αν f(x)=x^2 x ανήκει R, να αποδείξετε ότι για κάθε α,β ανήκει R ισχύει: f(α)+f(β)≥2f(α+β/2)
Pleaaaase όποιος μπορεί, μου χει σπάσει τα νεύρα...

Αρχικά αν αντικαταστήσεις απλώς τα $f(a),f(b),f((a+b)/2)$ προκύπτει άμεσα η ανισότητα.Επίσης το παραπάνω είναι εφαρμογή της ανισότητας jensen στην κυρτή $x^2$ που είναι βασική και πρέπει να την γνωρίζουμε όλοι οι υποψήφιοι.

JKaradakov · 2013-01-13T19:27:45+0200

Αρχική Δημοσίευση από styt_geia:
Η δοθείσα γίνεται
$f(2)<\frac{f(0)+f(1)}{2}<f(3)$
Από το Θ.Ε.Τ. υπάρχει $x_0 \in (2,3)$ τέτοιο ώστε
$f(x_0)=\frac{f(0)+f(1)}{2},\,\,(1)$
Επειδή όμως προφανώς
$f(0)< \frac{f(0)+f(1)}{2} <f(1)$
από το Θ.Ε.Τ. υπάρχει $y_0 \in (0,1)$ τέτοιο ώστε
$f(y_0)=\frac{f(0)+f(1)}{2},\,\,(2)$
Λόγω (1) και (2) παίρνουμε $f(x_0)=f(y_0)$ συνεπώς η f δεν είναι 1-1.

Τώρα που το ξαναείδα. Πως γνωρίζουμε ότι ισχύει αυτό $f(0)< \frac{f(0)+f(1)}{2} <f(1)$ αφού δεν ξέρουμε ότι $f(0)<f(1)$ . :whistle:

ξαροπ · 2013-01-13T19:28:26+0200

Στοίχημα αν γράψεις οπουδήποτε τη λέξη "jensen" στις πανελλαδικές και οι δυο διορθωτές θα στην διαγράψουν με ό,τι αυτό συνεπάγεται. Όπως είχε πει και κάποιος άλλος, οι πανελλαδικές δεν είναι χώρος διαγωνισμού να το 'παίξουμε' μαθηματικοί (ή φυσικοί ή βιολόγοι κ.ο.κ.). Βεβαίως, κάθε λύση επιστημονικά τεκμηριωμένη είναι αποδεκτή, αλλά η απόδειξη της jensen γίνεται με την karamata κι εκεί χειροτερεύουν ακόμη περισσότερο τα πράγματα...\offtopic

rebel · 2013-01-13T19:30:29+0200

Σωστά, βιάστηκα. Αν $f(0)=f(1)$ το ζητούμενο είναι προφανές ενώ αν $f(1)<f(0)$ πάλι εφαρμόζεται Θ.Ε.Τ. χωρίς πρόβλημα.

alex2395 · 2013-01-13T19:32:12+0200

Αρχική Δημοσίευση από χριχρι :):
Αν f(x)=x^2 x ανήκει R, να αποδείξετε ότι για κάθε α,β ανήκει R ισχύει: f(α)+f(β)≥2f(α+β/2)
Pleaaaase όποιος μπορεί, μου χει σπάσει τα νεύρα...

εχετε μπει κυρτοτητα???
τεσπα δεν χρειαζεται...λοιπον ισχυει για την f'(x)=2x ισχυει οτι ειναι γνησιως αυξουσα στο R
επομενως απο ΘΜΤ στα διαστηματα [α,α+β/2] και [α+β/2,β] (υποθετω οτι α<β) για την f εχουμε :
υπαρχει ξ1 ανηκει (α,α+β/2) ωστε f'(ξ1)=....
υπαρχει ξ2 ανηκει(α+β/2,β) ωστε f'(ξ2)=...

ομως ξ1<ξ2 και επειδη f' γνησιως αυξουσα στο R ισχυει f'(ξ1)<f'(ξ2) και το ζητουμενο αποδειχθηκε

αν α=β το ζητουμενο ισχυει ως ισοτητα

αυτο ειναι ειδικα χρησιμο στην αποδειξη ανισοτητων σε πιο συνθετες συναρτησεις(με την χρηση κυρτοτητας η αλλιως μονοτονιας για την f')

Ειδα οτι καποιος με προλαβε...προφανως και δεν θα το γραψουμε αυτο μιας και η εξης ανισοτητα χρειαζεται αποδειξη..Αν ηταν εντος υλης (δηλαδη στο βιβλιο) τοτε ισως να λεγαμε συμφωνα με την ανισοτητα Jensen ισχυει το ταδε και να τελειωναμε...
νομιζα οτι αυτη αποδεικνυεται με 2 ΘΜΤ στα διαστηματα που ανεφερα παραπανω για μια συναρτηση που ειναι κυρτη (η κοιλη) στο R

JKaradakov · 2013-01-13T19:33:46+0200

Αρχική Δημοσίευση από styt_geia:
Σωστά, βιάστηκα. Αν $f(0)=f(1)$ το ζητούμενο είναι προφανές ενώ αν $f(1)<f(0)$ πάλι εφαρμόζεται Θ.Ε.Τ. χωρίς πρόβλημα.

Δδλ γράφω και τις τρείς περιπτώσεις, ή μόνο τις δύο ανισοτικες; :hmm:

rebel · 2013-01-13T19:37:49+0200

Ναι και τις τρεις περιπτώσεις θα γράψεις.

JKaradakov · 2013-01-13T19:41:35+0200

Αρχική Δημοσίευση από styt_geia:
Ναι και τις τρεις περιπτώσεις θα γράψεις.

Κάτι τελευταίο. Η απόδειξη χρειάζεται ή είναι δεδομένη;

rebel · 2013-01-13T19:47:14+0200

Αν εννοείς την απόδειξη για την περίπτωση $f(1)<f(0)$ , ...τι να σου πω αν έγραφα πανελλήνιες θα την έγραφα για να είμαι καλυμμένος. Σε οποιαδήποτε άλλη περίπτωση (τεστ φροντιστηρίου κλπ ) θα έγραφα απλά ότι αν $f(0) \neq f(1)$ χωρίς βλάβη της γενικότητας υποθέτω ότι $f(0) < f(1)$ , και η περίπτωση $f(0) > f(1)$ είναι ανάλογη.

sokratis lyras · 2013-01-14T00:52:47+0200

Αρχική Δημοσίευση από ξαροπ:
Στοίχημα αν γράψεις οπουδήποτε τη λέξη "jensen" στις πανελλαδικές και οι δυο διορθωτές θα στην διαγράψουν με ό,τι αυτό συνεπάγεται. Όπως είχε πει και κάποιος άλλος, οι πανελλαδικές δεν είναι χώρος διαγωνισμού να το 'παίξουμε' μαθηματικοί (ή φυσικοί ή βιολόγοι κ.ο.κ.). Βεβαίως, κάθε λύση επιστημονικά τεκμηριωμένη είναι αποδεκτή, αλλά η απόδειξη της jensen γίνεται με την karamata κι εκεί χειροτερεύουν ακόμη περισσότερο τα πράγματα...\offtopic

Προφανώς! και θα την διαγράψουνε. Δεν νομίζω να είπα το αντίθετο.Η απόδειξη της jensen δεν γίνεται μόνο με karamata.Για 2 μεταβήτές η jensen αποδεικνύεται με 2 ΘΜΤ.Αυτό που ήθελά να τονίσω είναι ότι όλοι πρέπει να γνωρίζουν αυτήν και την απόδειξή της.Δες το περσινό 4ο θέμα των πανελληνίων και θα καταλάβεις τι εννοώ.

rebel · 2013-01-14T01:40:20+0200

Αρχική Δημοσίευση από χριχρι :):
Αν f(x)=x^2 x ανήκει R, να αποδείξετε ότι για κάθε α,β ανήκει R ισχύει: f(α)+f(β)≥2f(α+β/2)
Pleaaaase όποιος μπορεί, μου χει σπάσει τα νεύρα...

Χωρίς λόγια...

P@NT?LO$ · 2013-01-14T19:56:20+0200

1)Αν η συναρτηση f ειναι παραγωγισιμη στο $[1,e]$ με $0<f(x)<1$ και $f'(x)\geq 0$ για καθε $x\varepsilon [1,e]$ να δειξετε οτι υπαρχει ενας μονο αριθμος $xo\varepsilon (1,e)$ τετοιος ωστε $f(xo)+xolnxo=xo$

2)να δειξετε οτι η εξισωση ${e}^{x}+{x}^{2}=2x +1$ εχει 2 το πολυ πραγματικες ριζες!! (βριστε ελευθερα αλλα δεν μπορω να την βγαλω..)

Mercury · 2013-01-14T21:51:42+0200

Να βρεθεί το πεδίο ορισμού της παρακάτω:
$f(x)=\sqrt{2{\ln }^{2}x+\ln x}$
Προφανώς κάτι μου διαφεύγει με τους λογαρίθμους,και δεν μπορώ να την λύσω.
Την λύση την έχω,αυτό που θα ήθελα είναι άν μπορεί κάποιος να μου εξηγήσει πώς φτάνουμε σε αυτήν.

alex2395 · 2013-01-14T22:16:43+0200

Αρχική Δημοσίευση από Mercury:
Να βρεθεί το πεδίο ορισμού της παρακάτω:
$f(x)=\sqrt{2{\ln }^{2}x+\ln x}$
Προφανώς κάτι μου διαφεύγει με τους λογαρίθμους,και δεν μπορώ να την λύσω.
Την λύση την έχω,αυτό που θα ήθελα είναι άν μπορεί κάποιος να μου εξηγήσει πώς φτάνουμε σε αυτήν.

πρεπει ${(lnx)}^{2} +lnx\geq 0$ και χ>0
λυνεις την εξισωση και βρισκεις ριζες το 1 και το $\frac{1}{e}$
και απο εκει κανεις πινακακι προσημου και βρισκεις τις τιμες που η παρασταση ειναι θετικη(μαζι με τις ριζες)
ΥΓ:Πρεπει να την κανεις παραγοντοποιηση για να την λυσεις

JKaradakov · 2013-01-14T22:28:38+0200

Έχω την παρακάτω άσκηση την οποία έλυσα απλώς θέλω να τσεκάρω λύσεις. Το β,γ αναλυτικά παρακαλώ :redface:

Μια συνάρτηση $f:R\rightarrow R$ έχει την ιδιότητα: $f(x-2)\leq x^2-3x+2\leq f(x-3)+2x-4$
Έστω μεταβλητή ευθεία η οποία διέρχεται απο το σημείο $M(-\frac{1}{2},0)$ και τέμνει τη $C_f$ σε δύο διαφορετικά σημεία Α και Β.
α) Να βρεθεί ο τύπος της f
β) Να αποδειχθεί ότι οι εφαπτόμενες της $C_f$ στα Α,Β τέμνονται κάθετα.
γ) Να αποδειχθεί ότι το σημείο τομής των παραπάνω εφαπτομένων κινείται στην σταθερή ευθεία με εξίσωση $y=-\frac{1}{2}$

Αρχική Δημοσίευση από Mercury:
Να βρεθεί το πεδίο ορισμού της παρακάτω:
$f(x)=\sqrt{2{\ln }^{2}x+\ln x}$
Προφανώς κάτι μου διαφεύγει με τους λογαρίθμους,και δεν μπορώ να την λύσω.
Την λύση την έχω,αυτό που θα ήθελα είναι άν μπορεί κάποιος να μου εξηγήσει πώς φτάνουμε σε αυτήν.

$A_f=\begin{Bmatrix} x\in R/ 2{\ln }^{2}x+\ln x\geq 0 , x>0\end{Bmatrix}$

Θέτω lnx=ω:

άρα:
- $\omega \geq 0\Leftrightarrow lnx\geq 0\Leftrightarrow lnx\geq ln1\Leftrightarrow x\geq 1$
- $\omega \leq -\frac{1}{2}\Leftrightarrow lnx\leq -\frac{1}{2}\Leftrightarrow x\leq {e}^{-\frac{1}{2}}\Leftrightarrow x\leq \frac{1}{\sqrt{e}}$
- $x>0$
Επομένως

rebel · 2013-01-15T00:44:08+0200

Αρχική Δημοσίευση από P@NT?LO$:
1)Αν η συναρτηση f ειναι παραγωγισιμη στο $[1,e]$ με $0<f(x)<1$ και $f'(x)\geq 0$ για καθε $x\varepsilon [1,e]$ να δειξετε οτι υπαρχει ενας μονο αριθμος $xo\varepsilon (1,e)$ τετοιος ωστε $f(xo)+xolnxo=xo$

2)να δειξετε οτι η εξισωση ${e}^{x}+{x}^{2}=2x +1$ εχει 2 το πολυ πραγματικες ριζες!! (βριστε ελευθερα αλλα δεν μπορω να την βγαλω..)

1) Έστω $g(x)=f(x)+x \ln x -x$ . Τότε $g(1)=f(1)-1<0,\,\,g(e)=f(e)+e-e=f(e)>0$ οπότε από Βολτζάνο έχει τουλάχιστον μία ρίζα στο (1,e). Επίσης $g'(x)=f'(x)+ \ln x +1-1=f'(x)+ \ln x>0 ,\,\,x \in (1,e)$ οπότε $g$ γνησίως αύξουσα στο $(1,e)$ οπότε η ρίζα που βρήκαμε είναι μοναδική.
2) Ας πούμε ότι η $f(x)=0 \Leftrightarrow {e}^{x}+{x}^{2}-2x -1=0$ έχει τρεις ρίζες $\rho_1< \rho_2 < \rho_3$ . Από ρολ υπάρχουν $x_1 \in ( \rho_1, \rho_2),\,\,\ x_2 \in (\rho_2, \rho_3)$ με $f'(x_1)=f'(x_2)=0$ και από Rolle στην f' υπάρχει $\xi \in (x_1,x_2): f''(\xi)=0$ . Όμως $f''(x)=e^x+2>0$ άτοπο. Άρα η εξίσωση έχει το πολύ δύο ρίζες.

P@NT?LO$ · 2013-01-15T08:36:36+0200

Αρχική Δημοσίευση από styt_geia:
1) Έστω $g(x)=f(x)+x \ln x -x$ . Τότε $g(1)=f(1)-1<0,\,\,g(e)=f(e)+e-e=f(e)>0$ οπότε από Βολτζάνο έχει τουλάχιστον μία ρίζα στο (1,e). Επίσης $g'(x)=f'(x)+ \ln x +1-1=f'(x)+ \ln x>0 ,\,\,x \in (1,e)$ οπότε $g$ γνησίως αύξουσα στο $(1,e)$ οπότε η ρίζα που βρήκαμε είναι μοναδική.
2) Ας πούμε ότι η $f(x)=0 \Leftrightarrow {e}^{x}+{x}^{2}-2x -1=0$ έχει τρεις ρίζες $\rho_1< \rho_2 < \rho_3$ . Από ρολ υπάρχουν $x_1 \in ( \rho_1, \rho_2),\,\,\ x_2 \in (\rho_2, \rho_3)$ με $f'(x_1)=f'(x_2)=0$ και από Rolle στην f' υπάρχει $\xi \in (x_1,x_2): f''(\xi)=0$ . Όμως $f''(x)=e^x+2>0$ άτοπο. Άρα η εξίσωση έχει το πολύ δύο ρίζες.

να σαι καλα φιλε!! η 2) μπορει να λυθει με αλλο τροπο??

rebel · 2013-01-15T09:05:15+0200

Το μόνο που μπορώ να σκεφτώ είναι να πας να βρεις διαστήματα μονοτονίας κλπ για να δείξεις ότι έχει ακριβώς δύο ρίζες, όμως τα νούμερα δεν βολεύουν. Ίσως κάποιος έχει κάποια καλλίτερη ιδέα.

Βοήθεια/Aπορίες στα Μαθηματικά Προσανατολισμού

Πολύ δραστήριο μέλος

Τιμώμενο Μέλος

Νεοφερμένο μέλος

Τιμώμενο Μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Δραστήριο μέλος

Τιμώμενο Μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Τιμώμενο Μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Νεοφερμένο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Νεοφερμένο μέλος

Επιφανές μέλος

Δραστήριο μέλος

Τιμώμενο Μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Νεοφερμένο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος