Βοήθεια/Aπορίες στα Μαθηματικά Προσανατολισμού

rebel · 31 Ιουλίου 2014 στις 15:07

33.

α) Έστω $w=yi$ . Τότε

$w^{2004}=\left( y i \right)^{2004}=y^{2004}i^{2004}=y^{2004}\left( i^{4} \right)^{501}=y^{2004}\left( 1 \right)^{501}=y^{2004} \geq 0$

β)

Αν $z_2=0$ τότε $z_1 \neq 0$ αφού οι $z_1,z_2$ είναι διαφορετικοί μεταξύ τους οπότε $w=z_1/z_1=1 \in \mathbb{R}$ το οποίο είναι άτοπο αφού $w$ φανταστικός. Άρα $z_2 \neq 0$ και έχουμε

$w=\frac{z_1+z_2}{z_1-z_2}=\frac{\frac{z_1}{z_2}+1}{\frac{z_1}{z_2}-1} \stackrel{a=z_1/z_2}{=} \frac{a+1}{a-1}$

και αφού ο $w$ είναι φανταστικός, ισχύει

$\overline{w}=-w \Rightarrow \frac{\overline{a}+1}{\overline{a}-1}=-\frac{a+1}{a-1} \Rightarrow \left(\overline{a}+1\right)\left(a-1\right)=-(a+1)\left(\overline{a}-1\right) \Rightarrow a \overline{a}=1 \Rightarrow |a|^2=1 \Rightarrow |a|=1 \Rightarrow |z_1|=|z_2|$

34.

α)
$z^4-z^2+1=0 \Leftrightarrow z^4+2z^2+1-2z^2-z^2=0 \Leftrightarrow \left(z^4+2z^2+1\right)-3z^2=0 \Leftrightarrow \left(z^2+1\right)^2-3z^2=0 \Leftrightarrow \left(z^2+1-\sqrt{3}z\right)\left(z^2+1+\sqrt{3}z\right)=0 \Leftrightarrow \\ z^2-\sqrt{3}z+1=0\,\, \acute{\eta} \,\, z^2+\sqrt{3}z+1=0$

Οι ρίζες της πρώτης εξίσωσης είναι οι $z_1=\frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{1}{2}i,\,\,z_2=\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{1}{2}i$ και της δεύτερης $z_3=-\frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{1}{2}i,\,\,z_4=-\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{1}{2}i$

β)
Είναι θέμα απλών πράξεων να διαπιστώσουμε ότι
$|z_1-z_2|=|z_3-z_4|,\,\,|z_1-z_3|=|z_2-z_4|$
οπότε το τετράπλευρο που σχηματίζεται από τις εικόνες είναι παραλληλόγραμμο αφού οι απέναντι πλευρές είναι ίσες ανά δύο. Επίσης απλό είναι να δείξουμε ότι
$|z_1|=|z_2|=|z_3|=|z_4|=1$
οπότε οι εικόνες ανήκουν στον μοναδιαίο κύκλο.

Guest 856924 · 31 Ιουλίου 2014 στις 22:07

φιλε οι λυσεις που μου δινεις ειναι στη πιο απλη μορφη ή ειναι λιγο πιο γρηγορες? γιατι δε μου θυμιζουν πολλα οταν τις βλεπω, αλλα μαλλον θα ειναι οι ασκησεις απο μονες τους λιγο καινουργιες

methexys · 31 Ιουλίου 2014 στις 22:14

Αρχική Δημοσίευση από arnold:
φιλε οι λυσεις που μου δινεις ειναι στη πιο απλη μορφη ή ειναι λιγο πιο γρηγορες? γιατι δε μου θυμιζουν πολλα οταν τις βλεπω, αλλα μαλλον θα ειναι οι ασκησεις απο μονες τους λιγο καινουργιες

Όχι, απλή μορφή είναι,αρκεί να έχεις κάποια εμπειρία και να έχεις λύσει παρόμοιες. Το 33α πχ. είναι εντελώς κλασικό, όπως και το 34β. Για τα υπόλοιπα πρέπει να τις "παίξεις" λίγο να δεις πώς θα τις βγάλεις.

rebel · 1 Αυγούστου 2014 στις 12:52

25.

$w=(y+xi)^{2003}=(y \cdot 1+xi)^{2003}=\left(- y i^2 +xi \right)^{2003}=i^{2003}\left(x-yi\right)^{2003}= i^{4\cdot 500+3}\overline{z}^{2003}=\left(i^4\right)^{500}i^3\overline{z}^{2003}=-i\overline{z}^{2003}$

Αφού $z^{2003} \in \mathbb{R}$ τότε και $\overline{z^{2003}}=\overline{z}^{2003} \in \mathbb{R}$ οπότε $w=-i\overline{z}^{2003} \in \mathrm{I}$

32.

α)
$|z_2|=\left|\frac{4+3i}{5}z_1\right|=\left|\frac{4+3i}{5}\right||z_1|=|z_1|$

άρα πράγματι ισαπέχουν από την αρχή των αξόνων.

β)
Αν $K(a,b)$ είναι το κέντρο του κύκλου που κινείται η μύγα Α τότε έστω $k=a+bi$ . Έχουμε

$\rho=|z_1-k|=\left|\frac{5}{4+3i}z_2-k\right|=\left|\frac{5}{4+3i}\left(z_2-\frac{4+3i}{5}k \right) \right|=\left|\frac{5}{4+3i}\right|\left|z_2-\frac{4+3i}{5}k\right|=\right|\left|z_2-\frac{4+3i}{5}k\right|$

οπότε

$\left|z_2-\frac{4+3i}{5}k\right|= \rho$

με

$\frac{4+3i}{5}k=\frac{4+3i}{5}(a+bi)=\left(\frac{4a}{5}-\frac{3b}{5}\right)+\left(\frac{4b}{5}+\frac{3a}{5}\right)i$

οπότε η μύγα Β κινείται σε κύκλο κέντρου $K'\left(\frac{4a}{5}-\frac{3b}{5},\frac{4b}{5}+\frac{3a}{5}\right)$ και ακτίνας $\rho'=\rho$

Guest 856924 · 3 Αυγούστου 2014 στις 09:48

Κωστα στειλε μου και τις αλλες οποτε εχεις χρονο

Schoolmate · 3 Αυγούστου 2014 στις 23:37

Μπορεί κάποιος να μου απαντήσει;

1. Τι σημαίνει ακριβώς εδώ που γράφει Δ=0 , τότε έχει μια διπλή πραγματική λύση; Τι εννοεί με το διπλή πραγματική λύση;

2. Μπορεί κάποιος τα z1 και z2 να μου τα γράψει αναλυτικά πώς βγαίνουνε;

Civilara · 4 Αυγούστου 2014 στις 00:24

Αρχική Δημοσίευση από Schoolmate:
1. Τι σημαίνει ακριβώς εδώ που γράφει Δ=0 , τότε έχει μια διπλή πραγματική λύση; Τι εννοεί με το διπλή πραγματική λύση;

Ένα πολυώνυμο P ν βαθμού, έχει ρίζα το ρ πολλαπλότητας μ (μ,ν θετικοί ακέραιοι αριθμοί με μ<=ν) όταν υπάρχει πολυώνυμο Q βαθμού (ν-μ) έτσι ώστε το P να μπορεί να γραφτεί στη μορφή P(x)=Q(x)((x-ρ)^ν).

Το ίδιο ισχύει για την εξίσωση P(x)=0.

Guest 856924 · 5 Αυγούστου 2014 στις 00:22

Αρχική Δημοσίευση από styt_geia:
33.

α) Έστω $w=yi$ . Τότε

με ποιο σκεπτικο θετουμε αυτο και οχι κατι αλλο?

life12 · 5 Αυγούστου 2014 στις 00:27

Αρχική Δημοσίευση από arnold:
με ποιο σκεπτικο θετουμε αυτο και οχι κατι αλλο?

αν δεν κανω λα8οσ λεει ο w φανταστικοσ αρι8μοσ αρα w=yi οποτε τι αλλο να ε8ετε??

Guest 856924 · 5 Αυγούστου 2014 στις 01:21

α ναι καταλαβα

chocolatecookie · 8 Αυγούστου 2014 στις 13:51

Αρχική Δημοσίευση από Schoolmate:
Μπορεί κάποιος να μου απαντήσει;

1. Τι σημαίνει ακριβώς εδώ που γράφει Δ=0 , τότε έχει μια διπλή πραγματική λύση; Τι εννοεί με το διπλή πραγματική λύση;

2. Μπορεί κάποιος τα z1 και z2 να μου τα γράψει αναλυτικά πώς βγαίνουνε;

Μία διπλή πραγματική λύση,είναι ουσιαστικά δύο ίσες λύσεις.Γι'αυτό,κάθε εξίσωση 2ου βαθμού με Δ=0,έχει 2 λύσεις οι οποίες και είναι ίσες.

Guest 856924 · 8 Αυγούστου 2014 στις 18:33

f(1+f(x))=2x-6+f(x) πως δειχνουμε αυτη οτι ειναι 1-1?

eyb0ss · 8 Αυγούστου 2014 στις 19:13

Αρχική Δημοσίευση από arnold:
f(1+f(x))=2x-6+f(x) πως δειχνουμε αυτη οτι ειναι 1-1?

(Υποθετω οτι η f εχει πεδιο ορισμου το R)
Εστω α,β ανηκουν R τετοια ωστε f(α)=f(β).Τοτε 1+f(α)=1+f(β)
=>f(1+f(α))=f(1+f(β))
<=>2α-6+f(α)=2α-6+f(β)
<=>2α-6=2α-6 αφου f(α)=f(β)
<=>2α=2β
<=>α=β
Βλεπουμε οτι f(α)=f(β) => α=β αρα f ''1-1''

Guest 856924 · 8 Αυγούστου 2014 στις 20:31

ωραια θελω τελικα και τα επομενα ερωτηματα...ιι)να βρειτε το f(3) iii)να λυθει αυτη f(1+2f(x^2+x+1))=f(1+f(5))-4

αμα θες δες και αυτη που ρωτησα στη συλλογη ασκησεων

methexys · 8 Αυγούστου 2014 στις 20:41

Αρχική Δημοσίευση από arnold:
ιι)να βρειτε το f(3)

Για βάλε όπου x το 3 και βγαίνει, αξιοποιώντας το πρώτο ερώτημα, οτι είναι 1-1 ... δοκίμασε να την προχωρήσεις μόνος σου.

Guest 856924 · 8 Αυγούστου 2014 στις 20:59

Αρχική Δημοσίευση από methexys:
Για βάλε όπου x το 3 και βγαίνει, αξιοποιώντας το πρώτο ερώτημα, οτι είναι 1-1 ... δοκίμασε να την προχωρήσεις μόνος σου.

ναι οντως

blackorgrey · 2014-08-15T13:05:44+0300

Θέτεις στην αρχική σχέση χ=5.Οπότε παίρνεις:f(1+f(5))=4+f(5) <=> f(5)=f(1+f(5))-4
Άρα f(1+2f(x^2+x+1))=f(1+f(5))-4<=> f(1+2f(x^2+x+1))=f(5) <=> 1+2f(x^2+x+1)=5 <=> f(x^2+x+1)=2=f(3) <=> x^2+x+1=3 <=> x^2+x-2=0 <=> x=1 ή x=-2

Guest 856924 · 2014-08-15T15:49:15+0300

ευχαριστω φιλε αλλα την ειχα βρει την απαντηση για αυτο το ερωτημα..θα στειλω κατι αλλες που εχω κολλησει

Guest 856924 · 2014-08-15T16:51:53+0300

θελω την 20,22,23,24

PeterTheGreat · 2014-08-15T17:06:15+0300

20. f(-x) = x^2 -x -ln|x|
Θέτω ω = -χ => χ = -ω
f(ω) = (-ω)^2 - (-ω) - ln|-ω| = ω^2 + ω - ln|ω|

Οπότε f(x) = x^2 + x - ln|x|

22. α)
Πρέπει χ > 0 και 1 - χ >= 0 =>
χ > 0 και χ =< 1 =>
χ ε (0, 1]

β) Θα δείξουμε ότι η f είναι '1-1'. Αρκεί να δείξουμε ότι είναι γνησίως μονότονη.

Έστω χ1, χ2 που ανήκουν στο (0,1] τέτοια ώστε χ1 < χ2.

χ1 < χ2 => lnx1 < lnx2 (1)
x1 < x2 => -x1 > -x2 => 1-x1 > 1-x2 => ρίζα(1-χ1) > ριζα(1-χ2) => -ρίζα(1-χ1) < -ρίζα(1-χ2) (2)

Από πρόσθεση κατά μέλη των (1) και (2), προκύπτει ότι χ1 < χ2 => f(χ1) < f(χ2) για κάθε χ1, χ2 ε (0,1]. Άρα ή f είναι γνησίως μονότονη, άρα και '1-1', συνεπώς και αντιστρέφεται.

γ) Αφού το πεδίο ορισμού της f είναι το (0,1] και αυτή έχει αντίστροφη, το πεδίο ορισμού της f θα είναι το σύνολο τιμών της αντίστροφης. Συνεπώς, f-1(x) ε (0,1] για κάθε χ ανήκει στο πεδίο ορισμού της f-1, το οποίο θα βρούμε από το σύνολο τιμών της f. Αφού η f είναι γνησίως αύξουσα, τότε το f(Df) = (lim x->0 f(x), f(1)] = (-άπειρο, 0]. Άρα για κάθε χ =< 0, f-1(x) ε (0, 1]

δ) Αφού 0 < f-1(x) =< 1, => 0 < (x^2)*(f-1(x)) =< x^2. Από κριτήριο παρεμβολής, το ζητούμενο όριο είναι ίσο με 0.

Βοήθεια/Aπορίες στα Μαθηματικά Προσανατολισμού

Πολύ δραστήριο μέλος

Guest 856924

Επισκέπτης

Τιμώμενο Μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Guest 856924

Επισκέπτης

Εκκολαπτόμενο μέλος

Περιβόητο μέλος

Guest 856924

Επισκέπτης

Πολύ δραστήριο μέλος

Guest 856924

Επισκέπτης

Νεοφερμένο μέλος

Guest 856924

Επισκέπτης

Δραστήριο μέλος

Guest 856924

Επισκέπτης

Τιμώμενο Μέλος

Guest 856924

Επισκέπτης

Εκκολαπτόμενο μέλος

Guest 856924

Επισκέπτης

Guest 856924

Επισκέπτης

Συνημμένα

Πολύ δραστήριο μέλος