Η άσκηση του διημέρου

Leo 93 · 14 Απριλίου 2011 στις 13:22

Αρχική Δημοσίευση από lowbaper92:
Δ) (απ΄τις αγαπημένες μου ασκήσεις)
Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο [α,β] με $f\left(\alpha \right)>1$ και $\int_{\alpha }^{\beta }f\left(x \right)dx<\eta \mu \beta -\eta \mu \alpha$ .
Να αποδείξετε ότι υπάρχει $\xi \in \left(\alpha ,\beta \right):f\left(\xi \right)=\sigma \upsilon \nu \xi$

Έστω ότι $f(x)>cosx for any x\in [a,b]\Rightarrow \int_{a}^{b}f(x)dx>\int_{a}^{b}cosxdx=sina -sinb$ άτοπο λόγω εκφώνησης. Άρα υπάρχει ${x}_{1}\in [a,b]:f\left({x}_{1} \right)\leq cos{x}_{1}$

Έστω $f(x)<cosx for any x\in [a,b]$ άτοπο
γιατί για x=α είναι $f(a)>1, -1\leq cosx\leq 1\Rightarrow f(a)>cosa$ .
Άρα υπάρχει ${x}_{2}\in [a,b]:f\left({x}_{2} \right) \geq cos{x}_{2}$

Θεωρούμε τη συνάρτηση $g(x)=f(x)-cosx, x\in [a,b]$ , η οποία είναι συνεχής στο [a,b] με $g\left({x}_{1} \right)g\left({x}_{2} \right)\leq 0$ .

Άρα (θ.Bolzano) υπάρχει $c\in [a,b]:g(c)=0\Leftrightarrow f(c)=cosx$

Θα δείξω ότι το c βρίσκεται στο (α,β)
f(a)>cosa, άρα c δεν είναι ίσο με το a.

(*) O παραπάνω τρόπος δεν εγγυάται ότι το c βρίσκεται στο ανοιχτό διάστημα. Μπορούμε να δουλέψουμε και ως εξής.

Διαιρούμε στη δοσμένη με β-α και εφαρμόζουμε Θ.Μ.Τ. και βρίσκουμε $c\in (a,b): f(c)<cosc$

Ακόμη, f(a)>1>cosa.

Eφαρμόζουμε Bolzano στην $g(x)=f(x)-cosx$ στο [α,β].

lowbaper92 · 14 Απριλίου 2011 στις 15:28

Ναι όντως η 1η λύση χάνει λίγο

Ας γράψω αναλυτικά τη 2η λύση σου (αν την κατάλαβα καλά)

$\int_{\alpha }^{\beta }f\left(x \right)dx<\eta \mu \beta -\eta \mu \alpha \Leftrightarrow \int_{\alpha }^{\beta }F'\left(x \right)dx<\eta \mu \beta -\eta \mu a\Leftrightarrow F\left(\beta \right)-F\left(\alpha \right)<\eta \mu \beta -\eta \mu \alpha \Leftrightarrow \frac{F\left(\beta \right)-\eta \mu \beta-\left[F\left(\alpha \right) -\eta \mu \alpha \right] }{\beta -\alpha }<0$

Έστω $h\left(x \right)=F\left(x \right)-\eta \mu x,\; x\in \left[\alpha ,\beta \right]\; \mu \varepsilon \; h'\left(x \right)=F'\left(x \right)-\sigma \upsilon \nu x=f\left(x \right)-\sigma \upsilon \nu x$

$\Theta .M.T\rightarrow c\in \left(\alpha ,\beta \right):h'\left(c \right)=\frac{F\left(\beta \right)-\eta \mu \beta -\left[F\left(a \right) -\eta \mu \alpha \right]}{\beta -\alpha }<0\Leftrightarrow f\left(c \right)<\sigma \upsilon \nu x$

Έστω $g\left(x \right)=f\left(x \right)-\sigma \upsilon \nu x,\; x\in \left[\alpha ,\beta \right]$

$\bullet \; g\left(c \right)=f\left(c \right)-\sigma \upsilon \nu c<0$
$\bullet \; f\left(\alpha \right)>1\geq \sigma \upsilon \nu \alpha \Leftrightarrow f\left(a \right)-\sigma \upsilon \nu \alpha >0\Leftrightarrow g\left(\alpha \right)>0$

Bolzano στο [α,c]

Η λύση που είχα εγώ υπόψιν

$\int_{\alpha }^{\beta }f\left(x \right)dx<\eta \mu \beta -\eta \mu \alpha \Leftrightarrow \int_{\alpha }^{\beta }f\left(x \right)dx<\int_{\alpha }^{\beta }\sigma \upsilon \nu x\: dx\Leftrightarrow$
$\int_{\alpha }^{\beta }\left(f\left(x \right)-\sigma \upsilon \nu x \right)dx<0$

Έστω ότι $f\left(x \right)-\sigma \upsilon \nu x\geq 0\; \forall x\in \left(\alpha ,\beta \right)$
Τότε $\int_{\alpha }^{\beta }f\left(x \right)dx\geq 0\; \left(\alpha \tau o\pi o \right)$
Άρα υπάρχει ένα τουλάχιστον $\xi \in \left(\alpha ,\beta \right): f\left(\xi \right)-\sigma \upsilon \nu \xi <0$

Bolzano για την $g\left(x \right)=f\left(x \right)-\sigma \upsilon \nu x\; , \sigma \tau o\; \left[\alpha ,\xi \right]$

Να βάλω τη λύση της Β?

Leo 93 · 14 Απριλίου 2011 στις 19:01

Αρχική Δημοσίευση από lowbaper92:
Ας γράψω αναλυτικά τη 2η λύση σου (αν την κατάλαβα καλά)

Ναι, αυτό εννοούσα.

Αρχική Δημοσίευση από lowbaper92:
Να βάλω τη λύση της Β?

Βαλ' την.

lowbaper92 · 14 Απριλίου 2011 στις 23:02

Αρχική Δημοσίευση από lowbaper92:
Β) Έστω συνάρτηση $f:\left[a.b \right]\rightarrow R, (0<a<b)$ παραγωγίσιμη στο [a,b] για την οποία ισχύει $xf'\left(x \right)>f\left(x \right)$
Να δείξετε ότι υπάρχει $\xi \in \left[a,b \right]:f\left(\xi \right)=\frac{2\xi }{{b}^{2}-{a}^{2}}\int_{a}^{b}f\left(x \right)dx$

Α τρόπος

$xf'\left(x \right)-f\left(x \right)>0\Leftrightarrow \frac{xf'\left(x \right)-f\left(x \right)}{{x}^{2}}>0\Leftrightarrow \left(\frac{f\left(x \right)}{x} \right)'>0$

Έστω $g\left(x \right)=\frac{f\left(x \right)}{x},\; x\in \left[a,b \right]$ με την g να είναι γνησίως αύξουσα στο [a,b]
$a\leq x\leq b\Leftrightarrow g\left( a \right)\leq g\left(x \right)\leq g\left(b \right)\Leftrightarrow g\left(a \right)\leq \frac{f\left(x \right)}{x}\leq g\left(b \right)\Rightarrow \int_{a}^{b}xg\left(a \right)dx\leq \int_{a}^{b}f\left(x \right)dx\leq \int_{a}^{b}xg\left(b \right)dx\Leftrightarrow g\left(a \right)\frac{{b}^{2}-{a}^{2}}{2}\leq \int_{a}^{b}f\left(x \right)dx\leq g\left(b \right)\frac{{b}^{2}-{a}^{2}}{2}\Leftrightarrow g\left(a \right)\leq \frac{2}{{b}^{2}-{a}^{2}}\int_{a}^{b}f\left(x \right)dx\leq g\left(b \right)$

Από το θεώρημα ενδιάμεσων τιμών για την g υπάρχει $\xi \in \left[a,b \right]:g\left(\xi \right)=\frac{2}{{b}^{2}-{a}^{2}}\int_{a}^{b}f\left(x \right)dx\Leftrightarrow \frac{f\left(\xi \right)}{\xi }=\frac{2}{{b}^{2}-{a}^{2}}\int_{a}^{b}f\left(x \right)dx\Leftrightarrow f\left(\xi \right)=\frac{2\xi }{{b}^{2}-{a}^{2}}\int_{a}^{b}f\left(x \right)dx$

Β τρόπος

Έστω ότι δεν υπάρχει $\xi \in \left[a,b \right]:f\left(\xi \right)=A\xi$ όπου $A=\frac{2}{{b}^{2}-{a}^{2}}\int_{a}^{b}f\left(x \right)dx$

$\bullet \; A\nu \; f\left(x \right)>Ax\Rightarrow \int_{a}^{b}f\left(x \right)dx>A\frac{{b}^{2}-{a}^{2}}{2}=\int_{a}^{b}f\left(x \right)dx\; \left(\alpha \tau o\pi o \right)$
$\bullet \;$ Ομοίως αν f(x)<Ax

lowbaper92 · 14 Απριλίου 2011 στις 23:15

Άσκηση 5

Αν για τους μιγαδικούς ${z}_{1},{z}_{2},......,{z}_{10}$ ισχύουν
$\bullet \; \frac{{z}_{2}+{z}_{3}+.....+{z}_{10}}{{z}_{1}}\in R$
$\bullet \; \frac{{z}_{1}+{z}_{3}+.....+{z}_{10}}{{z}_{2}}\in R$
$\bullet \; \frac{{z}_{1}}{{z}_{2}}\notin R$
Να δείξετε ότι ${z}_{1}+{z}_{2}+.......+{z}_{10}=0$

Μην παιδεύεστε άδικα με τις κλασικές προϋποθέσεις για να είναι πραγματικοί οι μιγαδικοί. Θέλει κάτι άλλο, απλό και έξυπνο

Dias · 14 Απριλίου 2011 στις 23:31

Αρχική Δημοσίευση από lowbaper92:
Άσκηση 5
Αν για τους μιγαδικούς ${z}_{1},{z}_{2},......,{z}_{10}$ ισχύουν
$\bullet \; \frac{{z}_{2}+{z}_{3}+.....+{z}_{10}}{{z}_{1}}\in R$ (1)
$\bullet \; \frac{{z}_{1}+{z}_{3}+.....+{z}_{10}}{{z}_{2}}\in R$ (2)
$\bullet \; \frac{{z}_{1}}{{z}_{2}}\notin R$ (3)
Να δείξετε ότι ${z}_{1}+{z}_{2}+.......+{z}_{10}=0$

Αν στην 1η προσθέσουμε τη μοναδα $\bullet \; \frac{{z}_{1}+{z}_{2}+.....+{z}_{10}}{{z}_{1}}\in R$ (4)
και στη 2η το ίδιο:
$\bullet \; \frac{{z}_{1}+{z}_{2}+.....+{z}_{10}}{{z}_{2}}\in R$ (5)
Αν ${z}_{1}+{z}_{2}+.......+{z}_{10}<>0$
(4) / (5) => $\bullet \; \frac{{z}_{1}}{{z}_{2}}\in R$ ---> άτοπο.

Υ.Γ. Δεν μου αρέσει το lastex.

lowbaper92 · 15 Απριλίου 2011 στις 00:10

Σωστός και γρήγορος ο Δίας !

Άσκηση 6
Έστω συνεχής συνάρτηση f:R->R για την οποία ισχύει $f\left(x \right)=\int_{0}^{x}\frac{1}{{f}^{4}\left(t \right)+1}dt\; \forall x\in R$

α) Να αποδείξετε ότι η f είναι 1-1 και να βρείτε την αντίστροφη.

β) Να αποδείξετε ότι η γραφική παράσταση της f έχει ακριβώς ένα σημείο καμπής το οποίο να βρείτε

γ) Να υπολογίσετε το
$I=\int_{0}^{\frac{6}{5}}f\left(x \right)dx$
χωρίς να κάνετε αντικατάσταση (δεν με ενδιαφέρει το τελικό αποτέλεσμα, οπότε φτάστε το μέχρι ένα σημείο)

δ) Να βρείτε το πλήθος των ριζών της εξίσωσης $f(2x+1)=x$

vassilis498 · 15 Απριλίου 2011 στις 02:46

χωρίς να κάνετε αντικατάσταση

δηλαδή πώς το εννοείς, να μην αντικαταστήσουμε τίποτα μέσα στο ολοκλήρωμα με κάποια σχέση που θα έχουμε, να μην εφαρμόσουμε μέθοδο αντικατάστασης, ή απλά να μην κάνουμε τις πράξεις ( αυτό που λες στην παρένθεση) ;

lowbaper92 · 15 Απριλίου 2011 στις 16:25

Αρχική Δημοσίευση από vassilis497:
δηλαδή πώς το εννοείς, να μην αντικαταστήσουμε τίποτα μέσα στο ολοκλήρωμα με κάποια σχέση που θα έχουμε, να μην εφαρμόσουμε μέθοδο αντικατάστασης, ή απλά να μην κάνουμε τις πράξεις ( αυτό που λες στην παρένθεση) ;

Να μην το λύσης με τη μέθοδο της αντικατάστασης.. Προσπάθησε να εκμεταλλευτείς κάποια συναρτησιακή σχέση.

tebelis13 · 15 Απριλίου 2011 στις 23:16

Αρχική Δημοσίευση από lowbaper92:
Σωστός και γρήγορος ο Δίας !

Άσκηση 6
Έστω συνεχής συνάρτηση f:R->R για την οποία ισχύει $f\left(x \right)=\int_{0}^{x}\frac{1}{{f}^{4}\left(t \right)+1}dt\; \forall x\in R$

α) Να αποδείξετε ότι η f είναι 1-1 και να βρείτε την αντίστροφη.

β) Να αποδείξετε ότι η γραφική παράσταση της f έχει ακριβώς ένα σημείο καμπής το οποίο να βρείτε

γ) Να υπολογίσετε το
$I=\int_{0}^{\frac{6}{5}}f\left(x \right)dx$
χωρίς να κάνετε αντικατάσταση (δεν με ενδιαφέρει το τελικό αποτέλεσμα, οπότε φτάστε το μέχρι ένα σημείο)

δ) Να βρείτε το πλήθος των ριζών της εξίσωσης $f(2x+1)=x$

α) $f'(x)=1/(f^4(x)+1 ) >0$ αρα η f γν.αυξουσα αρα και 1-1

$x\rightarrow f^-1(x) \Rightarrow x=\int_{0}^{f^-1(x)}1/(f^4(x)+1)dt \Leftrightarrow 1=(1/(x^4+1))*(f^-1(x))' \Leftrightarrow f^-1(x)=(x^5/5)+x+c <br /> f(0)=0 <=> f^-1(0)=0 \Rightarrow f^-1(x)=(x^5/5)+x$

β) $f''(x)=-f^3(x)*f'(x)/(f^4(x)+1)^2 \Rightarrow f''(x)=0 , f'(x)>0\Rightarrow -f^3(x)=0 \Rightarrow f(x)=0 \Rightarrow x=f^-1(0)=0$

γ) $x\rightarrow f^-1(y) \Rightarrow dx=(f^-1(y))'*dy x=6/5 \rightarrow y=1 ,x=0\rightarrow y=0<br /> \Rightarrow I=\int_{0}^{1}(f^-1(y))'*y*dy=\left[(y^6/5)+y^2 \right]=....$

δ) $f(2x+1)=x \Rightarrow 2x+1=f^-1(x) \Rightarrow (x^5/5)-x-1=0$
που αν θεωρήσουμε συναρτηση και την μελετήσουμε θα δούμε ότι έχει μια ρίζα

p.s.:Σόρρυ παίδες δέν τα πάω πολύ καλά με το λάτεχ

lowbaper92 · 16 Απριλίου 2011 στις 02:50

Αρχική Δημοσίευση από tebelis13:
γ) $x\rightarrow f^-1(y) \Rightarrow dx=(f^-1(y))'*dy x=6/5 \rightarrow y=1 ,x=0\rightarrow y=0<br /> \Rightarrow I=\int_{0}^{1}(f^-1(y))'*y*dy=\left[(y^6/5)+y^2 \right]=....$

Δυσκολεύομαι να διαβάσω τη λύση σου (είναι και αργά). Θα την κοιτάξω αύριο. Πάντως ζήτησα και υπογράμμισα το ολοκλήρωμα να μη λυθεί με αντικατάσταση. Θα μου πεις ότι στις πανελλήνιες θα το λύσεις όπως θες. Απλά εδώ θέλω να δούμε μια πιο έξυπνη και ωραία λύση (που αν την σκεφτείτε εσείς ακόμα καλύτερα)

vassilis498 · 16 Απριλίου 2011 στις 18:32

Αρχική Δημοσίευση από lowbaper92:
Άσκηση 6
Έστω συνεχής συνάρτηση f:R->R για την οποία ισχύει $f\left(x \right)=\int_{0}^{x}\frac{1}{{f}^{4}\left(t \right)+1}dt\; \forall x\in R$

γ) Να υπολογίσετε το
$I=\int_{0}^{\frac{6}{5}}f\left(x \right)dx$
χωρίς να κάνετε αντικατάσταση (δεν με ενδιαφέρει το τελικό αποτέλεσμα, οπότε φτάστε το μέχρι ένα σημείο)

παραγωγίζω την αρχική σχέση

$f'(x)=\frac{1}{{f}^{4}(x)+1}$

$\int_{0}^{\frac{5}{6}}f(x)dx=\int_{0}^{\frac{5}{6}}f(x)f'(x)\frac{1}{f'(x)}dx=\int_{0}^{\frac{5}{6}}f(x)f'(x)[{f}^{4}(x)+1]dx=\int_{0}^{\frac{5}{6}}{f}^{5}(x)f'(x)+f(x)f'(x)dx=\left[\frac{{f}^{6}(x)}{6}+\frac{{f}^{2}(x)}{2} \right]$

το f(0) κάνει 0 από την αρχική σχέση
τώρα για το f(6/5)

$f'(x)=\frac{1}{{f}^{4}(x)+1}\Leftrightarrow {f}^{4}(x)f'(x)+f'(x)=x\Leftrightarrow 5{f}^{4}(x)f'(x)+5f'(x)=5x\Rightarrow {f}^{5}(x)+5f(x)=5x+c\Leftrightarrow (x=0\Rightarrow c=0)\Leftrightarrow {f}^{5}(x)+5f(x)=5x$

εδώ αν αντικαταστήσω x=6/5 και τα πάω στο πρώτο μέλος, με horner κλπ καταλήγω:

$[f(6/5)-1][{f}^{4}(6/5)+{f}^{3}(6/5)+{f}^{2}(6/5)+f(6/5)+6]=0$

άρα f(6/5)=1 ( το άλλο δεν παίζει να χει ρίζα γιατί αφού f γν αύξουσα πρεπει να είναι μεγαλύτερο του f(0) δηλαδή θετικό)
edit: μια διόρθωση στα άκρα 6/5 αντί για 5/6

αυτό μας κάνει;

lowbaper92 · 17 Απριλίου 2011 στις 01:41

Τεμπέλη, λίγο περίεργος ο τρόπος που βρίσκεις την αντίστροφη. Δεν βρίσκω λάθος βέβαια, αλλά καλύτερα να το κάνεις έτσι:

$f'\left(x \right)=\frac{1}{{f}^{4}\left(x \right)+1}\Leftrightarrow f'\left(x \right){f}^{4}\left(x \right)+f'\left(x \right)=1\Leftrightarrow \frac{{f}^{5}\left(x \right)}{5}+f\left(x \right)=x+c\Leftrightarrow \left(c=0 \right)\Leftrightarrow {f}^{5}\left(x \right)+5f\left(x \right)=5x$

$y=f\left(x \right)\Leftrightarrow x=\frac{{y}^{5}}{5}+y\Leftrightarrow {f}^{-1}\left(y \right)=\frac{{y}^{5}}{5}+y\Leftrightarrow {f}^{-1}\left(x \right)=\frac{{x}^{5}}{5}+x$

β)

$f''\left(x \right)=\frac{-4{f}^{3}\left(x \right)f'\left(x \right)}{{\left({f}^{4}\left(x \right)+1 \right)}^{2}}$
Δείξαμε ότι f'(x)>0 άρα το πρόσημο της f'' εξαρτάται από την f.
$\bullet \; f\left(0 \right)=0$
$\bullet \; x>0\Leftrightarrow f\left(x \right)>0$
$\bullet \; x<0\Leftrightarrow f\left(x \right)<0$
Άρα η f έχει μοναδικό σημείο καμπής στο Α(0,f(0))

γ) Στο ολοκλήρωμα είστε σωστοί και οι δύο, χωρίς να κοίταξα πράξεις βέβαια. Βασίλη, πολύ ωραία λύση, δεν την είχα σκεφτεί.
Μπορούσες να βρεις το f(6/5) πιο εύκολα απ'την αντίστροφη. Δηλαδή: Για x=1 στον τύπο της αντίστροφης έχουμε
${f}^{-1}\left(1 \right)=\frac{6}{5}\Leftrightarrow f\left(\frac{6}{5} \right)=1$

Η λύση που είχα εγώ στο μυαλό μου είναι:

${f}^{5}\left(x \right)+5f\left(x \right)=5x\Leftrightarrow {f}^{5}\left(x \right)f'\left(x \right)+5f\left(x \right)f'\left(x \right)=5xf'\left(x \right)\Rightarrow \int_{0}^{6/5}{f}^{5}\left(x \right)f'\left(x \right)+5f\left(x \right)f'\left(x \right)dx=\int_{0}^{6/5}5xf'\left(x \right)dx\Leftrightarrow \left[\frac{{f}^{6}\left(x \right)}{6} +\frac{5}{2}{f}^{2}\left(x \right)\right]{}^{6/5}{}_{0}=\left[5xf\left(x \right) \right]{}^{6/5}{}_{0}-5\int_{0}^{6/5}f\left(x \right)dx$
στο οποίο έχουμε μόνο άγνωστο το ζητούμενο ολοκλήρωμα

δ)

Συνεχίζω τη λύση του τεμπέλη
Θέλουμε το πλήθος των ριζών της συνάρτησης $g\left(x \right)={x}^{5}-5x-5,\; x\in R$
$g'\left(x \right)=5{x}^{4}-5=5\left(x-1 \right)\left(x+1 \right)\left({x}^{2}+1 \right)$
Κάνοντας πίνακα μονοτονίας έχουμε ότι η g είναι γνησίως αύξουσα στα Α1=(-οο,-1] και Α2=[1,+οο) και γνησίως φθίνουσα στο Α3=[-1,1]
$\bullet \; g\left({A}_{1} \right)=\left(\lim_{x\rightarrow -oo } g\left(x \right),g\left(-1 \right)\right]=\left(-oo,-1\right]$
Άρα η g δεν έχει ρίζα στο Α1

$\bullet \; g\left({A}_{2} \right)=[g\left(1 \right), \lim_{x\rightarrow +oo}g\left(x \right) )=[-9,+oo)$
Άρα η g έχει μοναδική ρίζα στο Α2

$\bullet \; g\left({A}_{3} \right)=\left[g\left(1 \right),g\left(-1 \right) \right]=\left[-9,-1 \right]$
Άρα η g δεν έχει ρίζα στο Α3

'Ασκηση 7

Δίνεται η f συνεχής συνάρτηση στο R, με $f\left(x \right)\neq 0\; \forall x\in R$ , $\int_{1}^{\left|z \right|}f\left(x \right)dx=0\; \kappa \alpha \iota \; f\left(1 \right)=1$

α) Να βρείτε το γεωμετρικό τόπο του z.

β) Να βρεθεί το όριο
$L=\lim_{x\rightarrow -oo}\frac{\left(\left|z+\bar{z} \right|-3 \right){x}^{3}+x}{\left(\left|z-\bar{z} \right|-3 \right){x}^{2}+x}$

γ) Αν το εμβαδόν της f με τον x'x από τη x=0 μέχρι τη x=1 είναι μικρότερο του $\left|z+2\bar{z} \right|$ , να δειχθεί ότι η εξίσωση $\int_{0}^{x}f\left(t \right)dt=3{x}^{2}+6x-6$ έχει τουλάχιστον μία ρίζα στο $(0,1)$

13diagoras · 17 Απριλίου 2011 στις 14:15

Μακαρι να μη με προλαβε παλι κανεις... :spasiklas:

lowbaper92 · 17 Απριλίου 2011 στις 16:45

Διαγόρα ωραίες οι λύσεις σου ! Ας βάλω κάποιους δεύτερους τρόπους που έχω σαν λύσεις
α)

Δείξαμε ότι f(x)>0.
Αν |z|>1 τότε $\int_{1}^{\left|z \right|}f\left(x \right)dx>0\; \left(\alpha \tau o\pi o \right)$
Αν |z|<1 τότε $\int_{1}^{\left|z \right|}f\left(x \right)dx<0\; \left(\alpha \tau o\pi o \right)$
Άρα |z|=1

β)

$\left| z+\bar{z}\right|\leq \left|z \right|+\left|\bar{z} \right|=1+1=2\Leftrightarrow \left| z+\bar{z}\right|-3\leq -1<0$
$\left| z-\bar{z}\right|\leq \left|z \right|+\left|\bar{z} \right|=1+1=2\Leftrightarrow \left| z-\bar{z}\right|-3\leq -1<0$
κτλ

γ)

$h\left(x \right)=\int_{0}^{x}f\left(t \right)dt-3{x}^{2}-6x+6,\; x\in \left[0,1 \right]$
$h\left(0 \right)=6>0$
$h\left(1 \right)=\int_{0}^{1}f\left(t \right)dt-3$
Όμως
$\int_{0}^{1}f\left(x \right)dx<\left|z+2\bar{z} \right|\leq \left|z \right|+\left|2\bar{z} \right|=1+2=3\Leftrightarrow \int_{0}^{1}f\left(x \right)dx-3<0\Leftrightarrow h\left(1 \right)<0$
Bolzano στο [0,1] για την h.

Άσκηση 8 (Ωραία αλλά δύσκολη άσκηση. Για να δούμε)

Έστω οι συνεχείς συναρτήσεις f,g με Df=Dg=R και ο μιγαδικός z ώστε να ισχύουν οι σχέσεις
$\bullet \; f\left(0 \right)>g\left(0 \right)$
$\bullet \; \int_{0}^{x}f\left(t \right)dt<\pi \cdot g\left(0 \right)+\frac{{\pi }^{2}}{2}\cdot g'\left(0 \right),\; \forall x\in R$
$\bullet$ Η g έχει συνεχή δεύτερη παράγωγο με $g''\left(x \right)\neq 0,\forall x\in R$
$\bullet\; {e}^{\left|z \right|-2011}+{e}^{\left|z \right|-g''\left(2011 \right)-1}=2\left|z \right|-g''\left(2011 \right)-2010$
Επίσης θεωρήστε γνωστό (πρέπει βέβαια να ξέρετε την απόδειξη) ότι ${e}^{x}\geq x+1,\forall x\in R$

α) Να δείξετε ότι η g είναι κυρτή και να βρείτε το γεωμετρικό τόπο των εικόνων του z.
β) Να δείξετε ότι $g\left(x \right)\geq x\cdot g'\left(0 \right)+g\left(0 \right),\forall x\in [0,+oo)$
γ) Να δείξετε ότι $\int_{0}^{\pi }\left[f\left(t \right)-g\left(t \right) \right]dt<0$
δ) Να δείξετε ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον $\xi \in \left(0,\pi \right):f\left(\xi \right)=g\left(\xi \right)$

Exomag · 17 Απριλίου 2011 στις 18:20

Νέο μέλος στο forum και αυτό είναι το πρώτο μου post...
Ορίστε και η λύση μου... Η άσκηση δεν ήταν τόσο δύσκολη τελικά... Εκτός βέβαια αν έχω κάνει κάποιο λάθος...

13diagoras · 17 Απριλίου 2011 στις 20:57

Σωστος ο exomag.

Μια διαφορετικη ,λιγο,προσεγγιση σε ορισμενα ερωτηματα:
(a)ακριβως ετσι την ελυσα.
(b)εφαρμοσα ΘΜΤ στο[0,χ].
(c)ακριβως ετσι την ελυσα,επισης.
(d)πηρα bolzano στο 0 και ενα α στο οποιο σιγουρα η διαφορα f-g ειναι αρνητικη ,αλλιως,...ατοπο. Πρακτικα η ιδια λυση.

Φιλε lowbaper92 πολυ ωραιες οι ασκησεις σου!!

vassilis498 · 17 Απριλίου 2011 στις 21:03

όντως, ωραίες οι ασκησούλες

lowbaper92 · 19 Απριλίου 2011 στις 05:23

Αρχική Δημοσίευση από Exomag:
Νέο μέλος στο forum και αυτό είναι το πρώτο μου post...
Ορίστε και η λύση μου... Η άσκηση δεν ήταν τόσο δύσκολη τελικά... Εκτός βέβαια αν έχω κάνει κάποιο λάθος...

Ωραία η λύση σου ! Η άσκηση θα ήταν σίγουρα πιο δύσκολη αν δεν είχα σπάσει το τελευταίο ερώτημα σε 2 υποερωτήματα, αλλά νομίζω τότε θα ήταν λίγο τσιμπημένη.
Μια παρατήρηση στη λύση σου (λεπτομέρεια βέβαια) στο (γ) ερώτημα. Το "=" στην ανισότητα ισχύει μόνο για το σημείο επαφής, άρα η συνάρτηση $k(x)=g(x)-xg'(0)+g(0)$ δεν είναι παντού μηδέν. Άρα όταν ολοκληρώνεις ισχύει μόνο το "μεγαλύτερο"

Εναλλακτική λύση για το (δ)

Δείξαμε ότι $\int_{0}^{\pi }\left[f\left(t \right)-g\left(t \right) \right]dt<0$
Έστω ότι $f\left(t \right)-g\left(t \right)\geq 0,\forall t\in \left[0,\pi \right]$
Επειδή $f(0)>g(0)$ ,δεν ισχύει παντού το "ίσο με το μηδέν" άρα $\int_{0}^{\pi }\left[f\left(t \right)-g\left(t \right) \right]dt>0\; \left(\alpha \tau o\pi o \right)$
Άρα θα υπάρχει $c\in (0,\pi ]:f\left(c \right)-g\left(c \right)<0$
Θεωρούμε $p\left(x \right)=f\left(x \right)-g\left(x \right),\; x\in \left[0,c \right]$
$p\left(0 \right)\cdot p\left(c \right)=\left[f\left(0 \right) -g\left(0 \right)\right]\cdot \left[f\left( c\right)-g\left(c \right) \right]<0$
Bolzano

Άσκηση 9

Έστω η παραγωγίσιμη συνάρτηση f:[α,β]->R με f(α)=α και f(β)=β. Αν 0<α<β να αποδείξετε ότι:

α)Υπάρχει εφαπτομένη ευθεία της γραφικής παράστασης της f, η οποία είναι παράλληλη στην ευθεία y=x.

β)Υπάρχει ${x}_{0}\in \left(\alpha ,\beta \right):f\left({x}_{0} \right)=\alpha +\beta -{x}_{0}$

γ) Υπάρχουν ${\xi }_{1},{\xi }_{2}\in \left(\alpha ,\beta \right)\; \mu \varepsilon \; {\xi }_{1}<{\xi }_{2}:f'\left({\xi }_{1} \right)\cdot f'\left({\xi }_{2} \right)=1$

δ) Αν υπάρχει η f'' και είναι συνεχής στο [α,β] και ισχύει $\int_{\alpha }^{\beta }xf''\left(x \right)=0$ , τότε η εξίσωση $x\cdot f''\left(x \right)+f'\left(x \right)=1$ έχει λύση στο (α,β).

Και δώρο αυτή

Δίνεται συνάρτηση f παραγωγίσιμη στο R, με $f(2)=0$ και $f'(1)=0$ . Αν η $f'$ είναι γνησίως αύξουσα και η $fofof$ έχει ακρότατο στο $2$ , να βρεθεί το $f(0)$ .

Exomag · 19 Απριλίου 2011 στις 11:25

Ωραίες ασκήσεις :clapup:

Ορίστε και οι λύσεις μου...

Η άσκηση του διημέρου

Εκκολαπτόμενο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Επιφανές μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Διακεκριμένο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Διακεκριμένο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Δραστήριο μέλος

Συνημμένα

Πολύ δραστήριο μέλος

Νεοφερμένο μέλος

Δραστήριο μέλος

Διακεκριμένο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Νεοφερμένο μέλος