Η άσκηση του διημέρου

tebelis13 · 1 Μαΐου 2011

Με πολύ προχειρη λύση,ίσως κάνω και λάθος αλλά πρέπει να πάω να φάω,βγαίνει τόσο? :hmm:

$f(x)=\frac{2}{\sqrt{4x+1}}$

vassilis498 · 1 Μαΐου 2011

δε νομίζω, κοίτα τη άλλη μία μην έχεις κάνει κάνα λάθος

edit: σωστός τώρα

babisgr · 01-05-11

Μόλις λυθεί αυτή θα ανεβάσω μια εγώ που μ'αρεσε.......

vassilis498 · 01-05-11

Αρχική Δημοσίευση από vassilis497:
Βάζω μια μικρή μην παραπονιέστε

αφού την έγραψα που την έγραψα

Δίνονται οι συνεχείς συναρτήσεις $f,g:[0,+\propto )\rightarrow R$ με f(x)>0, g(x)>0 για κάθε $x\geq 0$ τέτοιες ώστε να ισχύουν:

$1+\int_{0}^{x}f(t)dt=\frac{1}{g(x)}$
και
$1+2\int_{0}^{x}g(t)dt=\frac{2}{f(x)}$

για κάθε $x\geq 0$

α) Να αποδείξετε ότι f(x)=2g(x) για κάθε $x\geq 0$
β) Να βρείτε τις συναρτήσεις f,g.

(Επειδή τις ασκήσεις μου τις δίνουν από φροντιστήριο και παίζει να ναι κι από κάνα βοήθημα αν σας θυμίζει τίποτα μη με πάρετε με τις ντομάτες)

λοιπόν βάζω και τη λύση να υπάρχει μιας και λύθηκε.

$1+\int_{0}^{x}f(t)dt=\frac{1}{g(x)}$ (1)

$1+2\int_{0}^{x}g(t)dt=\frac{2}{f(x)}$ (2)

παραγωγίζω την (1)

$1+\int_{0}^{x}f(t)dt=\frac{1}{g(x)}\Rightarrow f(x)=\frac{-g'(x)}{{g}^{2}(x)}\Rightarrow f(x){g}^{2}(x)=-g'(x)\Leftrightarrow {f}^{2}(x){g}^{2}(x)=-f(x)g'(x)$

τώρα τη (2)

$1+2\int_{0}^{x}g(t)dt=\frac{2}{f(x)}\Rightarrow 2g(x)=-\frac{2f'(x)}{{f}^{2}(x)}\Leftrightarrow g(x){f}^{2}(x)=-f'(x)\Leftrightarrow {g}^{2}(x){f}^{2}(x)=-f'(x)g(x)$

αφού τα πρώτα είναι ίσα τότε και τα δεύτερα

$-f'(x)g(x)=-f(x)g'(x)\Leftrightarrow f'(x)g(x)=f(x)g'(x)\Leftrightarrow f'(x)g(x)-f(x)g'(x)=0\Leftrightarrow \frac{f'(x)g(x)-f(x)g'(x)}{{g}^{2}(x)}=0\Leftrightarrow \left(\frac{f(x)}{g(x)} \right)'=0\Leftrightarrow \frac{f(x)}{g(x)}=c$

για x=0 στις (1),(2) παίρνω ότι f(0)=2 και g(0)=1, άρα από την αντικατάσταση παίρνω

$\frac{f(x)}{g(x)}=2\Leftrightarrow f(x)=2g(x)$

β) ξέρω ότι f(x)=2g(x)
από (1) παίρνω

$1+2\int_{0}^{x}g(t)dt=\frac{2}{f(x)}\Leftrightarrow 1+\int_{0}^{x}2g(t)dt=\frac{2}{f(x)}\Leftrightarrow 1+\int_{0}^{x}f(t)dt=\frac{2}{f(x)}\Leftrightarrow f(x)+f(x)\int_{0}^{x}f(t)dt=2\Leftrightarrow 2f(x)+2f(x)\int_{0}^{x}f(t)dt-4=0\Rightarrow {\left(\int_{0}^{x}f(t)dt \right)}^{2}+2\int_{0}^{x}f(t)dt-4x=0$

(στο τελευταίο αντιπαραγώγησα και το c κάνει 0 )

$\Delta =4+16x\Rightarrow \sqrt{\Delta }=\sqrt{4+16x}=2\sqrt{4x+1}$

$\int_{0}^{x}f(t)dt=\frac{-2\pm 2\sqrt{4x+1}}{2}=\pm \sqrt{4x+1}-1=\sqrt{4x+1}-1$ (η άλλη λύση απορρίφθηκε γιατί θέλω f(x)>0

$f(x)=\left(\int_{0}^{x}f(t)dt \right)'=\left(\sqrt{4x+1}-1 \right)'=\frac{4}{2\sqrt{4x+1}}=\frac{2}{\sqrt{4x+1}}$

αντίστοιχα η g(x)=f(x)/2

babisgr · 01-05-11

Δίνεται συνεχής και "1-1" συνάρτηση g στο $(0,+\propto )$ και μη μηδενικοί μιγαδικοί αριθμοί ${z}_{1},{z}_{2}$ για τους οποίους ισχύει:

$\int_{2010}^{x}g(|{z}_{1}+{z}_{2}|t+2)dt=\int_{2011}^{x}g(|{z}_{1}-{z}_{2}|t+2)dt , x\in(0,+\propto )$

Α) Να αποδειχθεί ότι $Re({z}_{1}{\bar{z}}_{2})=0$
Β) f:R->R με $f(x)=|{e}^{{x}^{2}}{z}_{1}+x{z}_{2}|$ να δείξετε ότι:
i) Η f παραγωγίσιμη στο R και να βρεθεί ο τύπος της
ii) Υπάρχει τουλάχιστον ένα $k\in(-1,1 )$ τέτοιο, ώστε: $f'(k)+h(k)\int_{k}^{1}p(t)dt=p(k)\int_{-1}^{k}h(t)dt$ όπου h,p συνεχείς συναρτήσεις στο [-1,1].
iii) Ισχύει $\int_{0}^{x}f(t)dt\geq x$ για κάθε x στο R, να δείξετε ότι $f(x)>=1$ για κάθε x στο R

Dmitsos · 2 Μαΐου 2011

Αρχική Δημοσίευση από babisgr:
Δίνεται συνεχής και "1-1" συνάρτηση g στο $(0,+\propto )$ και μη μηδενικοί μιγαδικοί αριθμοί ${z}_{1},{z}_{2}$ για τους οποίους ισχύει:

$\int_{2010}^{x}g(|{z}_{1}+{z}_{2}|t+2)dt=\int_{2011}^{x}g(|{z}_{1}-{z}_{2}|t+2)dt , x\in(0,+\propto )$

Α) Να αποδειχθεί ότι $Re({z}_{1}{\bar{z}}_{2})=0$
Β) f:R->R με $f(x)=|{e}^{{x}^{2}}{z}_{1}+x{z}_{2}|$ να δείξετε ότι:
i) Η f παραγωγίσιμη στο R και να βρεθεί ο τύπος της
ii) Υπάρχει τουλάχιστον ένα $k\in(-1,1 )$ τέτοιο, ώστε: $f'(k)+h(k)\int_{k}^{1}p(t)dt=p(k)\int_{-1}^{k}h(t)dt$ όπου h,p συνεχείς συναρτήσεις στο [-1,1].
iii) Ισχύει $\int_{0}^{x}f(t)dt\geq x$ για κάθε x στο R, να δείξετε ότι $f(x)>=1$ για κάθε x στο R

Ωραία ασκησούλα!!! Πάμε!!

A) $\int_{2010}^{x}g(|{z}_{1}+{z}_{2}|t+2)dt=\int_{2011}^{x}g(|{z}_{1}-{z}_{2}|t+2)\Leftrightarrow \int_{2011|z_1+z_2|+2}^{|z_1+z_2|x+2)}\frac{g(u)}{|z_1+z_2|}du=\int_{2011|z_1-z_2|+2}^{|z_1-z_2|x+2)}\frac{g(u)}{|z_1-z_2|}du \Rightarrow g(|{z}_{1}+{z}_{2}|x+2)=g(|{z}_{1}-{z}_{2}|x+2)\Leftrightarrow |{z}_{1}+{z}_{2}|=|{z}_{1}-{z}_{2}|\Leftrightarrow (|{z}_{1}+{z}_{2}|)^2=(|{z}_{1}-{z}_{2}|)^2\Leftrightarrow {z}_{1}\bar{{z}_2}+\bar{z}_{1}{{z}_2}=0\Leftrightarrow Re(\bar{z}_{1}{{z}_2})=0$ (ΔΙΑΙΡΩ ΜΕ ΤΟ Χ ΠΟΥ ΕΙΝΑΙ ΔΙΑΦΟΡΟ ΤΟΥ 0)

B) $f(x)=|{e}^{x^2}z_1+xz_2|\Rightarrow f^2(x)=[{e}^{x^2}z_1+xz_2][\bar{{e}^{x^2}{z_1}+x{z}_{2}}}]\Leftrightarrow f^2(x)=e^{2x^2}|z_1|^2+x^2|z_2|^2 +xe^{x^2}(Re({z_1}{\bar{z_2}})\Leftrightarrow f^2(x)=e^{2x^2}|z_1|^2+x^2|z_2|^2$

Παρατηρώ ότι το f^2(x) δε μηδενίζεται (μη μηδενικοί μιγαδικοί), άρα ούτε το f(x) και συνεπώς η f(x) διατηρεί σταθερό πρόσημο, το οποίο είναι θετικό ( μην ξεχνάμε ότι η f είναι μέτρο μιγαδικού!!). Άρα

i) $f(x)=\sqrt{e^{2x^2}|z_1|^2+x^2|z_2|^2}$
H f είναι παραγωγίσιμη ως πράξη παραγωγίσιμων.

ii) Θεωρώ τη συνάρτηση

$h(x)=-f(x)+\int_{-1}^{x}h(t)dt\int_{1}^{x}p(t)dt$ με χ στο [-1,1]
Παρατηρώ ότι
$h(1)=-f(1)$
$h(-1)=-f(-1)$
Ακόμη f(1)=f(-1) [ Η f είναι άρτια)
Άρα από Θ.R υπάρχει k στο (-1,1) τέτοιο ώστε
$h'(k)=0 \Leftrightarrow -f'(k)+h(k)\int_{1}^{k}p(t)dt+\int_{-1}^{k}h(t)dtp(k)=0\Leftrightarrow f'(k)+h(k)\int_{k}^{1}p(t)dt=p(k)\int_{-1}^{k}h(t)dt$

iii) Βαριέμαι να γράψω λατεξ τώρα. Από την ανισότητα με Fermat παίρνουμε ότι f(0)=1. Παραγωγίζοντας την f(x) βρίσκουμε ότι για χ>0 η f είναι αύξουσα και χ<0 φθίνουσα.

Αρα χ>0 f(x)>=1
x<0 f(x) >=1.

Αυτά :p

lowbaper92 · 2 Μαΐου 2011

Συνεχίζω την αρίθμηση από την τελευταία που ανέβασα
Άσκηση 17

Έστω ${z}_{1},{z}_{2}\in C$ με ${z}_{1}=a+bi\;,\; {z}_{2}=a+ci,\; \left(\alpha \neq 0\; \kappa \alpha \iota \; b<c \right)$
$\left|{z}_{1} +{z}_{2}\right|=\left|{z}_{1}-{z}_{2} \right|$
Θεωρούμε επίσης συνεχή και γνησίως αύξουσα συνάρτηση με πεδίο ορισμού και σύνολο τιμών το $[b,c]$

α) Να δείξετε ότι ${a}^{2}+bc=0$

β) Η εξίσωση $\frac{x+f\left(b \right)}{x-b}+\frac{x+f\left(x \right)}{x-c}=-3$ έχει ακριβώς δύο λύσεις στο (b,c)

γ) Να υπολογίσετε το $\lim_{x\rightarrow +\infty}\frac{b{x}^{3}+c{x}^{2}+\eta \mu \frac{c}{x}}{c{x}^{2}}$

lowbaper92 · 03-05-11

Δυσκολεύεστε ή διαβάζετε έκθεση

lowbaper92 · 05-05-11

Ανεβάζω τη λύση του (α) μήπως ασχοληθεί κάποιος με τα άλλα δύο, γιατί τη θεωρώ καλή ασκησούλα.

Μόνο πράξεις
Υψώνοντας τετράγωνο
$\left({z}_{1}+{z}_{2} \right)\left(\bar{{z}_{1}} +\bar{{z}_{2}}\right)=\left({z}_{1}-{z}_{2} \right)\left(\bar{{z}_{1}}-\bar{{z}_{2}} \right)\Leftrightarrow ...\Leftrightarrow {z}_{1}\bar{{z}_{2}}=-\bar{{z}_{1}}{z}_{2}\Leftrightarrow \left(a+bi \right)\left(a-ci \right)=-\left(a-bi \right)\left(a+ci \right)\Leftrightarrow ...\Leftrightarrow {a}^{2}+bc=0$

tebelis13 · 6 Μαΐου 2011

Αρχική Δημοσίευση από lowbaper92:
Συνεχίζω την αρίθμηση από την τελευταία που ανέβασα
Άσκηση 17

Έστω ${z}_{1},{z}_{2}\in C$ με ${z}_{1}=a+bi\;,\; {z}_{2}=a+ci,\; \left(\alpha \neq 0\; \kappa \alpha \iota \; b<c \right)$
$\left|{z}_{1} +{z}_{2}\right|=\left|{z}_{1}-{z}_{2} \right|$
Θεωρούμε επίσης συνεχή και γνησίως αύξουσα συνάρτηση με πεδίο ορισμού και σύνολο τιμών το $[b,c]$

α) Να δείξετε ότι ${a}^{2}+bc=0$

β) Η εξίσωση $\frac{x+f\left(b \right)}{x-b}+\frac{x+f\left(x \right)}{x-c}=-3$ έχει ακριβώς δύο λύσεις στο (b,c)

γ) Να υπολογίσετε το $\lim_{x\rightarrow +\infty}\frac{b{x}^{3}+c{x}^{2}+\eta \mu \frac{c}{x}}{c{x}^{2}}$

To δύσκολο ερώτημα έκανες εσύ :redface:

$h(x)=(x+f(b))(x-c)+(x+f(x))(x-b)+3(x-b)(x-c)<br /> a^2=bc \Rightarrow bc<0,c>b\Rightarrow b<0<br /> <br /> <img src=$
εφόσον
$\lim_{+\infty}\frac{\eta \mu(c/x)}{\frac{x^3}{}*c/x}=\lim_{0}x^3*\eta \mu(cx)/cx=0$
" />

$:P$ .Θα το δώ αύριο το β." />

lowbaper92 · 06-05-11

Πρώτον δεν ξέρουμε αν το α ανήκει στο [b,c] , δεύτερον η h δεν μπορεί να είναι γνησίως αύξουσα απ'τη στιγμή που έχει δύο λύσεις και τρίτον δεν χρησιμοποίησες το σύνολο τιμών.
Επίσης, ξανακοίτα τις πράξεις σου στο όριο (το αποτέλεσμα είναι σωστό)

vassilis498 · 06-05-11

γενικά το θέμα με τη μοναδικότητα είναι λίγο wtf μήπως ξέχασες να μας τη δώσεις παραγωγίσιμη την f?

Rempeskes · 6 Μαΐου 2011

Αρχική Δημοσίευση από vassilis497:
γενικά το θέμα με τη μοναδικότητα είναι λίγο wtf μήπως ξέχασες να μας τη δώσεις παραγωγίσιμη την f?

γνησίως αύξουσα -> παραγωγίσιμη σε όλα τα χ, εκτός πιθανώς
επί ενος συνόλου με μηδενικό μήκος.

( lol )

vassilis498 · 06-05-11

Αρχική Δημοσίευση από Rempeskes:
γνησίως αύξουσα -> παραγωγίσιμη σε όλα τα χ, εκτός πιθανώς
επί ενος συνόλου με μηδενικό μήκος.

( lol )

ναι αλλά το βιβλίο δεν αναφέρει τίποτα τέτοιο πώς θα το αποδείξεις;

Rempeskes · 06-05-11

Αρχική Δημοσίευση από vassilis497:
ναι αλλά το βιβλίο δεν αναφέρει τίποτα τέτοιο πώς θα το αποδείξεις;

Eχμ...
Λέω πως θα αποδείξω
ότι το σύνολο των a οπου
lim_{a+}f - lim_{a-}f#0
μπορεί να απεικονισθεί 1-1
στο σύνολο των φυσικών.

(λολ2... προφανώς η εκφώνηση χωλαίνει)

lowbaper92 · 06-05-11

H λύση μου για την μοναδικότητα είναι:

Εφόσον η f είναι 2ου βαθμού θα έχει το πολύ δύο λύσεις. Δείξαμε ότι η f έχει τουλάχιστον δύο λύσεις, άρα αυτές θα είναι μοναδικές

lowbaper92 · 08-05-11

Εδώ είναι και η λύση του (β) https://ischool.e-steki.gr/showpost.php?p=1871202&postcount=57
Και για το (γ)

$\lim_{x\rightarrow + \infty}\frac{b{x}^{3}+c{x}^{2}+\eta \mu \frac{c}{x}}{c{x}^{2}}=\lim_{x\rightarrow +\infty}\left(\frac{b}{c}x+1+\frac{1}{c{x}^{2}}\cdot \eta \mu \frac{c}{x} \right)=-\infty$
γιατί το b/c είναι αρνητικό και το τελευταίο όριο δίνει μηδέν, γιατί είναι μηδενική επί φραγμένη (με απόδειξη βέβαια)

Νομίζω δεν πρέπει να ανεβάσω άλλη άσκηση, γι'αυτό θα τη δώσω να τη διαβάσετε. https://mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=55&t=15242

Οπότε εδώ κλείνει ο κύκλος των ασκήσεων... Έλα μη σας πιάνουν τα ζουμιά.

Ευχαριστώ όσους συμμετείχαν που βοήθησαν να μένει ενεργό το θέμα. Ελπίζω να σας άρεσαν οι ασκήσεις.
Άντε και καλή επιτυχία στις πανελλήνιες ! :thumbup:

Rempeskes · 09-05-11

Αρχική Δημοσίευση από lowbaper92:
H λύση μου για την μοναδικότητα είναι:

Εφόσον η f είναι 2ου βαθμού θα έχει το πολύ δύο λύσεις. Δείξαμε ότι η f έχει τουλάχιστον δύο λύσεις, άρα αυτές θα είναι μοναδικές

Η f είναι γνησίως αύξουσα και έχει δύο λύσεις; :worry:

lowbaper92 · 9 Μαΐου 2011

Αρχική Δημοσίευση από lowbaper92:
H λύση μου για την μοναδικότητα είναι:

Εφόσον η g είναι 2ου βαθμού θα έχει το πολύ δύο λύσεις. Δείξαμε ότι η g έχει τουλάχιστον δύο λύσεις, άρα αυτές θα είναι μοναδικές

Διορθωμένο

Αρχική Δημοσίευση από lowbaper92:
Άσκηση 17

β) Η εξίσωση $\frac{x+f\left(b \right)}{x-b}+\frac{x+f\left(x \right)}{x-c}=-3$ έχει ακριβώς δύο λύσεις στο (b,c)

Επίσης στον δεύτερο όρο στον αριθμητή είναι x+f(c)
Σόρρυ ρε παίδες :redface:

red span · 11-05-11

Χαρη και οι αλλοι,λεω να σταματησετε να βαζετε ασκησεις,οτι καναμε καναμε.
Τα μαθηματικά δεν έχουν τέλος, ούτε οι ασκήσεις

Η άσκηση του διημέρου

Πολύ δραστήριο μέλος

Διακεκριμένο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Διακεκριμένο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Διακεκριμένο μέλος

Επιφανές μέλος

Διακεκριμένο μέλος

Επιφανές μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Επιφανές μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Δραστήριο μέλος