Συλλογή ασκήσεων και τεστ στα Μαθηματικά Προσανατολισμού

iJohnnyCash · 2007-09-09T23:15:00+0300

Βρήκα ένα pdf με μια άσκηση (μαζί με την λύση της) που αφορά την εύρεση λύσεων σε συγκεκριμένο πεδίου ορισμού. Από θέμα δυσκολίας την θεωρώ εύκολη προς μέτρια.

Πιστεύω ότι αξίζει τον κόπο να την μοιράσω στο ischool.gr

mad cow · 2007-09-13T12:30:05+0300

Thanks

mostel · 2007-10-20T22:06:58+0300

Εδώ είμαστε λοιπόν. Πάμε σιγά-σιγά στην ανάλυση. Ξεκινάω με μια άσκηση αρκετά καλή.

Δίνεται η συνάρτηση:

$f(x)=(\sqrt{5}+2)^x-(\sqrt{5}-2)^x$

i) Να βρείτε το πεδίο ορισμού της.

ii) Να δείξετε ότι η $f$ είναι περιττή.

iii) Να δείξετε ότι η $f$ είναι γνησίως αύξουσα.

iv) Να βρείτε την αντίστροφη $f^{-1}$ της $f$ .

v) Να λυθεί η ανίσωση $f(x)>0$ .

vi) Να λυθεί η εξίσωση $f(x)=4$ .

Γιώργος · 2007-10-21T00:27:48+0300

Δίνεται η συνάρτηση:

$f(x)=(\sqrt{5}+2)^x-(\sqrt{5}-2)^x$

i) Να βρείτε το πεδίο ορισμού της.

ii) Να δείξετε ότι η $f$ είναι περιττή.

iii) Να δείξετε ότι η $f$ είναι γνησίως αύξουσα.

iv) Να βρείτε την αντίστροφη $f^{-1}$ της $f$ .

v) Να λυθεί η ανίσωση $f(x)>0$ .

vi) Να λυθεί η εξίσωση $f(x)=4$ .

***********

$f(x)=(\sqrt{5}+2)^x-(\sqrt{5}-2)^x$

1. Αρχικά θα δείξουμε ότι:

α) $\displaystyle \sqrt{5} + 2 > 0$ , που ισχύει κατά προφανή τρόπο

β) $\displaystyle \sqrt{5} - 2 > 0$

Έστω
$\displaystyle \begin{tabular} &\ \sqrt{5} - 2 &\ > &\ 0 \\ \Leftrightarrow &\ \sqrt{5} &\ > &\ 2 \\ \overset{\small \theta\epsilon\tau\iota\kappa o\iota}{\Longleftrightarrow} &\ \(sqrt{5})^2 &\ > &\ 2^2 \\ \Leftrightarrow &\ 5 &\ > &\ 4 \\ \end{tabular} $ , που ισχύει, άρα $\displaystyle \sqrt{5} - 2 > 0$

Πεδίο ορισμού είναι προφανώς το $\displaystyle A_f = \mathbb{R}$ .

---------------------

2. $\displaystyle \forall x \in \mathbb{R}: \:-x \in \mathbb{R}$

$\displaystyle \forall x \in \mathbb{R}: \\ \begin{eqnarray} f(-x) & = & (\sqrt{5}+2)^{-x}-(\sqrt{5}-2)^{-x} \\ & = & \frac{1}{\normalsize\displaystyle (\sqrt{5}+2)^x}-\frac{1}{\normalsize\displaystyle (\sqrt{5}-2)^x} \\ & = & \frac{\normalsize\displaystyle (\sqrt{5}-2)^x-(\sqrt{5}+2)^x}{\normalsize\displaystyle (\sqrt{5}+2)^x\cdot(\sqrt{5}-2)^x} \\ & = & \frac{\normalsize\displaystyle (\sqrt{5}-2)^x-(\sqrt{5}+2)^x}{\normalsize\displaystyle [(\sqrt{5}+2)\cdot(\sqrt{5}-2)]^x} \\ & = & \frac{\normalsize\displaystyle (\sqrt{5}-2)^x-(\sqrt{5}+2)^x}{\normalsize\displaystyle [(\sqrt{5})^2 - 2^2]^x} \\ & = & \frac{\normalsize\displaystyle (\sqrt{5}-2)^x-(\sqrt{5}+2)^x}{\normalsize\displaystyle 1^x} \\ f(-x) & = & (\sqrt{5}-2)^x-(\sqrt{5}+2)^x = - f(x) \end{eqnarray} $

Άρα $\displaystyle f$ περιττή. :jumpy:

---------------------

3. Πρώτα θα δείξω ότι:

$\displaystyle \begin{tabular} &\ \sqrt{5} - 2 &\ < &\ 1 \\ \Leftrightarrow &\ \sqrt{5} &\ < &\ 3 \\ \overset{\small \theta\epsilon\tau\iota\kappa o\iota}{\Longleftrightarrow} &\ \(sqrt{5})^2 &\ < &\ 3^2 \\ \Leftrightarrow &\ 5 &\ < &\ 9 \\ \end{tabular} $ , που ισχύει, άρα $\displaystyle \sqrt{5} - 2 < 1$

Έστω $\displaystyle a, b \in \mathbb{R} : \: a < b$

$\displaystyle \\ \begin{tabular} \Rightarrow &\ \left { {(\sqrt{5}+2)^{a} < (\sqrt{5}+2)^{b} \\ (\sqrt{5}-2)^{a} > (\sqrt{5}-2)^{b} } \right }, &\ \alpha\phi o\upsilon \: \left \{ {\sqrt{5}+2 > 1 \\ \sqrt{5}-2 < 1 } \right. \\ \Rightarrow &\ \left { {(\sqrt{5}+2)^{a} < (\sqrt{5}+2)^{b} \\ -(\sqrt{5}-2)^{a} < -(\sqrt{5}-2)^{b} } \right } \\ \overset{+}{\Rightarrow} &\ (\sqrt{5}+2)^{a} -(\sqrt{5}-2)^{a} < (\sqrt{5}+2)^{b} -(\sqrt{5}-2)^{b} \\ \Rightarrow &\ f(a) < f(b) \\ \end{tabular} $

Άρα $\displaystyle f$ γνησίως αύξουσα στο $\displaystyle \mathbb{R}$ .

---------------------

4. $\displaystyle f$ "1-1" στο $\displaystyle \mathbb{R}$ ως γνησίως αύξουσα σ' αυτό.

Έστω
$\displaystyle y\in\mathbb{R}, \: y=f(x) \\ \Leftrightarrow y = (\sqrt{5}+2)^x-(\sqrt{5}-2)^x \\ \Leftrightarrow \ldots$
..έλα ντε.

---------------------

5. Εύκολα παρατηρούμε ότι $\displaystyle f(0)=0$

$\displaystyle \\ \begin{tabular} &\ f(x) &\ > &\ 0, &\ x\in\mathbb{R} \\ \Leftrightarrow &\ f(x) &\ > &\ f(0), &\ x\in\mathbb{R} \\ \Leftrightarrow &\ x &\ > &\ 0, &\ x\in\mathbb{R}, &\ \gamma\iota\alpha\tau\iota \: f \underset{\tiny\wedge}{\small\uparrow}\mathbb{R} \\ \Leftrightarrow &\ x &\ > &\ 0 \\ \end{tabular} $

---------------------

5. Εύκολα παρατηρούμε ότι $\displaystyle f(1)=(\sqrt{5}+2) - (\sqrt{5} - 2} = 4$ δ

Άρα μία ρίζα της εξίσωσης $\displaystyle f(x)=4, \: x\in\mathbb{R}$ είναι η $\displaystyle x=1$ . Η ρίζα αυτή θα είναι και μοναδική γιατί η $\displaystyle f$ είναι "1-1" στο $\displaystyle\mathbb{R}$ .

Από Γιώργος

mostel · 2007-10-21T00:37:25+0300

Ε ρε... το 4ο ερώτημα είναι όλο το ζουμί... τα άλλα είναι για να πιάσεις μέχρι 17

. Το 4ο είναι για να πάρεις το 20!

Α, και στο δεύτερο έχεις λάθος... άρτια τη βγάζεις εσύ... αλλά οκ, από απροσεξία είναι

Γιώργος · 2007-10-21T00:46:27+0300

Αρχική Δημοσίευση από mostel:
Ε ρε... το 4ο ερώτημα είναι όλο το ζουμί... τα άλλα είναι για να πιάσεις μέχρι 17 . Το 4ο είναι για να πάρεις το 20!

Α, και στο δεύτερο έχεις λάθος... άρτια τη βγάζεις εσύ... αλλά οκ, από απροσεξία είναι

Θα το κοιτάξω, θα το κοιτάξω. Με παίδεψε όλο το υπόλοιπο - άτιμο LaTeX.
Done.

mostel · 2007-10-21T00:50:39+0300

Ε οκ... φταίει και το $\LaTeX$ , αλλά εσύ είσαι κλασικός καλαμαράς...

mostel · 2007-10-23T18:56:23+0300

Αρκετό καιρό παρέμεινε άλυτη

Έχουμε:

$\left(\sqrt{5}-2\right)^x=\frac{1}{\left(\sqrt{5}+2\right)^x}\ (1)$

Αυτό βγαίνει εύκολα, αν πολ/σετε με συζυγή παράσταση αριθμητή. Αυτό το κάνουμε για να έχουμε ίδιες ποσότητες...

Η αρχική λοιπόν θα γραφτεί:

$f(x)=\left(\sqrt{5}+2\right)^x-\frac{1}{\left(\sqrt{5}+2\right)^x}$

Αν βάλουμε $y=f(x)$ , κάνουμε ομώνυμα κ.λπ., θα πάρουμε εν τέλει:

$\left(\sqrt{5}+2\right)^{2x}-y\left(\sqrt{5}+2\right)^x-1=0 $

Αν θέσουμε $\left(\sqrt{5}+2\right)^x=z$ , θα έχουμε:

$z^2-yz-1=0$

Δουλεύουμε με διακρίνουσα και το βλέπουμε ως δευτοβάθμιο τριώνυμο.

Οι ρίζες που προκύπτουν είναι οι:

$z_{1,2}=\frac{y\pm\sqrt{y^2+4}}{2}$

Όμως επειδή $y<\sqrt{y^2+4}$ , και επειδή το $z$ έχει μέσα του εκθετική, θα απορριφθεί η ρίζα με το μείον, άρα θα έχουμε μία και μοναδική ρίζα, τη :

$z=\frac{y+\sqrt{y^2+4}}{2}$

Τώρα δηλαδή έχουμε στην ουσία:

$\left(\sqrt{5}+2\right)^x=\frac{y+\sqrt{y^2+4}}{2}$

Νεπεριώνουμε ή κάνουμε ο,τιδήποτε άλλο θέλουμε για να κατεβάσουμε το x της εκθετικής (ως προς το να λογαριθμίσουμε), αφού στην ουσία ό,τι και να κάνουμε μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε αλλαγή βάσης

Δηλαδή, τελικά:

$x=\frac{y+\sqrt{y^2+4}}{2\cdot\ln(5+\sqrt{2})}$

Σημείωση:
Καλά θα 'ταν να πέσει κάνα τέτοιο θεματάκι πανελλαδικές για να παιχτεί λίγο μπάλλα!:iagree:

Giannis17 · 2007-12-02T01:40:44+0200

Βρικα μια ασκηση αρκετα καλη πιστευω και ειπα να την ποσταρω:
Εστω μια συνεχης συναρτηση f:[0,3]->[0,1]U[2,3] με f(1)=0
Α)Να αποδειξετε οτι το συνολο τιμων της f δεν ειναι το B=[0,1]U[2,3]
Β)Να αποδειξετε οτι η f δεν ειναι γνησιως αυξουσα

Γιώργος · 2008-01-04T00:54:59+0200

Αρχική Δημοσίευση από Giannis17:
Βρικα μια ασκηση αρκετα καλη πιστευω και ειπα να την ποσταρω:
Εστω μια συνεχης συναρτηση f:[0,3]->[0,1]U[2,3] με f(1)=0
Α)Να αποδειξετε οτι το συνολο τιμων της f δεν ειναι το B=[0,1]U[2,3]
Β)Να αποδειξετε οτι η f δεν ειναι γνησιως αυξουσα

Α) Συνεχής, άρα το f([0, 3]) είναι κλειστό διάστημα.
Β) Αν ήταν γνησίως αύξουσα τότε $0=f(1)>f(0) \not\ni [0, 1] \cup [2, 3]$ , όμως από υπόθεση $f(0) \in [0, 1] \cup [2, 3]$ , άρα άτοπο.

mostel · 2008-01-04T01:45:27+0200

Ερώτηση...

Το ότι το πεδίο ορισμού της f θα 'ναι συνεχές (όχι κλειστό), οκ το καταλαβαίνω...

Αλλά .. στην υπόθεση δίνεται ένωση δύο μη συνεχών διαστήματων με πεδίο αφήξεως στο R. Γίνεται αυτό; ;;;

Γιώργος · 2008-01-04T01:48:39+0200

Αρχική Δημοσίευση από mostel:
Ερώτηση...

Το ότι το πεδίο ορισμού της f θα 'ναι συνεχές (όχι κλειστό), οκ το καταλαβαίνω...

Αλλά .. στην υπόθεση δίνεται ένωση δύο μη συνεχών διαστήματων με πεδίο αφήξεως στο R. Γίνεται αυτό; ;;;

Σύνολο αφίξεως βρε συ είναι ένα υπερσύνολο του συνόλου τιμών. Ό,τι θέλει μπορεί να 'ναι.

Πχ η f(x)=0 ικανοποιεί τις υποθέσεις.

mostel · 2008-01-04T01:50:10+0200

¨οχι δε καταλαβες τι λεω..

Λεει αυτος η f παιρνει τιμες στο ΜΗ συνεχες [0,1], [2,3]

Πως μετα ισχυριζεται οτι δεν ειναι αυτο το συνολο τιμων;

Γιώργος · 2008-01-04T02:04:38+0200

Ώπα, αδιάβαστος ο μοστελάκος!

Όταν λέμε $f: A \rightarrow B$ εννοούμε ότι $f(A) \subseteq B$ κι όχι ότι το B είναι το σύνολο τιμών κατ' ανάγκην.

Το μόνο που ξέρεις είναι ότι αποκλείεται να παίρνει τιμή που είναι εκτός του B.

mostel · 2008-01-04T02:22:46+0200

Πού το λεει αυτό; :o

Γιώργος · 2008-01-04T02:25:56+0200

Αρχική Δημοσίευση από mostel:
Πού το λεει αυτό; :o

Μην μ' αναγκάζεις τώρα να ψάχνω στο σχολικό - που 'ναι και σ' άλλο δωμάτιο και θα ξυπνήσω κόσμο.

Τι λέει ο ορισμός της συνάρτησης f στο βιβλίο κατεύθυνσης;

mostel · 2008-01-04T02:27:34+0200

Για κάθε χ του πεδίου ορισμού υπαρχει μοναδικό ψ στο R τέτοιο ωστε f(x)=y

χ ανηκει σε διαστημα A .. To συνολο των αριθμων y ονομαζεται συνολο τιμων κλπ..

Γιώργος · 2008-01-04T02:44:34+0200

Ε, εδώ το IR είναι το σύνολο αφίξεως. Όπου IR βάλε B.

Το ότι υπάρχει y στο IR δεν σημαίνει προφανώς ότι "σαρώνει" όλο το IR.

mostel · 2008-01-04T02:54:43+0200

Μπορεί και να το σαρώνει όμως

Γιώργος · 2008-01-04T03:12:52+0200

Αρχική Δημοσίευση από mostel:
Μπορεί και να το σαρώνει όμως

Ε προφανώς βρε συ, αλλά αυτό που ξέρεις πχ αν $f: A \rightarrow B, \; B=(a, b)$ τότε ξέρεις σίγουρα ότι $a < f(x) < b, \: \forall x \in A$

Αυτό όμως δεν σημαίνει κι ότι $f(A) = (a, b)$ .

Παράδειγμα... μπορώ να πω ότι σύνολο αφίξεως της $e^x$ είναι το $\mathbb{R}$ , ή το $[-1, +\infty)$ , ή το $(0, +\infty)$ .

Συλλογή ασκήσεων και τεστ στα Μαθηματικά Προσανατολισμού

e-steki.gr Founder

Συνημμένα

Νεοφερμένο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Τιμώμενο Μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Τιμώμενο Μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Νεοφερμένο μέλος

Τιμώμενο Μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Τιμώμενο Μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Τιμώμενο Μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Τιμώμενο Μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Τιμώμενο Μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Τιμώμενο Μέλος