Συλλογή ασκήσεων και τεστ στα Μαθηματικά Προσανατολισμού

giannisb · 10-05-08

Βάζω οπου χ το 1 και οπου χ το f(1) και μετά Θ.Μ.Τ ΣΤΟ [1,3]

mostel · 11-05-08

Μπορείτε να τη γράψετε αναλυτικά ;

giannisb · 11-05-08

H δοθείσα για χ=1 δίνει f(f(1))=3.Για χ=f(1) δίνει f(f(f(1)))=f(1)+2 άρα f(3)=f(1)+2 άρα
f(3)-f(1)=2.Απο Θ.Μ.Τ ΥΠΆΡΧΕΙ χ0ε(1,3): f' (xo)= ....=1 ...δηλαδή η εφαπτομένη στο χο σχηματίζει με
τον χ'χ γωνία με εφαπτομένη 1 δηλ. γωνία π/4. (Μαλλον πρέπει να δίνεις Df,Rf το R).

mostel · 11-05-08

Ωραία !!

riemann80 · 11-05-08

μηπως υπαρχουν απειρα σημεια στα οποια η συναρτηση εχει εφαπτομενη με κλιση 1?

giannisb · 11-05-08

Τώρα που το λές εύκολα προκύπτει οτι f(x+2)=f(x)+2 πράγμα που σημαίνει οτι το Θ.Μ.Τ εφαρμοζεται σε άπειρα διαστήματα της μορφής [χ,χ+2].

riemann80 · 11-05-08

σωστος!!

mostel · 14-05-08

Δίνεται $f$ , μη σταθερή , παραγωγίσιμη στο $\mathbf{R}$ , για την οποία ισχύει ότι :

$\frac{f(b)-f(c)}{f(c)-f(a)}>0$ , για κάποια σταθερά $c\in\mathbf{R}-\{(a,b)\}$ . Να δειχθεί ότι υπάρχει $x_0$ τέτοιο , ώστε η εφαπτομένη της $f$ στο $x_0$ , να 'ναι κάθετη στον $y'y$ .

Στέλιος

cretanman · 14-05-08

Στέλιο μήπως υπάρχει κάποια άλλη συνθήκη που δε μας έδωσες? Νομίζω ότι αν πάρεις μία αυστηρά αύξουσα συνάρτηση δεν ισχύει το ζητούμενο.

π.χ. αν πάρεις $f(x)=2x+1, \ a=0,b=2$ και διαλέξεις $c=1$ , τότε ενώ ικανοποιούνται οι συνθήκες της άσκησης, εντουτοις δεν μπορείς να βρεις τέτοιο $x_0$ .

Ελπίζω να μην έχω κάνει κάποιο λάθος.

Αλέξανδρος

Αρχική Δημοσίευση από mostel:
Δίνεται $f$ , μη σταθερή , παραγωγίσιμη στο $mathbf{R}$ , για την οποία ισχύει ότι :

$frac{f(b)-f(c)}{f(c)-f(a)}>0$ , για κάποια σταθερά $cinmathbf{R}cap(a,b)$ . Να δειχθεί ότι υπάρχει $x_0$ τέτοιο , ώστε η εφαπτομένη της $f$ στο $x_0$ , να 'ναι κάθετη στον $y'y$ .

Στέλιος

andreas157 · 14-05-08

και εγω νομιζω πως κατι λείπει...

σίγουρα θα παίξεις με Rolle ή ΘΜΤ για να αποδείξεις ότι f'(xo)=0 (αφού έναι κάθετη στον ψ'ψ θα είναι παράλληλη στον χ'χ)

mostel · 14-05-08

Παιδιά, γράψτε λάθος λίγο στην εκφώνηση , εννοώ το $c$ ανήκει στο σύνολο $R - \{(a,b)\}$ . Sorry !

Στέλιος

Vorbulon · 14-05-08

Από την ανισότητα βγαίνει ότι το f(c) βρίσκεται μεταξύ των f(a) και f(β)( ; ). Ακόμα από το ΘΕΤ (f συνεχής στο (α,β) ως παρ/σιμη σε αυτό) βγαίνει ότι υπάρχει δε(α,β) ώστε f(δ)=f(c). Με Rolle στο (δ,c) ή (c,δ) (σίγουρα c διάφορο του δ , αφού το c δεν ανήκει στο (α,β) )βγαίνει ότι υπάρχει xo ώστε f'(xo)=0 άρα η εφαπτομένη είναι κάθετη στον ψ'ψ

cretanman · 14-05-08

Χωρίς βλάβη της γενικότητος υποθέτουμε ότι

$f(a)<f(b)$ και $c<a<b$ (εντελώς όμοια όλες οι υπόλοιπες περιπτώσεις). H δοσμένη συνθήκη δίνει ότι $f(a)<f(c)<f(b)$ .

Διαλέγουμε $k \in (f(a),f(c))$ . Τότε από το θεώρημα ενδιαμέσων τιμών, υπάρχουν $x_1\in\(c,a)$ και $x_2\in(a,b)$ τέτοια ώστε $f(x_1)=k$ και $f(x_2)=k$ .

Εφαρμόζωντας το θεώρημα Rolle για την f στο $[x_1,x_2]$ έχουμε το ζητούμενο.

Αλέξανδρος

mostel · 14-05-08

Μπορείς να είσαι όμως σίγουρος ότι $x_1 \neq x_2$ ?

Στέλιος

PS: Ωραία λύση Βαγγέλη !

cretanman · 14-05-08

Ναι διασφαλίζεται αυτό αφού τα x_1, x_2 ανοίκουν σε διαφορετικά (ανοικτά) διαστήματα. Αλλού έκανα το τυπογραφικό. Έπρεπε να γράψω c<a<b και όχι a<b<c που έγραψα. Αλλιώς δεν θα είχε νόημα και το διάστημα (c,a).

Αλέξανδρος

Αρχική Δημοσίευση από mostel:
Μπορείς να είσαι όμως σίγουρος ότι $x_1 neq x_2$ ?

Vorbulon · 14-05-08

Αρχική Δημοσίευση από mostel:
PS: Ωραία λύση Βαγγέλη !

Ευχαριστώ!

Το ότι το f(γ) είναι μεταξύ των f(α) και f(β) μπορούμε να το αποδείξουμε ως εξής;:

<=> (f(b)-f(c))*(f(c)-f(a))>0<=> (f(c)-f(b))*(f(c)-f(a))<0 και θεωρώντας το f(c) ως μεταβλητή και τα f(a) και f(b) σταθερές,προκύπτει μια σχέση της μορφής (χ-κ)(χ-λ)<0 από όπου προκύπτει το ζητούμενο ή θα πρέπει να πάρουμε περιπτώσεις;

mostel · 14-05-08

Προκύπτει και έτσι, απλώς θεώρησε την:

H(x) = f(x) - f(c)

και θα έχεις H(a)H(b) <0

Bolzano στην Η και τελειώσαμε.

Στέλιος

ΥΣ: Μπερδεύτηκα απ' αυτό που έγραψες πάνω! Ο.Κ. τώρα !

Scandal · 15-05-08

Έστω οι συναρτήσεις f,g οι οποίες είναι παραγωγίσιμες στο $[a,b]$ με $g(x)g'(x)\not= 0$ για κάθε $x\in (a,b)$ .
Δίνονται οι μιγαδικοί:
$z= \lambda f(a) - g(b)i$ , $\lambda\in \mathbb{R}$
$w = g(a) - \lambda f(b)i$ , $\lambda \not= 0$
για τους οποίους ισχύει:
$| \lambda z + \bar{w}| = | \lambda \bar{z} - w |$
Δείξτε ότι υπάρχει $x_0\in (a,b)$ τέτοιο ώστε $\frac{f'(x_0)}{g'(x_0)} + \frac{f(x_0)}{g(x_0)} = 0$

(τη λύση τη γνωρίζω, ωραίο ασκησάκι

)

-petros

mostel · 15-05-08

Προκύπτει εν τέλει :

f(a)g(a)=f(b)g(b)

Rolle στην :

H(x)=f(x)g(x) στο a, b.

Στέλιος

vamou90 · 15-05-08

Ρε παιδιά βλέπω το περσινό 4 θέμα μιγαδικών απ' τις επαναληπτικές...είναι αρκετά δύσκολο....

Συλλογή ασκήσεων και τεστ στα Μαθηματικά Προσανατολισμού

Νεοφερμένο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Νεοφερμένο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Νεοφερμένο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Νεοφερμένο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Νεοφερμένο μέλος

Νεοφερμένο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Νεοφερμένο μέλος

Νεοφερμένο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Διαχειριστής

Πολύ δραστήριο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος