Συλλογή ασκήσεων και τεστ στα Μαθηματικά Προσανατολισμού

paganini666 · 2008-09-29T19:18:30+0300

Αρχική Δημοσίευση από manos66:
περίμετρος ΜΑΜ΄Ο > περίμετρος ΜΒΜ΄Γ
2 (ΜΑ) + 2 (ΜΟ) > 2 (ΜΒ) + 2 (ΜΓ)
(ΜΑ) + (ΜΟ) > (ΜΒ) + (ΜΓ)

ευχαρσιτω κυριε μανο!
kvgreco το κεφαλαιο ειναι μιγαδικη αναλυση και οχι ευκλειδια γεωμετρια.Καλο να εχεις μια αισθηση του τι γινεται στο μιγαδικο επιπεδο αλλα οχι και να το κανουμε γεωμετρια.Ο αλγεβρικος τροπος ειναι πιο αποδεκτος.mostel ειχες καποια λυση υποψιν σου?

kvgreco · 2008-09-29T19:33:05+0300

Αρχική Δημοσίευση από paganini666:
ευχαρσιτω κυριε μανο!
kvgreco το κεφαλαιο ειναι μιγαδικη αναλυση και οχι ευκλειδια γεωμετρια.Καλο να εχεις μια αισθηση του τι γινεται στο μιγαδικο επιπεδο αλλα οχι και να το κανουμε γεωμετρια.Ο αλγεβρικος τροπος ειναι πιο αποδεκτος.mostel ειχες καποια λυση υποψιν σου?

Κάθε απόδειξη επιστημονικά τεκμηριωμένη είναι αποδεκτή δεν λέει το φυλλάδιο με τα θέματα στις πανελλήνιες? Ε λοιπόν αποδεικνύεται με διαδοχικά πυθαγόρεια θεωρήματα μόνο πού εσύ δεν αποτετραγώνισες μετά ώστε να δημιουργήσεις τα αθροίσματα πού σε ενδιαφέρουν.
Έπειτα τι σημαίνει πιό αποδεκτός τρόπος? Αν ένα άνθρωπο τον ταΐζεις από το στόμα ή μέσω τραχειοστομίας ο σκοπός ποιός είναι? :hmm:

Καί γιά να μάθεις λίγη γεωμετρία αφού όπως μόνος σου είπες είσαι "σκράπας", πάρε το παρακάτω.

Σχήμα (I)
ΑΜ διάμεσος
Φέρνω Μ'Μ=ΑΜ οπότε ΑΒ+ΑΓ=ΑΓ+Μ'Γ.
Αλλά καί από το παραλλ/μο ΑΝΜ'Λ είναι ΑΛ+ΑΝ=ΑΝ+ΝΜ'
Αρκεί να δείξουμε ότι ΑΓ+ΓΜ' > ΑΝ+ΝΜ'
Σχήμα (II) παρατηρούμε:
Μ'Γ+ΓΡ>Μ'Ρ (1) καί ΑΡ+ΝΡ>ΑΝ (2) κατά μέλη πρόσθεση τους καί είναι
Μ'Γ+ΓΡ+ΑΡ+ΝΡ>Μ'Ρ+ΑΝ
Μ'Γ+ΓΡ+ΑΡ+ΝΡ>Μ'Ν+ΝΡ+ΑΝ καί τελικά
Μ'Γ+ΓΡ+ΑΡ>Μ'Ν+ΑΝ άρα Μ'Γ+ΓΑ>Μ'Ν+ΝΑ.

Καί μην ξεχνάμε βέβαια ότι η συγκεκριμένη άσκηση έχει ΒΛ=ΛΝ=ΝΓ=1 μονάδα.

paganini666 · 2008-09-29T19:51:49+0300

Αρχική Δημοσίευση από kvgreco:
Κάθε απόδειξη επιστημονικά τεκμηριωμένη είναι αποδεκτή δεν λέει το φυλλάδιο με τα θέματα στις πανελλήνιες? Ε λοιπόν αποδεικνύεται με διαδοχικά πυθαγόρεια θεωρήματα μόνο πού εσύ δεν αποτετραγώνισες μετά ώστε να δημιουργήσεις τα αθροίσματα πού σε ενδιαφέρουν.
Έπειτα τι σημαίνει πιό αποδεκτός τρόπος? Αν ένα άνθρωπο τον ταΐζεις από το στόμα ή μέσω τραχειοστομίας ο σκοπός ποιός είναι?
Καί γιά να μάθεις λίγη γεωμετρία αφού όπως μόνος σου είπες είσαι "σκράπας", πάρε το παρακάτω.

Σχήμα (I)
ΑΜ διάμεσος
Φέρνω Μ'Μ=ΑΜ οπότε ΑΒ+ΑΓ=ΑΓ+Μ'Γ.
Αλλά καί από το παραλλ/μο ΑΝΜ'Λ είναι ΑΛ+ΑΝ=ΑΝ+ΝΜ'
Αρκεί να δείξουμε ότι ΑΓ+ΓΜ' > ΑΝ+ΝΜ'
Σχήμα (II) παρατηρούμε:
Μ'Γ+ΓΡ>Μ'Ρ (1) καί ΑΡ+ΝΡ>ΑΝ (2) κατά μέλη πρόσθεση τους καί είναι
Μ'Γ+ΓΡ+ΑΡ+ΝΡ>Μ'Ρ+ΑΝ
Μ'Γ+ΓΡ+ΑΡ+ΝΡ>Μ'Ν+ΝΡ+ΑΝ καί τελικά
Μ'Γ+ΓΡ+ΑΡ>Μ'Ν+ΑΝ άρα Μ'Γ+ΓΑ>Μ'Ν+ΝΑ.

Καί μην ξεχνάμε βέβαια ότι η συγκεκριμένη άσκηση έχει ΒΛ=ΛΝ=ΝΓ=1 μονάδα.

Ξαναλεω:Ηρεμησεεεε....Οταν μαθαινεις κατι καινουργιο προσπαθεις να λειτουργεις με τη νεα μεθοδο που εμαθες.Ο τροπος της ευκλειδιας γεωμετριας μου φαινεται απαρχαιωμενος για τους μιγαδικους .Αμα θες παρε και τη μεζουρα να βρεις αυτό που ζητας:πρακτικα μαθηματικα μαθαμε στο δημοτικο, μπορεις να τα χρησιμοποιησεις.
Και για το πυθαγορειο που λες αποτετραγωνισα αλλα δε μου βγηκε κατι καλο.Μπορεις να το κανεις και με το πυθαγορειο αμα εχεις την καλοσυνη?

kvgreco · 2008-09-29T19:59:40+0300

Δηλαδή έχεις την εντύπωση ότι δουλεύοντας μιγαδικούς κάνεις μοντέρνα μαθηματικά? Απαρχαιωμένο είναι το κεφάλαιο των μιγαδικών.
Ακριβώς επειδή οι μιγαδικοί όπως αρέσκεται καί ο mostel να λέει είναι Γεωμετρία,γι αυτό καί εγώ κάνω αυτά εδώ.

paganini666 · 2008-09-29T20:03:13+0300

Αρχική Δημοσίευση από kvgreco:
Δηλαδή έχεις την εντύπωση ότι δουλεύοντας μιγαδικούς κάνεις μοντέρνα μαθηματικά? Απαρχαιωμένο είναι το κεφάλαιο των μιγαδικών.
Ακριβώς επειδή οι μιγαδικοί όπως αρέσκεται καί ο mostel να λέει είναι Γεωμετρία,γι αυτό καί εγώ κάνω αυτά εδώ.

Ωραια,δν χρειαζεται να εισαι εριστικος.Εμας αυτο μας λεει ο καθηγητης μας στο σχολειο.Τους αντιμετωπιζει καθαρα αλγεβρικα με ανισοτητες lagrance και δε συμμαζευεται.MOSTEL εχεις καποια αλλη λυση?

kvgreco · 2008-09-29T20:22:59+0300

Αρχική Δημοσίευση από paganini666:
Ωραια,δν χρειαζεται να εισαι εριστικος.Εμας αυτο μας λεει ο καθηγητης μας στο σχολειο.Τους αντιμετωπιζει καθαρα αλγεβρικα με ανισοτητες lagrance και δε συμμαζευεται.MOSTEL εχεις καποια αλλη λυση?

Γιατί ρε συ λες ότι είμαι εριστικός.Πρόσεξε γιατί μας βλέπουν.Από πού φαίνεται αυτό πού λες?Εσύ μού κάνεις νουθεσίες γιά το πως να δουλεύω σαν άλλος καθηγητής καί κανονικά εγώ θα έπρεπε να είμαι θυμωμένος αλλά δεν είμαι!
-----------------------------------------

Αρχική Δημοσίευση από manos66:
περίμετρος ΜΑΜ΄Ο > περίμετρος ΜΒΜ΄Γ
2 (ΜΑ) + 2 (ΜΟ) > 2 (ΜΒ) + 2 (ΜΓ)
(ΜΑ) + (ΜΟ) > (ΜΒ) + (ΜΓ)

Εξηγήστε μου σας παρακαλώ γιατί η περίμετρος πού λέτε είναι μεγαλύτερη από την άλλη.Δεν νομίζω ότι αυτό στηρίζεται σε κάποια θεωρία με βάση όσα γνωρίζω.Εγώ βλέπω το ένα ζεύγος πλευρών τού εσωτερικού τετραπλέυρου νε είναι μικρότερο από το ένα ζευγος τού εξωτερικού τετραπλεύρου αλλά το άλλο ζεύγος είναι σαφώς μεγαλύτερο οπότε δεν ξέρουμε τι συμβαίνει με τα αθροίσματα.Δεν είναι απόλυτο ότι κάθε εσωτερικό τετράπλευρο έχει μικρότερη περίμετρο από κάθε εξωτερικό.Απ' όσο ξέρω αυτό ισχύει μόνο γιά τα κυρτά τετράπλευρα.Πείτε μου.

@paganini άσε με ρε συ να λύνω όπως μ' αρέσει δεν υπάρχει λόγος.Κάνε εσύ τα δικά σου καί άσε με εμένα να πειραματίζομαι καί να προσπαθώ να μάθω κάτι από την παρεξηγημένη Γεωμετρία την επιστήμη των Ελλήνων!Καί να σού πω καί κάτι?Βαριέμαι το LaTex καί πολύ περισσότερο τις ξερές αλγεβρικές πράξεις.Είναι ένας λόγος.Αλλά δεν θα με υποχρεώσεις εσύ να κάνω αυτό πού σού αρέσει.Εγώ δεν σε κρίνω.Οι καθηγητές εδώ θα μας συμβουλέψουν.Στις πανελλήνιες είναι άλλη ιστορία τι θα κάνω.Εγώ άκουσα τις συμβουλές τού mostel γιά τούς μιγαδικούς καί από τότε δεν χάνω άσκηση ειδικά αν αυτή άπτεται στενά της Γεωμετρίας.

paganini666 · 2008-09-29T21:55:37+0300

Αρχική Δημοσίευση από kvgreco:
Γιατί ρε συ λες ότι είμαι εριστικός.Πρόσεξε γιατί μας βλέπουν.Από πού φαίνεται αυτό πού λες?Εσύ μού κάνεις νουθεσίες γιά το πως να δουλεύω σαν άλλος καθηγητής καί κανονικά εγώ θα έπρεπε να είμαι θυμωμένος αλλά δεν είμαι!

"Καί σταμάτα ρε συ να βάζεις σαν σπόιλερ τα άσπρα γράμματα.Μας έχεις γ..... τα μάτια! :mad:

μόνο πού εσύ δεν αποτετραγώνισες "..." Καί γιά να μάθεις λίγη γεωμετρία αφού όπως μόνος σου είπες είσαι "σκράπας", πάρε το παρακάτω."
Οχι ρε συ,εισαι ευγενεστατος!
Ευτυχως που τα γραπτα μενουν.
-----------------------------------------

Αρχική Δημοσίευση από kvgreco:
Γιατί ρε συ λες ότι είμαι εριστικός.Πρόσεξε γιατί μας βλέπουν.Από πού φαίνεται αυτό πού λες?Εσύ μού κάνεις νουθεσίες γιά το πως να δουλεύω σαν άλλος καθηγητής καί κανονικά εγώ θα έπρεπε να είμαι θυμωμένος αλλά δεν είμαι!
-----------------------------------------

Εξηγήστε μου σας παρακαλώ γιατί η περίμετρος πού λέτε είναι μεγαλύτερη από την άλλη.Δεν νομίζω ότι αυτό στηρίζεται σε κάποια θεωρία με βάση όσα γνωρίζω.Εγώ βλέπω το ένα ζεύγος πλευρών τού εσωτερικού τετραπλέυρου νε είναι μικρότερο από το ένα ζευγος τού εξωτερικού τετραπλεύρου αλλά το άλλο ζεύγος είναι σαφώς μεγαλύτερο οπότε δεν ξέρουμε τι συμβαίνει με τα αθροίσματα.Δεν είναι απόλυτο ότι κάθε εσωτερικό τετράπλευρο έχει μικρότερη περίμετρο από κάθε εξωτερικό.Απ' όσο ξέρω αυτό ισχύει μόνο γιά τα κυρτά τετράπλευρα.Πείτε μου.

@paganini άσε με ρε συ να λύνω όπως μ' αρέσει δεν υπάρχει λόγος.Κάνε εσύ τα δικά σου καί άσε με εμένα να πειραματίζομαι καί να προσπαθώ να μάθω κάτι από την παρεξηγημένη Γεωμετρία την επιστήμη των Ελλήνων!Καί να σού πω καί κάτι?Βαριέμαι το LaTex καί πολύ περισσότερο τις ξερές αλγεβρικές πράξεις.Είναι ένας λόγος.Αλλά δεν θα με υποχρεώσεις εσύ να κάνω αυτό πού σού αρέσει.Εγώ δεν σε κρίνω.Οι καθηγητές εδώ θα μας συμβουλέψουν.Στις πανελλήνιες είναι άλλη ιστορία τι θα κάνω.Εγώ άκουσα τις συμβουλές τού mostel γιά τούς μιγαδικούς καί από τότε δεν χάνω άσκηση ειδικά αν αυτή άπτεται στενά της Γεωμετρίας.

προφανως και δν σε αναγκαζω να κανεις κατι.Μη με παρεξηγεις.Απλα εχουμε εναν τρελαμενο στο σχολειο που θελει μονο μιγαδικες λυσεις.Ηταν και κριτης καποτε και τα χαντακωσε τα παιδακια.Οποιος εγραφε γεωμετρικη λυση 2/10 (για την προσπαθεια) οποιος εγραφε αναλυτικη λυση 4/10 και μονο οποιος τα εγραφε με μιγαδικη αναλυση επαιρνε και τα 10 μορια.

mostel · 2008-09-30T14:00:11+0300

Αρχική Δημοσίευση από paganini666:
mostel ειχες καποια λυση υποψιν σου?

Γενικά, αν είχε ακόμη περισσότερους όρους στο άθροισμα, δε νομίζω πως θα βόλευε η ύψωση στο τετράγωνο...

Συνήθως αυτές αντιμετωπίζονται κάπως έτσι:

(Αυτόν τον τρόπο θα τον καταλάβετε αφού τελειώσετε τον διαφορικό λογισμό στο λύκειο, δηλαδή πριν τα ολοκληρώματα)

Θεωρούμε τη συνάρτηση:

$f(x)=|z+x|$

$z=a+bi$

$f(x)=|a+x+bi|$

$f(x)=\sqrt{(a+x)^2+b^2}$

Ύστερα από πράξεις βγαίνει:

$f''(x)=\frac{\sqrt{(a+x)^2+b^2}+\frac{(a+x)^2}{\sqrt{(a+x)^2+b^2}}}{(a+x)^2+b^2}>0$

Άρα η $f$ είναι κυρτή. Επομένως η $f'$ είναι γνησίως αύξουσα.

Έχουμε να δείξουμε ότι:

$f(10)+f(11)+f(19)\leq f(8) +f(12)+f(20)$

$f(10)-f(9)+f(9)-f(8)\leq f(12)-f(11)+f(20)-f(19)$

Εφαρμόζοντας λοιπόν 4 φορές το θεώρημα μέσης τιμής στα διαστήματα $(8,9) , (9,10) , (11, 12), (19, 20)$ , παίρνουμε ότι υπάρχουν $\kappa\in(8,9), \lambda\in(9,10),\mu\in(11,12),\nu\in(19,20)$ , τέτοια ώστε:

$f'(\kappa)+f'(\lambda) \leq f'(\mu)+f'(\nu)$

που ισχύει, αφού:

$\kappa<\lambda<\mu<\nu$ και $f'\nearrow$

kvgreco · 2008-09-30T17:09:35+0300

WOW!
Υπάρχουν τέτοια πράγματα?

riemann80 · 2008-09-30T21:53:50+0300

εγω πιστευω οτι η χρηση της ευκλειδιας γεωμετριας στις ασκησεις της αναλυσης ειναι πολυ χρησιμη και μπορει να παραγει πανεμορφες λυσεις.

bobiras11 · 2008-09-30T23:55:11+0300

Tσεκάρετε εδώ ασκησόνι, του οποίου το Β ερώτημα μου δημιούργησε τρομερό πονοκέφαλο..

ΑΣΚΗΣΗ ΜΕ ΑΝΙΣΟΤΙΚΕΣ ΣΧΕΣΕΙΣ ΣΤΟ C
Έστω οι μιγαδικοί Α=α+βi και Β=χ+ψi
α)Να αποδείξετε ότι: $\left|A \right|\left|B \right|\geq \left|Re\left(A\bar{B} \right) \right|$
β) Έστω z,w,f,x μιγαδικοι με $fx\neq 0$
Αν ${\left[f \right|}^{2}+{\left|x \right|}^{2}\leq 1$
να αποδείξετε ότι: ${\left|\frac{z}{f} \right|}^{2}+{\left|\frac{w}{x} \right|}^{2}\geq {\left|z+w \right|}^{2}$

Καλή τύχη..

mostel · 1 Οκτωβρίου 2008 στις 13:49

Χρησιμοποιούμε τη γνωστή:

$\frac{a^2}{k}+\frac{b^2}{m}\geq \frac{(a+b)^2}{k+m}$

Δηλαδή:

$\frac{|z|^2}{|f|^2}+\frac{|w|^2}{|x|^2}\geq \frac{(|z|+|w|)^2}{|f|^2+|x|^2}\geq \frac{(|z|+|w|)^2}{1}\geq |z+w|^2$

Στέλιος

kvgreco · 1 Οκτωβρίου 2008 στις 14:27

Δεν μού λες mostel αυτός που ανακάλυψε την ανίσωση την ...ξέρει? :jumpy:

Ε όχι καί γνωστή! Εμείς οι μαθητές δηλαδή πού την έχουμε συναντήσει?

Γιά το πρώτο μετά από πράξεις φτάνουμε στη ταυτότητα ${{(\alpha y-\beta x)}^{2}\geq 0$ πού ισχύει .

Γιά το δεύτερο πού είναι καί πιό δύσκολο θα δείξω ένα μέρος μόνο(δεν μπορώ άλλο) καί ολοκληρώστε εσείς την άσκηση.
Αν ${\left|f \right|}^{2}\leq \frac{1}{2}$ καί ${\left|x \right|}^{2}\leq \frac{1}{2}$ τότε ${\left|\frac{z}{f} \right|}^{2}\geq 2{\left|z \right|}^{2}$ καί ${\left|\frac{w}{x} \right|}^{2}\geq 2{\left|w \right|}^{2}$ άρα ${\left|\frac{z}{f} \right|}^{2}+{\left|\frac{w}{x} \right|}^{2}\geq 2{\left|w \right|}^{2}+2{\left|w \right|}^{2}$
οπότε είναι ${\left|z+w \right|}^{2}\leq {\left|z \right|}^{2}+{\left|w \right|}^{2}+2{\left|z \right|\left|w \right|}\leq 2{\left|w \right|}^{2}+2{\left|z \right|}^{2}\leq {\left|\frac{z}{f} \right|}^{2}+{\left|\frac{w}{x} \right|}^{2}$
Πως δείχνω όμως αν π.χ ${\left|x \right|}^{2}$ είναι μεγαλύτερο του 1/2 καί το ${\left|f \right|}^{2}$ μικρότερο τού 1/2 ??

bobiras11 · 1 Οκτωβρίου 2008 στις 15:01

Επειδή η σχέση αυτή μόνο γνωστή δεν είναι για τους περισσότερους

, πάμε με κάτι πιο..ρεαλιστικό

Kvgreco,έχεις λάθος ρε

Έχω από υπόθεση:
${\left|f \right|}^{2}+{\left|x \right|}^{2}\leq 1\Leftrightarrow {\left|f \right|}^{2}\leq 1 \; ,\; {\left|x \right|}^{2}\leq 1\, \Leftrightarrow \frac{1}{\left|f \right|}\geq 1\; ,\; \frac{1}{\left|x \right|}\geq 1 \Leftrightarrow ...\Leftrightarrow$
(πολλ/ζουμε με |z| και |w| αντίστοιχα, υψώνουμε και τελικά προσθέτουμε κατά μέλη, οπότε προκύπτει):
$\Leftrightarrow {\left|\frac{z}{f} \right|}^{2}+{\left|\frac{w}{x} \right|}^{2}\geq {\left|z \right|}^{2}+{\left|w \right|}^{2}$

Τώρα συνεχίστε..

kvgreco · 1 Οκτωβρίου 2008 στις 15:19

Πού έχω λάθος ρε στο κομμάτι πού ασχολήθηκα?Γιά κοίταξέ το καλά?

bobiras11 · 1 Οκτωβρίου 2008 στις 15:33

To kοιτάω μια χαρά και ξαναλέω ότι έχεις λάθος.

Δλδ δεν μπορεί το |f|=1 και το |x|=0?

(to λάθος είναι στο |f|^2<=1/2...) και ομοίως για το |x|. Iσχύει ότι έχω γράψει.

P.S. Kάνε μία edit to quote σου γιατί βγάζει κινέζικα.

kvgreco · 1 Οκτωβρίου 2008 στις 15:33

Δεν μπορεί καν το |f|^2 να ισοούται με 1 γιατί τότε το |x|^2 θα ισούται με 0 καί πρόσεξε ότι είναι παρονομαστής αυτό!!
Άρα έχεις λάθος!
Καί μην είσαι είρωνας.Δεν κάνει καλό καί όποιος βιάζεται σκοντάφτει.

(Γράφω νέο μήνυμα γιατί μού εξαφανίστηκε το κουμπί επεξεργασία)

mostel · 1 Οκτωβρίου 2008 στις 15:34

Ρε συ, σου λέει το παιδί τσέκαρε μια συγκεκριμένη περίπτωση ...

Και η ανισότητα που έβαλα, είναι τέρμα ρεαλιστική...

bobiras11 · 1 Οκτωβρίου 2008 στις 15:36

Αρχική Δημοσίευση από kvgreco:
Δεν μπορεί καν το |f|^2 να ισοούται με 1 γιατί τότε το |x|^2 θα ισούται με 0 καί πρόσεξε ότι είναι παρονομαστής αυτό!!
Άρα έχεις λάθος!
Καί μην είσαι είρωνας.Δεν κάνει καλό καί όποιος βιάζεται σκοντάφτει.

(Γράφω νέο μήνυμα γιατί μού εξαφανίστηκε το κουμπί επεξεργασία)

Έ ωραία, χωρίς ισότητα τότε. Πάλι εσύ το έχεις το λάθος

Και άλλο παράδειγμα.. |f|=ρίζα3/2 και |x|=1/2.. για δες τώρα.. το |f|^2=3/4>1/2..........

mostel · 1 Οκτωβρίου 2008 στις 15:37

Ξέρετε όμως την...

$(a^2+b^2)(c^2+d^2)\geq (ac+bd)^2$

Έ, όπου $a=\frac{k}{\sqrt{m}} , b=\frac{l}{\sqrt{n}} , c=\sqrt{m}, d=\sqrt{n}$ και έχουμε αυτή που έδωσα πιο πάνω ...

Στέλιος

Συλλογή ασκήσεων και τεστ στα Μαθηματικά Προσανατολισμού

Δραστήριο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Δραστήριο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Δραστήριο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Δραστήριο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος