Συλλογή ασκήσεων και τεστ στα Μαθηματικά Προσανατολισμού

Civilara · 03-06-09

Αρχική Δημοσίευση από manos66:
ΑΣΚΗΣΗ

Αν f, g : [0 , 1] --> [0 , 1], συνεχείς, με g γν. φθίνουσα και fog = gof ,
τότε ν΄ αποδειχθεί ότι οι γραφικές παραστάσεις των f, g και η ευθεία y = x
διέρχονται από το ίδιο σημείο το οποίο είναι και μοναδικό.

Ισχύουν οι σχέσεις $0\leq f(x)\leq 1$ και $0\leq g(x)\leq 1$ για κάθε $0\leq x\leq 1$ .

Έχουμε $0\leq x\leq 1\Rightarrow -1\leq x\leq 0$ και επειδή
$0\leq g(x)\leq 1$ τότε

$-1\leq g(x)-x\leq 1$ για κάθε $0\leq x\leq 1$ .

Η συνάρτηση h(x)=g(x)-x είναι συνεχής στο [0,1] αφού η g είναι συνεχής στο [0,1] και ισχύει $-1\leq h(x)\leq 1$ για κάθε $0\leq x\leq 1$ .

Σύμφωνα με το θεώρημα ενδιάμεσων τιμών, επειδή η h είναι συνεχής στο [0,1] και ισχύει $-1\leq h(x)\leq 1$ για κάθε $0\leq x\leq 1$ , τότε για κάθε $\eta \epsilon [-1,1]$ υπάρχει τουλάχιστον ένα ${x}_{0}\epsilon [0,1]$ τέτοιο ώστε $h({x}_{0})=\eta$

Για η=0, υπάρχει τουλάχιστον ένα ${x}_{0}\epsilon [0,1]$ τέτοιο ώστε $h({x}_{0})=0$ .

$h({x}_{0})=0\Rightarrow g({x}_{0})-{x}_{0}=0\Rightarrow g({x}_{0})={x}_{0}$

Ισχύει fog=gof, οπότε $f\left(g(x) \right)=g\left(f(x) \right)$
για κάθε $x\epsilon [0,1]$

Η g είναι γνησίως φθίνουσα στο [0,1] που σημαίνει ότι για κάθε ${x}_{1},{x}_{2}\epsilon [0,1]$ ισχύει η συνεπαγωγή:

${x}_{1}<{x}_{2}\Rightarrow g({x}_{1})>g({x}_{2})$

Επειδή ${x}_{1}<{x}_{2}\Rightarrow -{x}_{1}>-{x}_{2}$
τότε ισχύει $g({x}_{1})-{x}_{1}>g({x}_{2})-{x}_{2}\Rightarrow h({x}_{1})>h({x}_{2})$

Επομένως για κάθε ${x}_{1},{x}_{2}\epsilon [0,1]$ ισχύει η συνεπαγωγή:

${x}_{1}<{x}_{2}\Rightarrow h({x}_{1})>h({x}_{2})$

που σημαίνει ότι η h είναι γνησίως φθίνουσα στο [0,1] άρα είναι και 1-1.

Έχουμε $h({x}_{0})=0\Rightarrow g({x}_{0})={x}_{0}\Rightarrow f\left(g({x}_{0}) \right)=f({x}_{0})\Rightarrow g\left(f({x}_{0}) \right)=f({x}_{0})\Rightarrow g\left(f({x}_{0}) \right)-f({x}_{0})=0\Rightarrow h\left(f({x}_{0}) \right)=0$

Συνεπώς $h\left(f({x}_{0}) \right)=h({x}_{0})=0$

Επειδή η h είναι 1-1 τότε προκύπτει $h\left(f({x}_{0}) \right)=h({x}_{0})\Rightarrow f({x}_{0})={x}_{0}$

Επειδή η h είναι 1-1 το ${x}_{0}$ είναι μοναδικό.

Επομένως υπάρχει μοναδικό ${x}_{0}\epsilon [0,1]$
τέτοιο ώστε $f({x}_{0})=g({x}_{0})={x}_{0}$ .
-----------------------------------------
ΑΣΚΗΣΗ

Αν f δύο φορές παραγωγίσιμη στο [α,β] και ισχύει:
1) $f(x)f'(x)\neq 0$ για κάθε x στο [α,β]
2) $\frac{f(\alpha )}{f(\beta )}=\frac{f'(\alpha )}{f'(\beta )}$

να αποδείξετε ότι υπάρχουν διαφορετικά ${\xi }_{1},{\xi }_{2}\epsilon (\alpha ,\beta )$ τέτοια ώστε:

$f({\xi }_{1})f''({\xi }_{1})+f({\xi }_{2})f''({\xi }_{2})>0$

lostG · 03-06-09

Μπράβο geoste.
Good job
Πρέπει να έχεις μεγάλη άνεση στο latex ε?

Civilara · 03-06-09

Αρχική Δημοσίευση από paganini666:
Εστω f(x)^3-6f(x)^2+12f(x)=x για καθε χεR
Να βρειτε τον τυπο της f(x)
Ακυρη ασκηση αλλα επιλυσιμη για να προλαβω ορισμενους... :-)

Θεωρώ $g(x)={x}^{3}-6{x}^{2}+12x$ . Η g είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο R ως πολυωνυμική με παράγωγο:

$g'(x)=3{x}^{2}-12x+12=3\left({x}^{2}-4x+4 \right)=4\left{(x-2 \right)}^{2}$ , x ανήκει R

g συνεχής στο $(-\propto ,2]$ , παραγωγίσιμη στο $(-\propto ,2)$ και g'(x)>0 για κάθε $x\epsilon (-\propto ,2)$ . Άρα η g είναι γνησίως αύξουσα στο $(-\propto ,2]$ .

g συνεχής στο $[2,+\propto)$ , παραγωγίσιμη στο $(2,+\propto)$ και g'(x)>0 για κάθε $x\epsilon (2,+\propto)$ . Άρα η g είναι γνησίως αύξουσα στο $[2,+\propto)$ .

Επομένως η g είναι γνησίως αύξουσα στο R. Άρα είναι 1-1 και συνεπώς αντιστρέψιμη.

$\lim_{x\rightarrow +\propto }g(x)=+\propto$ και
$\lim_{x\rightarrow -\propto }g(x)=-\propto$

Το πεδίο ορισμού της g είναι ${D}_{g}=R$ . Επειδή η f είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα στο R, το πεδίο τιμών της είναι $g\left( {D}_{g}\right)=\left(\lim_{x\rightarrow -\propto }g(x),\lim_{x\rightarrow +\propto }g(x) \right)=(-\propto ,+\propto )=R$

Η f έχει πεδίο ορισμού ${D}_{f}=R$ . Θεωρώ ${x}_{1},{x}_{2}\epsilon R$ με $f({x}_{1})=f({x}_{2})$

$f({x}_{1})=f({x}_{2})\Rightarrow {\left( f({x}_{1})\right)}^{3}={\left( f({x}_{2})\right)}^{3}$

$f({x}_{1})=f({x}_{2})\Rightarrow {\left( f({x}_{1})\right)}^{2}={\left( f({x}_{2})\right)}^{2}\Rightarrow -6{\left( f({x}_{1})\right)}^{2}=-6{\left( f({x}_{2})\right)}^{2}$

$f({x}_{1})=f({x}_{2})\Rightarrow 12f({x}_{1})=12f({x}_{2})$

Άρα ${\left( f({x}_{1})\right)}^{3}-6{\left( f({x}_{1})\right)}^{2}+12f({x}_{1})={\left( f({x}_{2})\right)}^{3}-6{\left( f({x}_{2})\right)}^{2}+12f({x}_{2})\Rightarrow {x}_{1}={x}_{2}$

Επομένως για κάθε ${x}_{1},{x}_{2}\epsilon R$ ισχύει η συνεπαγωγή:

$f({x}_{1})=f({x}_{2})\Rightarrow {x}_{1}={x}_{2}$

οπότε η f είναι 1-1 και συνεπώς αντιστρέψιμη. Ισχύει

$y=f(x)\Leftrightarrow x={f}^{-1}(y)$ για κάθε
$x\epsilon R, y\epsilon f(R)$

Επομένως

${f}^{-1}(y)={y}^{3}-6y+12y\Rightarrow {f}^{-1}(y)=g(y)$

Είναι ${D}_{{f}^{-1}}={D}_{g}=R$ και ${f}^{-1}\left( {D}_{{f}^{-1}}\right)=g\left( {D}_{g}\right)=R$
Άρα $f\left({D}_{f} \right)={D}_{{f}^{-1}}=R$

$f\left({D}_{f} \right)={D}_{{f}^{-1}}=R$

Στην δοσμένη σχέση τίθεται x=0:
${\left( f(0)\right)}^{3}-6{\left( f(0)\right)}^{2}+12f(0)=0\Rightarrow f(0)\left[{\left( f(0)\right)}^{2}-6f(0)+12 \right]=0$

Θεωρώ το πολυώνυμο $P(x)={x}^{2}-6x+12$ . Θα εξεταστεί το πρόσημο του P(x) για τις διάφορες τιμές του $x\epsilon R$ .

$\Delta ={(-6)}^{2}-4{}^{.}1{}^{.}12=36-48=-12<0$ . Άρα P(x)>0 για κάθε $x\epsilon R$ .

Συνεπώς f(0)=0 <=> (f-1)(0)=0.

Στη συνέχεια θα γίνει εφαρμογή της εξής πρότασης της οποίας η απόδειξη είναι πολύ απλή και αφήνεται ως άσκηση: "Αν μία συνάρτηση f είναι 1-1 και η αντίστροφή της είναι παραγωγίσιμη στο $f({x}_{0})$ και ισχύει $\left( {f}^{-1}\right)'(f({x}_{0}))\neq 0$ τότε η f είναι παραγωγίσιμη στο ${x}_{0}$ και ισχύει $f'({x}_{0})\neq 0$ "

Επειδή η ${f}^{-1}$ είναι παραγωγίσιμη στο $f\left({D}_{f} \right)=R$ και για κάθε $x\epsilon (-\propto ,2)\bigcup (2,+\propto )$ ισχύει $\left( f}^{-1}\right)'(y)\neq 0$ , έπεται ότι η f είναι παραγωγίσιμη στο $x\epsilon (-\propto ,2)\bigcup (2,+\propto )$ και ισχύει $f'(x)\neq 0$ για κάθε $x\epsilon (-\propto ,2)\bigcup (2,+\propto )$ ενώ η f δεν είναι παραγωγίσιμη στο 2 γιατί (f-1)'(2)=0.

Αποδεικνύεται ότι $({f}^{-1})'(f(x))=\frac{1}{f'(x)}$

$({f}^{-1})'(f(x))=\frac{1}{f'(x)}\Rightarrow ({f}^{-1})'(f(x))f'(x)=1\Rightarrow 3{\left(f(x)-2) \right}^{2}f'(x)=1\Rightarrow 3{\left(f(x)-2) \right}^{2}f'(x)-1=0$
για κάθε $x\epsilon R$

Θεωρώ την συνάρτηση $h(x)={\left(f(x)-2 \right)}^{3}-x$ . Επειδή η f είναι παραγωγίσιμη στο R τότε είναι και συνεχής στο R. Επειδή η f είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο R τότε και η h είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο R με παράγωγο

$h'(x)=3{\left(f(x)-2 \right)}^{2}f'(x)-1\Rightarrow h'(x)=0$

Η h είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο R και ισχύει $h'(x)=0$ για κάθε $x\epsilon R$ . Άρα η h είναι σταθερη, οπότε $h(x)=c$ για κάθε $x\epsilon R$ .

$h(0)={\left(f(0)-2 \right)}^{3}-0={(0-2)}^{3}={(-2)}^{3}=-8\Rightarrow c=h(0)=-8$

Άρα $h(x)=-8$ για κάθε $x\epsilon R$ .

$h(x)=-8\Rightarrow {\left(f(x)-2 \right)}^{3}-x=-8\Rightarrow {\left(f(x)-2 \right)}^{3}=x-8\Rightarrow$ για κάθε $x\epsilon R$ .

Αν $x\geq 8$ , τότε $f(x)-2=\sqrt[3]{x-8}\Rightarrow f(x)=2+\sqrt[3]{x-8}$ .

Αν $x<8$ , τότε $f(x)-2=-\sqrt[3]{8-x}\Rightarrow f(x)=2-\sqrt[3]{8-x}$ .
-----------------------------------------

Αρχική Δημοσίευση από lostG:
Μπράβο geoste.
Good job
Πρέπει να έχεις μεγάλη άνεση στο latex ε?

thanks lostG

. Το έμαθα πολύ καλά με λίγη εξάσκηση. Πριν 15 μέρες δεν ήξερα καν τι είναι.

lostG · 04-06-09

Αρχική Δημοσίευση από geoste:
Αν f δύο φορές παραγωγίσιμη στο [α,β] και ισχύει:
1) $f(x)f'(x)neq 0$ για κάθε x στο [α,β]
2) $frac{f(alpha )}{f(beta )}=frac{f'(alpha )}{f'(beta )}$

να αποδείξετε ότι υπάρχουν διαφορετικά ${xi }_{1},{xi }_{2}epsilon (alpha ,beta )$ τέτοια ώστε:

$f({xi }_{1})f''({xi }_{1})+f({xi }_{2})f''({xi }_{2})>0$

Ας κάνουμε λίγη εξάσκηση.
Έχω σαν αρχή μου να αφήνω πρώτα τους μαθητές να ιδρώνουν σε μια άσκηση και μετά να τους βοηθάω αλλά τώρα ποιός μαθητής ασχολείται ειδικά τώρα ε?
Εν συντομία.
Λοιπόν Rolle στην h(x)=f '(x)/f(x).
Κατ ευθείαν βγαίνει (μετά από πραξούλες) ότι ένας x1 τού Rolle δίνει f(x1)f ''(x1)>0 (1)
(Σύμφωνα με τον περιορισμό σου, ούτε η f ούτε η f ' μηδενίζονται).
[Αν μπορούσα βέβαια να αποδείξω ότι η συνάρτηση g(x)=f(x)f ''(x) είναι συνεχής, τότε τελείωνε η άσκηση γιατί σε περιοχή τού x1 αυτή θα έπαιρνε θετικές τιμές αλλά αφού δεν.. ας προχωρήσουμε].
Δύο ΘΜΤ τού διαφορικού λογισμού στα διαστήματα [α,x1], [x1,β] απ' όπου μετά από πράξεις βλέπουμε ότι τουλάχιστον ένας από τους x2, x3 έστω ο x2, δίνει ότι f(x2)f ''(x2)>0 (2)
(όπου x2,x3 τιμές που προκύπτουν από το ΘΜΤ στα παραπάνω διαστήματα)
Πρόσθεση κατά μέλη των (1), (2) και OK.
Πολύ αργά πήγε. Καληνύχτα!

paganini666 · 04-06-09

Αρχική Δημοσίευση από lostG:
Ας κάνουμε λίγη εξάσκηση.
Έχω σαν αρχή μου να αφήνω πρώτα τους μαθητές να ιδρώνουν σε μια άσκηση και μετά να τους βοηθάω αλλά τώρα ποιός μαθητής ασχολείται ειδικά τώρα ε?
Εν συντομία.
Λοιπόν Rolle στην h(x)=f '(x)/f(x).
Κατ ευθείαν βγαίνει (μετά από πραξούλες) ότι ένας x1 τού Rolle δίνει f(x1)f ''(x1)>0 (1)
(Σύμφωνα με τον περιορισμό σου, ούτε η f ούτε η f ' μηδενίζονται).
[Αν μπορούσα βέβαια να αποδείξω ότι η συνάρτηση g(x)=f(x)f ''(x) είναι συνεχής, τότε τελείωνε η άσκηση γιατί σε περιοχή τού x1 αυτή θα έπαιρνε θετικές τιμές αλλά αφού δεν.. ας προχωρήσουμε].
Δύο ΘΜΤ τού διαφορικού λογισμού στα διαστήματα [α,x1], [x1,β] απ' όπου μετά από πράξεις βλέπουμε ότι τουλάχιστον ένας από τους x2, x3 έστω ο x2, δίνει ότι f(x2)f ''(x2)>0 (2)
(όπου x2,x3 τιμές που προκύπτουν από το ΘΜΤ στα παραπάνω διαστήματα)
Πρόσθεση κατά μέλη των (1), (2) και OK.
Πολύ αργά πήγε. Καληνύχτα!

ΕΕΕΕ! Kακως κυριε Lostg! Ηθελα να προπαθησω... :'(

lostG · 04-06-09

Αρχική Δημοσίευση από paganini666:
ΕΕΕΕ! Kακως κυριε Lostg! Ηθελα να προπαθησω...

Σορρυ!
Καλά δεν το ξανακάνω.Νόμιζα πως μετά την κούραση των εξετάσεων δεν έχετε όρεξη στο...καπάκι να λύνετε πάλι μαθηματικά. :bye:

paganini666 · 04-06-09

Αρχική Δημοσίευση από lostG:
Σορρυ!
Καλά δεν το ξανακάνω.Νόμιζα πως μετά την κούραση των εξετάσεων δεν έχετε όρεξη στο...καπάκι να λύνετε πάλι μαθηματικά.

Μα μολις πριν εγω δεν ημουν αυτος που προσπαθουσα να λυσω μια ασκηση και ειπατε Μπραβο τα μαθηματικα δεν τελειωνουν...κλπ
Τελος παντων,απλώς εαν μια ασκηση εχει πανω απο μια βδομαδα αλυτη τοτε να παρεμβαινετε ευχαριστως!:no1:

lostG · 04-06-09

Αρχική Δημοσίευση από paganini666:
Μα μολις πριν εγω δεν ημουν αυτος που προσπαθουσα να λυσω μια ασκηση και ειπατε Μπραβο τα μαθηματικα δεν τελειωνουν...κλπ
Τελος παντων,απλώς εαν μια ασκηση εχει πανω απο μια βδομαδα αλυτη τοτε να παρεμβαινετε ευχαριστως!:no1:

Πάντως δεν σε υποχρέωσε κανείς να διαβάσεις τη λύση.Θα μπορούσες να επιχειρήσεις να τη λύσεις χωρίς να τη διαβάσεις.
Θα μπορούσα ίσως να κάνω αυτό που κάνει συχνά ο Djimakos. Δηλαδή απόχρωση τέτοια τής γραμματοσειράς, που μόνο με αρκετή προσπάθεια θα βλέπεις τη λύση.Κάνεις επιλογή όλων και γίνεται ορατό.

Ας κάνουμε λίγη εξάσκηση.
Έχω σαν αρχή μου να αφήνω πρώτα τους μαθητές να ιδρώνουν σε μια άσκηση και μετά να τους βοηθάω αλλά τώρα ποιός μαθητής ασχολείται ειδικά τώρα ε?
Εν συντομία.
Λοιπόν Rolle στην h(x)=f '(x)/f(x).
Κατ ευθείαν βγαίνει (μετά από πραξούλες) ότι ένας x1 τού Rolle δίνει f(x1)f ''(x1)>0 (1)
(Σύμφωνα με τον περιορισμό σου, ούτε η f ούτε η f ' μηδενίζονται).
[Αν μπορούσα βέβαια να αποδείξω ότι η συνάρτηση g(x)=f(x)f ''(x) είναι συνεχής, τότε τελείωνε η άσκηση γιατί σε περιοχή τού x1 αυτή θα έπαιρνε θετικές τιμές αλλά αφού δεν.. ας προχωρήσουμε].
Δύο ΘΜΤ τού διαφορικού λογισμού στα διαστήματα [α,x1], [x1,β] απ' όπου μετά από πράξεις βλέπουμε ότι τουλάχιστον ένας από τους x2, x3 έστω ο x2, δίνει ότι f(x2)f ''(x2)>0 (2)
(όπου x2,x3 τιμές που προκύπτουν από το ΘΜΤ στα παραπάνω διαστήματα)
Πρόσθεση κατά μέλη των (1), (2) και OK.
Πολύ αργά πήγε. Καληνύχτα!

Τέλος πάντων όλα καλά.

paganini666 · 04-06-09

Αρχική Δημοσίευση από lostG:
Πάντως δεν σε υποχρέωσε κανείς να διαβάσεις τη λύση.Θα μπορούσες να επιχειρήσεις να τη λύσεις χωρίς να τη διαβάσεις.
Θα μπορούσα ίσως να κάνω αυτό που κάνει συχνά ο Djimakos. Δηλαδή απόχρωση τέτοια τής γραμματοσειράς, που μόνο με αρκετή προσπάθεια θα βλέπεις τη λύση.Κάνεις επιλογή όλων και γίνεται ορατό.

Ας κάνουμε λίγη εξάσκηση.
Έχω σαν αρχή μου να αφήνω πρώτα τους μαθητές να ιδρώνουν σε μια άσκηση και μετά να τους βοηθάω αλλά τώρα ποιός μαθητής ασχολείται ειδικά τώρα ε?
Εν συντομία.
Λοιπόν Rolle στην h(x)=f '(x)/f(x).
Κατ ευθείαν βγαίνει (μετά από πραξούλες) ότι ένας x1 τού Rolle δίνει f(x1)f ''(x1)>0 (1)
(Σύμφωνα με τον περιορισμό σου, ούτε η f ούτε η f ' μηδενίζονται).
[Αν μπορούσα βέβαια να αποδείξω ότι η συνάρτηση g(x)=f(x)f ''(x) είναι συνεχής, τότε τελείωνε η άσκηση γιατί σε περιοχή τού x1 αυτή θα έπαιρνε θετικές τιμές αλλά αφού δεν.. ας προχωρήσουμε].
Δύο ΘΜΤ τού διαφορικού λογισμού στα διαστήματα [α,x1], [x1,β] απ' όπου μετά από πράξεις βλέπουμε ότι τουλάχιστον ένας από τους x2, x3 έστω ο x2, δίνει ότι f(x2)f ''(x2)>0 (2)
(όπου x2,x3 τιμές που προκύπτουν από το ΘΜΤ στα παραπάνω διαστήματα)
Πρόσθεση κατά μέλη των (1), (2) και OK.
Πολύ αργά πήγε. Καληνύχτα!

Τέλος πάντων όλα καλά.

Κυριε Lostg (γιωργο),δεν ηθελα σε καμια περιπτωση να σας "μαλωσω".
Απλα οταν εχει δημοσιευθει η λυση χανεις τη χαρα να εισαι αυτος που θα τη λυσει.Πειτε με ματαιοδοξο, αλλα εινια μια ηθικη ικανοποιηση να λυνεις μια ασκηση μετα απο καποιο-οποιο κοπο και να την παρουσιαζεις τελικα!
Φιλικά,

Civilara · 04-06-09

Έστω παραγωγίσιμη συνάρτηση f: [-1,0]->[-1,0] και f(0)=-1, f(-1)=0. Να αποδείξετε ότι υπάρχουν διαφορετικά μεταξύ τους $\xi ,{\xi }_{1},{\xi }_{2}\epsilon (-1,0)$ τέτοια ώστε $\xi f'({\xi }_{1})f'({\xi }_{2})=2+4\xi$

paganini666 · 05-06-09

Αρχική Δημοσίευση από geoste:
Έστω παραγωγίσιμη συνάρτηση f: [-1,0]->[-1,0] και f(0)=-1, f(-1)=0. Να αποδείξετε ότι υπάρχουν διαφορετικά $xi ,{xi }_{1},{xi }_{2}epsilon (-1,0)$ τέτοια ώστε $xi f'({xi }_{1})f'({xi }_{2})=2+4xi$

Ειναι δυσκολουτσικο ε;
Αλλα το παλευω....:xixi:
-----------------------------------------
Να ρωτησω κατι
Οταν λεμε διαφορετικα εννοουμε ΑΠΑΡΑΙΤΗΤΑ διαφορετικα;
γιατι αν και τα δυο ανηκουν στο [-1,0] τοτε λογικα ειναι διαφορετικα αλλα υπαρχει και η περιπτωση να ειναι και ισα! Αλλα αν ανηκουν σε διαφορετικο διαστημ τοτε θα ειναι σιγουρα διαφορετικα. Αρα ποιο απτα δυο εννοειτε;

Civilara · 05-06-09

Αρχική Δημοσίευση από paganini666:
Ειναι δυσκολουτσικο ε;
Αλλα το παλευω....:xixi:
-----------------------------------------
Να ρωτησω κατι
Οταν λεμε διαφορετικα εννοουμε ΑΠΑΡΑΙΤΗΤΑ διαφορετικα;
γιατι αν και τα δυο ανηκουν στο [-1,0] τοτε λογικα ειναι διαφορετικα αλλα υπαρχει και η περιπτωση να ειναι και ισα! Αλλα αν ανηκουν σε διαφορετικο διαστημ τοτε θα ειναι σιγουρα διαφορετικα. Αρα ποιο απτα δυο εννοειτε;

Και τα 3 διαφορετικά μεταξύ τους. Προφανώς ανήκουν σε διαφορετικά υποδιαστήματα του (-1,0) που δεν αλληλοκαλύπτονται αν και αυτή η διευκρίνιση δεν έπρεπε να ζητηθεί.

m3Lt3D · 05-06-09

Αρχική Δημοσίευση από geoste:
Έστω παραγωγίσιμη συνάρτηση f: [-1,0]->[-1,0] και f(0)=-1, f(-1)=0. Να αποδείξετε ότι υπάρχουν διαφορετικά μεταξύ τους $xi ,{xi }_{1},{xi }_{2}epsilon (-1,0)$ τέτοια ώστε $xi f'({xi }_{1})f'({xi }_{2})=2+4xi$

λοιπον...θα τα γραψω καπως περιληπτικα γιατι βιαζομαι.

εστω τυχαιο ξ που ανηκει στο (-1,0).

κανω ΘΜΤ στο [-1,ξ]:f'(ξ1)=f(ξ)/(ξ-1)
ΘΜΤ στο [ξ,0]:f'(ξ2)=(f(ξ)+1)/ξ

Τα ξ1,ξ2,ξ ανηκουν σε μη αλληλοκαλυπτομενα μεταξυ τους διαστηματα, οποτε ειναι διαφορετικα μεταξυ τους.

αν αντικαταστησουμε τα f'(ξ1),f'(ξ2) η προς αποδειξη σχεση γινεται:
(f(ξ)+1)f(ξ)=4ξ^2-2ξ
Αρα αρκει να δειξουμε οτι υπαρχει ενα τυχαιο ξ στο (-1,0) που να ικανοποιει αυτη τη σχεση.

θετω την g(x)=f^2(x)+f(x)-4x^2+2x+2
g(0)=2
g(-1)=-4
Κανουμε bolzanο στην g στο [-1,0] και τελος. :bye:

Για να ειναι πιο σωστα δομημενη την παρουσιαζουμε απο την τελος προς την αρχη, αφου εχουμε κανει την λυση στο προχειρο.Αλλα την εγραψα ετσι γιατι αυτα τα βηματα ακολουθησα.

lostG · 05-06-09

Αρχική Δημοσίευση από m3Lt3D:
λοιπον...θα τα γραψω καπως περιληπτικα γιατι βιαζομαι.

εστω τυχαιο ξ που ανηκει στο (-1,0).

κανω ΘΜΤ στο [-1,ξ]:f'(ξ1)=f(ξ)/(ξ-1)

Το σωστό είναι ξ+1 και όχι ξ-1 στον παρονομαστη!
Και δεν εφαρμόζεται τώρα bolzano.

paganini666 · 05-06-09

Λόγω θεωρηματος ενδιαμεσων ισχυει

Επισης απο Bolzano στη f(x)-x προκυπτει οτι

Με 2 ΘΜΤ για την

στα διαστήματα

(

)προκυπτει οτι υπαρχουν

και

ώστε:

Απαιτουμε:

Θεωρω

Δεκτο το

Πρεπει να εχω κανει πατατα. :p
Βασικα το k το καθοριζει το θεωρημα Βolzano και οχι εγω αρα η λυση ειναι παντελως λαθος....
κριμα

Civilara · 05-06-09

Αν η συνάρτηση f είναι συνεχής στο διάστημα [α,β] να αποδείξετε ότι για κάθε ${x}_{1},{x}_{2} \epsilon [\alpha ,\beta ]$ υπάρχει $\xi \epsilon (\alpha ,\beta )$ τέτοιο ώστε $\left|f(\xi ) \right|\leq E\left|{x}_{2}-{x}_{1} \right|$ όπου Ε το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από την γραφική παράσταση της f, τον άξονα x'x και τις ευθείες με εξισώσεις x=x1 και x=x2 με x1 διάφορο x2.

lostG · 05-06-09

Αρχική Δημοσίευση από geoste:
Αν η συνάρτηση f είναι συνεχής στο διάστημα [α,β] να αποδείξετε ότι για κάθε ${x}_{1},{x}_{2} epsilon [alpha ,beta ]$ δεν μπορεί να υπάρξει $xi epsilon (alpha ,beta )$ τέτοιο ώστε $left|f(xi ) right|>Eleft|{x}_{2}-{x}_{1} right|$ όπου Ε το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από την γραφική παράσταση της f, τον άξονα x'x και τις ευθείες με εξισώσεις x=α και x=β.

Να προσθέσουμε τον περιορισμό με x1 διάφορο του x2?

Civilara · 05-06-09

Αρχική Δημοσίευση από lostG:
Να προσθέσουμε τον περιορισμό με x1 διάφορο του x2?

Ξέχασα να το γράψω και το άλλαξα:no1:

lostG · 05-06-09

Αρχική Δημοσίευση από paganini666:
Λόγω θεωρηματος ενδιαμεσων ισχυει

Επισης απο Bolzano στη f(x)-x προκυπτει οτι

Με 2 ΘΜΤ για την

στα διαστήματα

(

)προκυπτει οτι υπαρχουν

και

ώστε:

Απαιτουμε:

Θεωρω

Δεκτο το

Πρεπει να εχω κανει πατατα. :p
Βασικα το k το καθοριζει το θεωρημα Βolzano και οχι εγω αρα η λυση ειναι παντελως λαθος....
κριμα

Νιά χαρά είσαι.Απλώς ξεκαθάρισε τη ..θέση σου.Μη βραχυκυκλώνεσαι!
Το ερώτημα είναι: Να αποδείξεις ότι υπάρχει ξ(=m=k αποφάσισε τελικά τι γράμμα θέλεις) στο (α,β) κ.λ.π
Εσύ βρήκες ένα. Θέλεις μήπως κι άλλο?

Αρχική Δημοσίευση από paganini666:

Μπορούσες να απλοποιήσεις αμέσως τη σχέση αυτή, αφού f(m)=m και m διάφορο του -1! και θα είχες αμέσως το -2/3!
Τσάμπα κόπο έκανες από κει και κατω.

paganini666 · 05-06-09

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

Αρχική Δημοσίευση από lostG:
Νιά χαρά είσαι.Απλώς ξεκαθάρισε τη ..θέση σου.Μη βραχυκυκλώνεσαι!
Το ερώτημα είναι: Να αποδείξεις ότι υπάρχει ξ(=m=k αποφάσισε τελικά τι γράμμα θέλεις) στο (α,β) κ.λ.π
Εσύ βρήκες ένα. Θέλεις μήπως κι άλλο?

Μπορούσες να απλοποιήσεις αμέσως τη σχέση αυτή, αφού f(m)=m και m διάφορο του -1! και θα είχες αμέσως το -2/3!
Τσάμπα κόπο έκανες από κει και κατω.

Εχετε απολυτο δικαιο αλλα νομιζω οτι η λυση εξαρχης ειναι λαθος για το λογο που εξηγησα.
Ισως σας μπρεδεψα με τα k και τα m αλλα οι συμβολισμοι πιστευω ειναι σωστοι. Το k το καθοριζει το Bolzano και ειναι συγκεκριμενο,οχι οποιο θελω εγω (στην περιπτωση μας το -2/3!).

Συλλογή ασκήσεων και τεστ στα Μαθηματικά Προσανατολισμού

Περιβόητο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Περιβόητο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Δραστήριο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Δραστήριο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Δραστήριο μέλος

Περιβόητο μέλος

Δραστήριο μέλος

Περιβόητο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Δραστήριο μέλος

Περιβόητο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Περιβόητο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Δραστήριο μέλος