Συλλογή ασκήσεων και τεστ στα Μαθηματικά Προσανατολισμού

NickTheGreek3 · 2010-12-05T13:28:25+0200

Αρχική Δημοσίευση από Cloud_Strife:
Πάντως ελάχιστοι είναι αυτοί που ξέρουν τον ορισμό του παραπάνω ορίου, πόσο μάλλον το σωστό υπολογισμό του (Μαθητές Λυκείου πάντα). Το αποτέλεσμα είναι μηδέν, αν και μια βιαστική επίλυση θα έδινε άπειρο και ούτε καν 1-e...

Το οριο του 1 στην απειροστη δεν κανει 1;;; :hmm:

Dias · 2010-12-05T13:32:05+0200

Αρχική Δημοσίευση από Cloud_Strife:
Πάντως ελάχιστοι είναι αυτοί που ξέρουν τον ορισμό του παραπάνω ορίου, πόσο μάλλον το σωστό υπολογισμό του (Μαθητές Λυκείου πάντα)....

Όχι και ελάχιστοι. Το μαθαίνουμε στα μαθηματικά της Β γενικής ότι ο αριθμός e είναι το όριο της ακολουθίας
αν = (1 + 1/ν)ͮ
και με απλή λογική και της συνάρτησης f(x) = (1 + 1/x)ˣ για χ → +∞ .

red span · 2010-12-05T15:01:52+0200

Αρχική Δημοσίευση από Dias:
Όχι και ελάχιστοι. Το μαθαίνουμε στα μαθηματικά της Β γενικής ότι ο αριθμός e είναι το όριο της ακολουθίας
αν = (1 + 1/ν)ͮ
και με απλή λογική και της συνάρτησης f(x) = (1 + 1/x)ˣ για χ → +∞ .

Καλο δεν το σκεφτηκα καθολου αυτο!!!!!! :clapup:

lowbaper92 · 2010-12-05T15:34:47+0200

Για μαθητές
α) Να δείξετε ότι

$eq.latex$

β) Θεωρούμε την παραγωγίσιμη συνάρτηση

$eq.latex$

για την οποία ισχύει

$eq.latex$

i) Να δείξετε ότι η g είναι 1-1.

ii) Αν

$eq.latex$

να βρεθεί η εξίσωση της εφαπτομένης στο σημείο

$eq.latex$

koum · 2010-12-05T16:09:45+0200

Αρχική Δημοσίευση από lowbaper92:
Για μαθητές
α) Να δείξετε ότι
$eq.latex$

β) Θεωρούμε την παραγωγίσιμη συνάρτηση
$eq.latex$
για την οποία ισχύει
$eq.latex$

i) Να δείξετε ότι η g είναι 1-1.

ii) Αν
$eq.latex$
να βρεθεί η εξίσωση της εφαπτομένης στο σημείο
$eq.latex$

Στα γρήγορα το α).

Αποδεικνύεται εύκολα ότι $e^x \geq x+1$ , για $x \geq 0.$

Οπότε αρκεί νδό $x+1\geq \frac{1}{x+1}$ , για $x\geq 0$

Δηλαδή: ${(x+1)}^{2}\geq 1\Rightarrow x\geq 0$ , done.

lowbaper92 · 2010-12-06T20:36:03+0200

Διαφορετικά:
Έστω

$eq.latex$

β ερώτημα κάποιος ?

Chris1993 · 2010-12-06T21:38:32+0200

g(g(x1)) - g(x1) = g(g(x2)) - g(x2) για κάθε x1,x2 ER
<=> e^x1 - ln(x1+1) - 1 = e^x2 - ln(x2+1) - 1
<=> e^x1 - ln(x1+1) = e^x2 - ln(x2+1)

Μετά παίρνεις και αποδεικνύεις ότι η e^x - ln(x+1) , είναι γνησιως αύξουσα άρα είναι "1-1"
Δεν είμαι σίγουρος βέβαια!(Μη με αποπάρετε... :/)

lowbaper92 · 2010-12-06T21:53:00+0200

Αρχική Δημοσίευση από Chris1993:
g(g(x1)) - g(x1) = g(g(x2)) - g(x2) για κάθε x1,x2 ER
<=> e^x1 - ln(x1+1) - 1 = e^x2 - ln(x2+1) - 1
<=> e^x1 - ln(x1+1) = e^x2 - ln(x2+1)

Μετά παίρνεις και αποδεικνύεις ότι η e^x - ln(x+1) , είναι γνησιως αύξουσα άρα είναι "1-1"
Δεν είμαι σίγουρος βέβαια!

Πολύ σωστά ! Απλά να παρουσιάζεις τον ορισμό ξεκάθαρα. Να δείχνεις δηλαδή την συνεπαγωγή g(x1)=g(x2)->x1=x2
Τελικά η συνάρτηση που όρισες είναι γνησίως αύξουσα ή γνησίως φθίνουσα?
Έμεινε το βιι

Chris1993 · 2010-12-06T21:55:05+0200

Ναι .. απλώς δεν ήμουν σίγουρος...γιαυτο δεν το ανέλυσα...

Αύξουσα .. το διόρθωσα (αν δείς)

Ποσο χαίρομαι

(α!Για το βιι-> δεν έχουμε μπει παραγώγους

)

koum · 2010-12-06T21:58:28+0200

Αρχική Δημοσίευση από lowbaper92:
β) Θεωρούμε την παραγωγίσιμη συνάρτηση
$eq.latex$
για την οποία ισχύει
$eq.latex$

ii) Αν
$eq.latex$
να βρεθεί η εξίσωση της εφαπτομένης στο σημείο
$eq.latex$

Θέτουμε στην αρχική $x=0$ και χρησιμοποιώντας το ότι $f:1-1$ βρίσκουμε ότι $g(0)=0$

Οπότε $y-g(0)=g'(0)(x-0)\Rightarrow y=g'(0) x$

lowbaper92 · 2010-12-06T22:03:59+0200

Αρχική Δημοσίευση από koum:
Θέτουμε στην αρχική $x=0$ και χρησιμοποιώντας το ότι $f:1-1$ βρίσκουμε ότι $g(0)=0$

Οπότε $y-g(0)=g'(0)(x-0)\Rightarrow y=g'(0) x$

Άμα βρεις και το g'(0) θα είμαι πιο ευχαριστημένος

koum · 2010-12-06T22:05:50+0200

Αρχική Δημοσίευση από lowbaper92:
Άμα βρεις και το g'(0) θα είμαι πιο ευχαριστημένος

Λογικά θα σε κάνω από αύριο ευχαριστημένο.

edit: $g'(0)=1$
Από τον ορισμό της παραγώγου κλασσικά...

Ps1: Την πληκτρολόγηση ας την κάνεις εσύ, κάνε και κάτι.

Ps2: Χρωστάς κέρασμα.

lowbaper92 · 2010-12-06T22:15:35+0200

Αρχική Δημοσίευση από koum:
Λογικά θα σε κάνω από αύριο ευχαριστημένο.

edit: $g'(0)=1$

Ps1: Την διαδικασία εύρεσης ας την κάνεις εσύ, κάνε και κάτι.
Ps2: Χρωστάς κέρασμα.

Μπορείς να παραγωγίσεις τη συναρτησιακή και να θέσεις χ=0

Ps1: Χεχε εγώ την έκανα πέρυσι !
Ps2: Θα σε κεράσω πολλές ασκήσεις μέχρι τις πανελλήνιες !

koum · 2010-12-06T22:23:25+0200

Αρχική Δημοσίευση από lowbaper92:
Μπορείς να παραγωγίσεις τη συναρτησιακή και να θέσεις χ=0

Ps1: Χεχε εγώ την έκανα πέρυσι !
Ps2: Θα σε κεράσω πολλές ασκήσεις μέχρι τις πανελλήνιες !

Από κει την έλυσα αρχικά, αλλά υπέθεσα πως βγαίνει ΚΑΙ από τον ορισμό. Fail.

Δώσε ασκήσεις στο λαό λέμεεεε.

rebel · 2010-12-07T15:33:46+0200

Αρχική Δημοσίευση από styt_geia:
Και μία λίγο διεστραμμένη:
Έστω $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ δύο φορές παραγωγίσιμη, τέτοια ώστε $|f(x)|\leq 1\quad \forall x \in \mathbb{R}$
και $(f(0))^2+(f'(0))^2=4$ . Δείξτε ότι υπάρχει $x_0\in \mathbb{R}$ τέτοιο ώστε $f(x_0)+f''(x_0)=0$

Υπόδειξη: Προσπαθείστε να βρείτε ένα διάστημα όπου μπορεί να εφαρμοστεί το θεώρημα του Fermat

Για λόγους πληρότητας συμπληρώνω το σκεπτικό του Koum...

Ισχύουν για την f οι προυποθέσεις του ΘΜΤ στα διαστήματα [-2,0] , [0,2] οπότε

$\exists a \in (-2,0): f'(a)=\frac{f(0)-f(-2)}{2} \Rightarrow |f'(a)|=\left|\frac{f(0)-f(-2)}{2}\right|\leq\frac{|f(0)|+|f(-2)|}{2}\leq\frac{1+1}{2}=1 \quad (1)$

$\exists b \in (0,2): f'(b)=\frac{f(2)-f(0)}{2} \Rightarrow |f'(b)|=\left|\frac{f(2)-f(0)}{2}\right|\leq\frac{|f(2)|+|f(0)|}{2}\leq\frac{1+1}{2}=1 \quad (2)$

Θεωρούμε την συνάρτηση $g(x)=(f(x))^2+(f'(x))^2$ η οποία είναι παραγωγίσιμη με $g'(x)=2\left[f(x)f'(x)+f'(x)f''(x)\right]$

Από (1) και (2) καθώς και από υπόθεση έχουμε

$g(a)\leq|g(a)|=|(f(a))^2+(f'(a))^2|\leq |f(a)|^2+|f'(a)|^2 \leq 1+1=2$
$g(b)\leq|g(b)|=|(f(b))^2+(f'(b))^2|\leq |f(b)|^2+|f'(b)|^2 \leq 1+1=2$

Η g τώρα είναι συνεχής στο διάστημα $[a,b]$ και άρα πιάνει μέγιστο σε αυτό. Όμως $a<0<b \quad g(a)\leq 2 < g(0)=4$ και $g(b)\leq 2 < g(0)=4$ άρα αυτή η μέγιστη τιμή δεν επιτυγχάνεται σε κάποιο από τα άκρα α και b αλλά σε κάποιο $x_0\in(a,b)$ .

Άρα από Θ.Fermat

$g'( x_0)=0 \Rightarrow 2\left[f(x_0)f'(x_0)+f'(x_0)f''(x_0)\right]=0\Rightarrow 2f'(x_0)\left[f(x_0)+f''(x_0)\right]=0$

Αν υποθέσουμε ότι $f'(x_0)=0$ τότε $g(x_0)=\left(f(x_0)\right)^2\leq 1<g(0)$ . Άτοπο γιατί έχουμε υποθέσει ότι η g παρουσιάζει μέγιστο στο $x_0$ , οπότε τελικά $f'(x_0)\neq0$ και $f(x_0)+f''(x_0)=0$

lowbaper92 · 2010-12-12T15:15:05+0200

Να υπολογιστεί το $L=\lim_{x\rightarrow {0}^{+}}\frac{\eta \mu x}{\sqrt{-ln\left(\sigma \upsilon \nu x \right)}}$

Dias · 2010-12-12T20:21:52+0200

Αρχική Δημοσίευση από lowbaper92:
Να υπολογιστεί το $L=\lim_{x\rightarrow {0}^{+}}\frac{\eta \mu x}{\sqrt{-ln\left(\sigma \upsilon \nu x \right)}}$

+∞ δεν είναι? Έχει πολλή φασαρία να την γράψω...

ΛΑΘΟΣ ΕΚΑΝΑ - ΤΟ ΣΩΣΤΟ ΠΙΟ ΚΑΤΩ

lowbaper92 · 2010-12-12T22:04:52+0200

Αρχική Δημοσίευση από Dias:
+∞ δεν είναι? Έχει πολλή φασαρία να την γράψω...

$\sqrt{2}$

Civilara · 2010-12-12T22:09:35+0200

Αρχική Δημοσίευση από lowbaper92:
Να υπολογιστεί το $L=\lim_{x\rightarrow {0}^{+}}\frac{\eta \mu x}{\sqrt{-ln\left(\sigma \upsilon \nu x \right)}}$

Θεωρούμε τη συνάρτηση $f(x)=\frac{\eta \mu x}{\sqrt{-ln(\sigma \upsilon \nu x)}}$

Για να ορίζεται η f πρέπει να ισχύουν συνx>0 και -ln(συνx)>0 => ln(συνx)<0 => συνx<1. Άρα πρέπει 0<συνx<1 για να ορίζεται η f. Στο διάστημα [-π, π] που έχει εύρος μιας περιόδου Τ=2π της συνάρτησης g(x)=συνx, ισχύει 0<συνx<1 για x στο (-π/2,0)U(0, π/2). Άρα το πεδίο ορισμού της f είναι η ένωση των συνόλων Ακ όπου Ακ=(2κπ-(π/2), 2κπ)U(2κπ, 2κπ+ (π/2)). Για κ=0 έχουμε Α0=(-π/2, 0)U(0, π/2).

Επειδή η f ορίζεται στο διάστημα (-π/2, 0) έχει νόημα η έννοια του πλευρικού ορίου της f όταν το x τείνει στο 0 από μικρότερες τιμές. Ομοίως, επειδή η f ορίζεται στο διάστημα (0, π/2) έχει νόημα η έννοια του πλευρικού ορίου της f όταν το x τείνει στο 0 από μεγαλύτερες τιμές.

Για x στο (0, π/2) ισχύει ημx>0 και συνx>0, οπότε ισχύει ημx=(1-συν²x)^(1/2).

Αρχικά θα υπολογίσω το όριο $\lim_{x\rightarrow 1}\frac{{x}^{2}-1}{lnx}$ .

Θεωρώ την συνάρτηση h(x)=lnx. Η h είναι παραγωγίσιμη στο (0,+άπειρο) και ισχύει h΄(x)=1/x. Έχουμε h(1)=0 και h΄(1)=1. Από τον ορισμό της παράγωγου συνάρτησης έχουμε:

$\lim_{x\rightarrow 1}\frac{h(x)-h(1)}{x-1}=h'(1)\Rightarrow \lim_{x\rightarrow 1}\frac{lnx}{x-1}=1\Rightarrow \lim_{x\rightarrow 1}\frac{x-1}{lnx}=1$

Συνεπώς $\lim_{x\rightarrow 1}\frac{{x}^{2}-1}{lnx}=\lim_{x\rightarrow 1}\frac{(x-1)(x+1)}{lnx}=\lim_{x\rightarrow 1}\frac{x-1}{lnx}\lim_{x\rightarrow 1}(x+1)=1{}^{.}2=2 \Rightarrow \lim_{x\rightarrow {1}^{-}}\frac{{x}^{2}-1}{lnx}=\lim_{x\rightarrow {1}^{+}}\frac{{x}^{2}-1}{lnx}=2$

Θεωρώ u=συνχ. Εχουμε $\lim_{x\rightarrow 0}\sigma \upsilon \nu x=1 \Rightarrow \lim_{x\rightarrow {0}^{+}}\sigma \upsilon \nu x=\lim_{x\rightarrow {0}^{-}}\sigma \upsilon \nu x=1$ .

Για x στο (0, π/2) η f γράφεται

$f(x)=\frac{\sqrt{1-{\sigma \upsilon \nu }^{2}x}}{\sqrt{-ln(\sigma \upsilon \nu x)}}=\sqrt{\frac{1-{\sigma \upsilon \nu }^{2}x}{-ln(\sigma \upsilon \nu x)}}$ . Έχουμε σταδιακά

$\lim_{x\rightarrow {0}^{+}}f(x)=\lim_{x\rightarrow {0}^{+}}\sqrt{\frac{1-{\sigma \upsilon \nu }^{2}x}{-ln(\sigma \upsilon \nu x)}}=\lim_{u\rightarrow {1}^{-}}\sqrt{\frac{1-{u}^{2}}{-lnu}}=\lim_{u\rightarrow {1}^{-}}\sqrt{\frac{{u}^{2}-1}{lnu}}=\sqrt{\lim_{u\rightarrow {1}^{-}}\frac{{u}^{2}-1}{lnu}}=\sqrt{2}$

Dias · 2010-12-12T22:17:37+0200

Αρχική Δημοσίευση από lowbaper92:
$\sqrt{2}$

Δίκιο έχεις. Τώρα είδα το λάθος στα χαρτιά μου.
Για να μην νομίσεις ότι λέω πιπεριές, να ο τρόπος που την έλυσα:
Διαίρεσα με χ αριθμητή και παρονομαστή, χρησιμοποίησα ότι για χ-->0 lim(ημχ/χ) = 1,
πήρα De L' Hospital και μου βγήκε L = 2lim(συνχ)/L => L² = 2lim(συνχ) = 2
Ο.Κ.?

Συλλογή ασκήσεων και τεστ στα Μαθηματικά Προσανατολισμού

Εκκολαπτόμενο μέλος

Επιφανές μέλος

Δραστήριο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Περιβόητο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Περιβόητο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Επιφανές μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Περιβόητο μέλος

Επιφανές μέλος