Συλλογή ασκήσεων και τεστ στα Μαθηματικά Προσανατολισμού

rebel · 18-12-12

Για την πολυωνυμική και μη σταθερή συνάρτηση $f:\mathbb{R} \to \mathbb{R}$ ισχύει
$\left[f'(x)\right]^2=f(2x)$ για κάθε $x \in \mathbb{R}$

α) Να αποδείξετε ότι $f(x)=x^2,\,\,x \in \mathbb{R}$
β) Να βρεθεί η εξίσωση της εφαπτομένης $(\varepsilon)$ της $C_f$ που σχηματίζει οξεία γωνία με τον άξονα $x'x$ και διέρχεται από το σημείο $A(0,-1)$
γ) Να βρείτε την ελάχιστη τιμή της παράστασης $(a-b)^2+\left(a^2-2b+2011\right)^2$

Πηγή

ξαροπ · 18 Δεκεμβρίου 2012

Άσκηση

Αν $f: [0,1] \Rightarrow \mathbb{R}$

και $f(0) = f(1) < f(\frac{1}{3}),$

$f(x^2) < f(x) \forall x \in (0,1)$

Ν.δ.ο η f δεν μπορεί να είναι συνεχής.

dimitris001 · 18-12-12

Αρχική Δημοσίευση από ξαροπ:
Άσκηση

Αν $f: [0,1] \Rightarrow \mathbb{R}$

και $f(0) = f(1) < f(\frac{1}{3}),$

$f(x^2) < f(x) \forall x \in D_f$

Ν.δ.ο η f δεν μπορεί να είναι συνεχής.

Σίγουρα η σχέση που δίνεις είναι σωστή???
Γιατι αμα βάλεις όπου χ=0 ή χ=1...τοτε
f(0)<f(0)....(????)
f(1)<f(1)....(????)
:worry:

ξαροπ · 18-12-12

Ξεφύγανε τα άκρα.

ξαροπ · 22-12-12

Βάζω σε spoiler την 'κανονική' λύση και αυτήν που σκέφτηκα όσο τη γράφαμε, θα ανεβάσω και το διαγώνισμα που γράψαμε προχτες όταν θυμηθώ και τα θέματα.

ΛΥΣΗ

Έστω f συνεχής, τότε ισχύει το θεώρημα μέγιστης τιμής

Δηλ. υπάρχει $x_0 \in (0,1)$ ώστε $f(x_o) = M (max_f)$ . Τα άκρα αποκλειόνται να αποτελούν θέσεις μεγίστων από την αρχική συνθήκη.

Τότε όμως $x_0 = y^2,$ για κάποιο $y \in (0,1)$ (με απόδειξη), οπότε και $f(x_0) < f(y)$ , άτοπο.

Άρα η f δεν είναι συνεχής.

ΛΥΣΗ 2 (?)

Είναι $f(1) < f(\frac{1}{3})$ .

Από τη 2η συνθήκη έχουμε ισοδύναμα $f(x) < f(\sqrt{x}), x \in (0,1)$ .

Έχουμε επαγωγικά $f(\frac{1}{3}) < f(\frac{1}{\sqrt{3}}) < ... < f(\frac{1}{\sqrt[2^n]{3}}), n \in \mathbb{N*}$ .

Θεωρούμε την ακολουθία $d_n = \frac{1}{\sqrt[2^n]{3}}$ η οποία συγκλίνει στο 1.

Οπότε για n αρκετά μεγάλο θεωρούμε $x= d_n$ οπότε $f(x) > f(\frac{1}{3})$

και $lim_{x \rightarrow 1} f(x) = f(1) < f(\frac{1}{3})$ , αν η f ήταν συνεχής, το οποίο είναι άτοπο. Άρα η f δεν είναι συνεχής.

rebel · 22 Δεκεμβρίου 2012

Νομίζω ότι η υπόθεση της συνέχειας εφαρμόζεται στο σημείο
$f(d_n)>f\left(\frac{1}{3}\right),\,\,\forall n \geq 2$
όπου παίρνοντας όρια είναι
$\lim_{n \to \infty}f(d_n)\geq f\left(\frac{1}{3}\right)$
και λόγω συνέχειας είναι
$\lim_{n \to \infty}f(d_n)=f\left(\lim_{n \to \infty }d_n\right)=f(1)$
οπότε
$f(1)\geq f\left(\frac{1}{3}\right)$
το οποίο αντιτίθεται στην υπόθεση
$f(1)<f\left(\frac{1}{3}\right)$
Γενικά ισχύει ότι αν η $f$ είναι συνεχής στο $x_0$ και $x_n$ ακολουθία με $x_n \stackrel{n \to \infty}{\to} x_0$ τότε $f(x_n) \stackrel{n \to \infty}{\to} f(x_0)$
Αυτή όμως η πρόταση είναι εκτός σχολικής ύλης.

rebel · 27-12-12

Έστω $f$ συνεχής στο $[a,b]$ , παραγωγίσιμη στο $(a,b)$ , με $f(a)=f(b)$ και $k,\ell,m>0$ . Δείξτε ότι υπάρχουν $\xi_1,\xi_2,\xi_3 \in (a,b)$ με $kf'(\xi_1)+\ell f'(\xi_2)+mf'(\xi_3)=0$

sokratis lyras · 06-01-13

Αρχική Δημοσίευση από styt_geia:
Έστω $f$ συνεχής στο $[a,b]$ , παραγωγίσιμη στο $(a,b)$ , με $f(a)=f(b)$ και $k,\ell,m>0$ . Δείξτε ότι υπάρχουν $\xi_1,\xi_2,\xi_3 \in (a,b)$ με $kf'(\xi_1)+\ell f'(\xi_2)+mf'(\xi_3)=0$

λάθος,επανέρχομαι.

Civilara · 14-01-13

Αν η f είναι συνεχής στο [α,β], παραγωγίσιμη στο (α,β) και f(α)=f(β)=0, τότε να αποδειχθεί ότι υπάρχει $\xi \in \left(\alpha ,\beta \right)$ τέτοιο ώστε:

$\left|f'\left(\xi \right) \right|\geq \frac{4}{{\left(\beta -\alpha \right)}^{2}}\int_{\alpha }^{\beta }\left|f(x) \right|dx$

rebel · 15-01-13

Άκυρο...λάθος στις πράξεις.

rebel · 16-01-13

Civilara · 16 Ιανουαρίου 2013

Αρχική Δημοσίευση από styt_geia:
-

Πρέπει να ισχύει f(α)=f(β)=0. Αυτό αποκλείει κατευθείαν τις 1-1 συναρτήσεις.

rebel · 21-01-13

Αρχική Δημοσίευση από Civilara:
Αν η f είναι συνεχής στο [α,β], παραγωγίσιμη στο (α,β) και f(α)=f(β)=0, τότε να αποδειχθεί ότι υπάρχει $\xi \in \left(\alpha ,\beta \right)$ τέτοιο ώστε:

$\left|f'\left(\xi \right) \right|\geq \frac{4}{{\left(\beta -\alpha \right)}^{2}}\int_{\alpha }^{\beta }\left|f(x) \right|dx$

Μία βδομάδα πέρασε. Δεν το παίρνει το ποτάμι; :redface:

. Ακολουθεί μία μέτριας δυσκολίας με συναρτησιακή μήπως και ανέβει λίγο το ενδιαφέρον.

Μία συνάρτηση $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ έχει την ιδιότητα $f(x+f(x+y))=f(2x)+y,\,\,x,y \in \mathbb{R}$
α) Να αποδείξετε ότι $f(0)=0$
β) Να αποδείξετε ότι η $f$ είναι αντιστρέψιμη
γ) Να αποδείξετε ότι η $f$ έχει σύνολο τιμών το $\mathbb{R}$
δ) Να βρείτε τον τύπο της συνάρτησης.

Προσπαθήστε να διατηρήσετε την σειρά των ερωτημάτων. Η άσκηση είναι από εδώ σελ 37

sokratis lyras · 05-02-13

Αρχική Δημοσίευση από styt_geia:
Έστω $f$ συνεχής στο $[a,b]$ , παραγωγίσιμη στο $(a,b)$ , με $f(a)=f(b)$ και $k,\ell,m>0$ . Δείξτε ότι υπάρχουν $\xi_1,\xi_2,\xi_3 \in (a,b)$ με $kf'(\xi_1)+\ell f'(\xi_2)+mf'(\xi_3)=0$

Ωραίο θέμα τελικά.Χωρίζουμε το $[a,b]$ σε $k+l+m$ ισομηκή διαστήματα.Τώρα απλώς εφαρμόζουμε ΘΜΤ στα $(a,x_1),(x_1,x_2),(x_2,b)$ με $x_1-a=k,x_2-x_1=l,b-x_2=m$ .

giannis19 · 07-02-13

δεν ειναι απορια ξερω τη λυση αλλα οποιος θελει ας τ αποδειξει :δειξτε οτι

(αρρητοι)

dimitris001 · 07-02-13

Αρχική Δημοσίευση από giannis19:
δεν ειναι απορια ξερω τη λυση αλλα οποιος θελει ας τ αποδειξει :δειξτε οτι

(αρρητοι)

Αποδεικνύουμε ότι ο ρίζα 2 και ο ρίζα 3 είναι άρρητοι αριθμοί ως εξής:

Έστω ότι $\sqrt{2}\in Q \Rightarrow \sqrt{2}=\frac{\kappa }{\lambda }\in Z\Leftrightarrow \kappa =\sqrt{2}\lambda \Leftrightarrow {\kappa }^{2}=2{\lambda }^{2}$
Άρα κ^2 πολλαπλάσιο του 2 *, δλδ κ=2ρ

*

Αν το κ ΔΕΝ ήταν πολλαπλάσιο του 2, θα ήταν της μορφής 2ρ+1 ή 2ρ+2. Όμως:

Aν κ=2ρ+1 τότε ${\kappa }^{2}=4{\varrho }^{2}+1+4\varrho =2(2{\varrho }^{2}+2\varrho )+1=2\alpha +1$ άρα το κ^2 δεν θα ήταν πολλαπλάσιο του 2
Ομοίως και αν κ=2ρ+2.......κ^2=2β+1. Άρα το κ^2 δν θα ήταν πολλαπλάσιο του 2

Τότε όμως:
${\kappa }^{2}=2{\lambda }^{2}\Leftrightarrow 4{\varrho }^{2}=2{\lambda }^{2}\Leftrightarrow {\lambda }^{2}=2{\varrho }^{2}$ Άρα ο λ είναι πολλαπλάσιο του 2. Άρα κ=2ρ και λ=2y. Τότε όμως το κ/λ δεν είναι ανάγωγο. ΑΤΟΠΟ
άρα ο ρίζα 2 είναι άρρητος!

Ομοίως αποδεικνύεται οτι και ο ρίζα 3 ειναι αρρητος....
όμως ισχύει οτι το άθροισμα άρρητων αριθμών ειναι επίσης άρρητος αρα $\sqrt{2}+\sqrt{3}$ άρρητος!

giannis19 · 07-02-13

ΣΩΣΤΟΣ 20

rebel · 07-02-13

Το άθροισμα δύο άρρητων δεν είναι κατ' ανάγκη άρρητος γιατί πχ $\left( 2 + \sqrt{2} \right) + \left( 2 - \sqrt{2} \right) = 4 \in \mathbb{Q}$ . Νομίζω όμως ότι βγαίνει με άτοπο.

nex. · 07-02-13

Το είχα ρωτήσει αυτό που λες , στο μαθηματικό ,σε έναν καθηγητή και μου είχε απαντήσει άρρητος + άρρητος = άρρητος. Δυο αρθμοι που εχουν απειρα δεκαδικα ψηφια μπορουν να δωσουν, αθροισματικα ,εναν αριθμο με πεπερασμένο πλήθος ?

antwwwnis · 07-02-13

Αρχική Δημοσίευση από giannis19:
δεν ειναι απορια ξερω τη λυση αλλα οποιος θελει ας τ αποδειξει :δειξτε οτι

(αρρητοι)

Αρχικά, αποδεικνύω ότι ριζα6 αρρητος, με τον τρόπο του Δημήτρη.

Έστω τώρα, όπως υπέδειξε ο styt, πως ριζα2+ριζα3 ρητός.
Τότε και το τετράγωνο του θα είναι ρητος.
Επομένως (2+3+2ριζα6) ρητός.
Άτοπο.

Συλλογή ασκήσεων και τεστ στα Μαθηματικά Προσανατολισμού

Πολύ δραστήριο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Τιμώμενο Μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Νεοφερμένο μέλος

Περιβόητο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Περιβόητο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Νεοφερμένο μέλος

Νεοφερμένο μέλος

Τιμώμενο Μέλος

Νεοφερμένο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Νεοφερμένο μέλος

Διάσημο μέλος