Συλλογή ασκήσεων και τεστ στα Μαθηματικά Προσανατολισμού

Guest 018946 · 04-10-13

Αρχική Δημοσίευση από styt_geia:
Θεωρούμε τους μιγαδικούς $z,w$ τέτοιους ώστε $|z|=1,\,\,w=\frac{2z-i}{iz-2}$
α) Να αποδειχθεί ότι $|w|=1$
β) Να αποδειχθεί ότι δεν υπάρχουν μιγαδικοί $z,w$ με τις παραπάνω ιδιότητες τέτοιοι ώστε $(MN)=2$ , όπου $M,N$ οι εικόνες των $z,w$

btw νομιζω οτι στον w εχεις κανει λαθος ενα προσημο στον αριθμητη πρεπει ναι ειναι +i

rebel · 04-10-13

Έχεις δίκιο, είναι + αντί για - στον παρονομαστή. Οι πράξεις για το άτοπο δυσκολεύουν λίγο, αλλά η παρατήρηση w=-z είναι πράγματι το κλειδί για την λύση. Συγγνώμη για την ταλαιπωρία.

Guest 018946 · 04-10-13

Δεν τρεχει τιποτα μαν .

Ps: Περιμενω βαρυ υλικο

rebel · 05-10-13

Για μία συνάρτηση $f:\mathbb{R} \to \mathbb{R}$ ισχύει $f\left(f(x)\right)=\alpha x+\beta,\,\,\forall x \in \mathbb{R}$ όπου $\alpha, \beta$ δύο δοσμένοι πραγματικοί αριθμοί με $\alpha+\beta=1$ και $\beta \neq 0$ . Να αποδείξετε ότι η εξίσωση $f(x)=x$ έχει μία μοναδική ρίζα στο $\mathbb{R}$

Guest 018946 · 05-10-13

Μηπως ειναι α $\ne$ 0

γιατι πολυ θα βολεβε

eimaimathitis · 05-10-13

Δεν είμαι σίγουρος άμα είναι σωστός ο τρόπος που σκέφτηκα:
Αφού η $f(f(x))$ είναι πολυώνυμο πρώτου βαθμού, και η $f(x)$ θα είναι πολυώνυμο πρώτου βαθμού.
Έστω λοιπόν, ότι $f(x)=\gamma x+\delta .$ Τότε $f(f(x))=\gamma (\gamma x+\delta )+\delta ={\gamma }^{2}x+\delta (\gamma +1).$ Οπότε $\alpha ={\gamma }^{2}$ και $\beta =\delta (\gamma +1).$ Ακόμα $\alpha +\beta =1\Leftrightarrow {\gamma }^2}+\delta (\gamma +1)=1\Leftrightarrow \delta =1-\gamma (\beta \neq 0\Rightarrow \gamma +1\neq 0).$ Άρα $f(x)=\gamma x+1-\gamma .$
Οπότε έχουμε: $f(x)=x\Leftrightarrow \gamma x+1-\gamma =x\Leftrightarrow x(\gamma -1)=\gamma -1 (1).$ Όμως $\gamma -1\neq 0$ διότι $\gamma -1=-\delta \neq 0(\beta \neq 0).$ Συνεπώς η $(1)$ γίνεται $x=1$ , που είναι και η μοναδική λύση της εξίσωσης $f(x)=x.$

IasonasM · 05-10-13

έστω r ρίζα της εξίσωσης. τότε f(r)=r => f(f(r))=f(r) =>f(f(r))=r => a*r+b=r => (1-a)*r=b => (a =/ 1 αφού b =/ 0 ) r= b/(1-a)=b/b=1
άρα αν έχει ρίζα r τότε r=1
για x=1 η αρχική : f(f(1))=a+b =>f(f(1))=1 => f(f(f(1)))=f(1) => af(1)+b=f(1) => (1-a)*f(1)=b => f(1)=1
άρα όντως η f(x)=x έχει μοναδική ρίζα την x=1.

Guest 018946 · 5 Οκτωβρίου 2013

ΕΙΠΑ ΜΑΛΑΚΙΑ

βαζω οπου χ το φ(χ) στην αρχικη και εχω φ(αχ+β)=αφ(χ)+β

για χ=1 εχω φ(1)=1

αρα ειναι λυση της φ(χ)=χ αφου για χ=1 εχω φ(1)=1 <=> 1=1 που ισχυει

εστω οτι υπαρχει και χ0>1 ωστε φ(χ0)=χ0

τοτε βαζοντας οπου χ το χ0 στην αρχικη θα εδινε φ(φ(χ0))=αχ0+β
φ(χ0)=αχ0+β
χ0=αχ0+β
χ0=1
ατοπο

ομοια παιρνω ατοπο αν υποθεσω οτι χ0<1

και το ζητουμενο εχει αποδειχτει και μπορω να κοιμηθω ησυχος

https://www.youtube.com/watch?v=WY70W5C9VDk

το προβλημα στη λυση του ειμαιμαθητης φαστιστες κουφαλες ερχονται κρεμαλες ειναι οτι δεν ξερεις αμα η φ ειναι οντως πολύωνυμο

eimaimathitis · 06-10-13

Τάσο σωστά xD
Εγώ είπα μεγαλύτερη μαλακία!
Πιο πριν έλυνα ασκήσεις με πολυωνυμικές συναρτήσεις και κόλλησε το μυαλό μου

Guest 018946 · 06-10-13

δεν πειραζει ρε ψηλε
ολοι θα τα καταφερουμε γαμω

xristospr · 7 Οκτωβρίου 2013

καλο!!ωραιος!!

Civilara · 14-10-13

Αρχική Δημοσίευση από styt_geia:
Για μία συνάρτηση $f:\mathbb{R} \to \mathbb{R}$ ισχύει $f\left(f(x)\right)=\alpha x+\beta,\,\,\forall x \in \mathbb{R}$ όπου $\alpha, \beta$ δύο δοσμένοι πραγματικοί αριθμοί με $\alpha+\beta=1$ και $\beta \neq 0$ . Να αποδείξετε ότι η εξίσωση $f(x)=x$ έχει μία μοναδική ρίζα στο $\mathbb{R}$

Επειδή α+β=1 τότε β=1-α και επειδή β διάφορο 0 τότε α διάφορο 1.

(i) Αν α=0 τότε β=1 και η σχέση γίνεται f(f(x))=1 για κάθε x ανήκει R. Αν η συνάρτηση f δεν είναι σταθερή τότε υπάρχουν x1, x2 με x1 διάφορο x2 ώστε f(x1) διάφορο f(x2). Τότε έχουμε:

f(x1) διάφορο f(x2) => f(f(x1)) διάφορο f(f(x2)) που είναι άτοπο αφού f(f(x1))=f(f(x2))=1
Άρα η f είναι σταθερή, δηλαδή υπάρχει c ανήκει R ώστε f(x)=c για κάθε x ανήκει R. Άρα f(f(x))=c και επειδή f(f(x))=1 για κάθε x ανήκει R τότε c=1 που σημαίνει ότι f(x)=1 για κάθε x ανήκει R.

f(x)=x => x=1
Άρα η εξίσωση f(x)=x έχει μοναδική ρίζα την x=1

(i) Αν α διάφορο 0 τότε επειδή β διάφορο 0 και β=1-α ισχύει α διάφορο 1. Άρα α ανήκει (-οο,0)U(0,1)U(1,+oo).
Ισχύει f(f(x))=αx+1-α, x ανήκει R

Θεωρούμε x1, x2 ανήκουν R με f(x1)=f(x2). Έχουμε

f(x1)=f(x2) => f(f(x1))=f(f(x2)) => αx1+1-α=αx2+1-α => αx1=αx2 => x1=x2
Άρα η f είναι 1-1.

Από την σχέση f(f(x))=αx+1-α, έχουμε:

f(f(f(x)))=f(αx+1-α), x ανήκει R
f(f(f(x)))=αf(x)+1-α, x ανήκει R

Άρα f(αx+1-α)=αf(x)+1-α για κάθε x ανήκει R

Για x=1 προκύπτει
f(α+1-α)=αf(1)+1-α => f(1)=αf(1)+1-α => αf(1)-f(1)+1-α=0 => (α-1)f(1)-(α-1)=0 => (α-1)(f(1)-1)=0 => f(1)-1=0 => f(1)=1 (α διάφορο 1)

Έστω η συνάρτηση g(x)=f(x)-x, x ανήκει R. Θεωρούμε x1, x2 με f(x1)=f(x2). Επειδή η f είναι 1-1 προκύπτει x1=x2. Από τις 2 τελευταίες σχέσεις προκύπτει f(x1)-x1=f(x2)-x2 => g(x1)=g(x2).
Επομένως η g είναι 1-1. Για x=1 έχουμε g(1)=f(1)-1=1-1=0

Άρα ο x=1 είναι ρίζα της g(x)=0 και επειδή η g είναι 1-1 τότε είναι και η μοναδική ρίζα της εξίσωσης g(x)=0 <=> f(x)=x.

Συνεπώς σε κάθε περίπτωση η εξίσωση f(x)=x έχει μοναδική λύση την x=1.

rebel · 14-10-13

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:

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

Αν και είναι εκτός εποχής θα επιθυμούσα μία λύση σε αυτήν

Guest 018946 · 14-10-13

Κωστα μπορεις να βαλεις καμια ασκηση απο αναλυση μεχρι Bolzano ξερω γω ;

Civilara · 14-10-13

Αρχική Δημοσίευση από styt_geia:
Αν και είναι εκτός εποχής θα επιθυμούσα μία λύση σε αυτήν

Η αλήθεια είναι Κώστα πως δεν την έχω καταφέρει και επειδή δεν έχω τη λύση της την ανάρτησα μήπως και τη λύσει κάποιος από τους μαθηματικούς ή οποιοσδήποτε χρήστης.

rebel · 15-10-13

Να μία συγγενική που έχω βρει όπου η ανισότητα είναι λιγότερο ισχυρή και η λύση από έναν ολυμπιονίκη. Αν δεν κάνω λάθος χρησιμοποιεί Taylor. Ίσως σ'ενδιαφέρει.

Civilara · 15-10-13

Αρχική Δημοσίευση από styt_geia:
Να μία συγγενική που έχω βρει όπου η ανισότητα είναι λιγότερο ισχυρή και η λύση από έναν ολυμπιονίκη. Αν δεν κάνω λάθος χρησιμοποιεί Taylor. Ίσως σ'ενδιαφέρει.

Βρέθηκε η λύση.

Αν η f είναι σταθερή και επειδή f(α)=f(β)=0 τότε f(x)=0, x ανήκει [α,β] όποτε f΄(x)=0, x ανήκει (α,β). Σε αυτήν την περίπτωση για κάθε ξ ανήκει (α,β) ισχύει η ισότητα.

Λύθηκε η άσκηση.

Ο άνθρωπος αυτός είναι αστέρι.

rebel · 15-10-13

Αρχική Δημοσίευση από dr.tasos:
Κωστα μπορεις να βαλεις καμια ασκηση απο αναλυση μεχρι Bolzano ξερω γω ;

Μία μικρή. Έστω η συνεχής συνάρτηση $f:\mathbb{R} \to \mathbb{R}$ τέτοια ώστε
$\lim_{x \to -\infty}\frac{f(x)}{x^{2013}}=\lim_{x \to +\infty}\frac{f(x)}{x^{2013}}=0$
Να αποδείξετε ότι η εξίσωση $f(x)+x^{2013}=0$ έχει τουλάχιστον μία πραγματική ρίζα.

Guest 018946 · 15-10-13

θεωρω την κ(χ)=φ(χ)+χ^2013

λιμαρω στο + απειρο και στο - απειρο και βγαζω οτι το συνολο τιμων ( ειχα κανει και ενα κοινο παραγοντα το χ^2013) ειναι το R αρα θα υπαρχει τουλαχιστον ενα χ0 στο R ωστε να μηδενιζει αυτη η συναρτηση

rebel · 15-10-13

Ωραία και μία τελευταία για σήμερα. Έστω $f: [0,1] \to \mathbb{R}$ με $f(0)=0,\,\,f(1)=1$ . Αν $f^3(x)-f(x)=x^2-x,\,\,x \in [0,1]\,\,(1)$ να αποδείξετε ότι η $f$ δεν είναι συνεχής στο $[0,1]$ .

Συλλογή ασκήσεων και τεστ στα Μαθηματικά Προσανατολισμού

Guest 018946

Επισκέπτης

Πολύ δραστήριο μέλος

Guest 018946

Επισκέπτης

Πολύ δραστήριο μέλος

Guest 018946

Επισκέπτης

Νεοφερμένο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Guest 018946

Επισκέπτης

Νεοφερμένο μέλος

Guest 018946

Επισκέπτης

Νεοφερμένο μέλος

Περιβόητο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Guest 018946

Επισκέπτης

Περιβόητο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Περιβόητο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Guest 018946

Επισκέπτης

Πολύ δραστήριο μέλος