Συλλογή ασκήσεων και τεστ στα Μαθηματικά Προσανατολισμού

rebel · 8 Οκτωβρίου 2014 στις 02:09

Αρχική Δημοσίευση από styt_geia:
Άλλη μία: Δίνεται η συνάρτηση $f(x)=ax^3+bx^2+cx+d$ με $a \neq 0.$ Έστω $A(x_1,y_1),B(x_2,y_2),C(x_3,y_3),D(x_4,y_4)$ σημεία της $C_f$ . Υποθέτουμε ότι το μέσο του ευθύγραμμου τμήματος $AB$ συμπίπτει με το μέσο του ευθύγραμμου τμήματος $CD$ . Επίσης υποθέτουμε ότι το μέσο αυτό δεν ανήκει στην ευθεία με εξίσωση $3ax+b=0.$

1) Να αποδειχθεί ότι $x_1 x_2 =x_3x_4$

2) Να αποδειχθεί ότι είτε $A \equiv C$ είτε $A \equiv D$

1)
Έστω $x_1+x_2=x_3+x_4=m, x_1 x_2=k, x_3x_4= \ell$ . Είναι

$f(x_1)+f(x_2)=f(x_3)+f(x_4) \Rightarrow$

$ax_1^3+bx_1^2+cx_1+d+ax_2^3+bx_2^2+cx_2+d=\\ax_3^3+bx_3^2+cx_3+d+ax_4^3+bx_4^2+cx_4+d \Rightarrow$

$a\left(x_1^3+x_2^3\right)+b\left(x_1^2+x_2^2\right)+c\left(x_1+x_2\right)=a\left(x_3^3+x_4^3\right)+b\left(x_3^2+x_4^2\right)+c\left(x_3+x_4\right) \Rightarrow$

$a\left(x_1+x_2\right)\left(x_1^2-x_1x_2+x_2^2\right)+b\left[\left(x_1+x_2\right)^2-2x_1x_2\right]+c \left(x_1+x_2\right)=\\a\left(x_3+x_4\right)\left(x_3^2-x_3x_4+x_4^2\right)+b\left[\left(x_3+x_4\right)^2-2x_3x_4\right]+c \left(x_3+x_4\right) \Rightarrow$

$a\left(x_1+x_2\right)\left[\left(x_1+x_2\right)^2-3x_1x_2\right]+b\left[\left(x_1+x_2\right)^2-2x_1x_2\right]+c \left(x_1+x_2\right)=\\a\left(x_3+x_4\right)\left[\left(x_3+x_4\right)^2-3x_3x_4\right]+b\left[\left(x_3+x_4\right)^2-2x_3x_4\right]+c \left(x_3+x_4\right) \Rightarrow$

$am\left(m^2-3k\right)+b\left(m^2-2k\right)+cm=am\left(m^2-3\ell\right)+b\left(m^2-2\ell\right)+c m \Rightarrow$

$(3am+2b)(k- \ell)=0$

και αφού $3a\frac{m}{2}+b \neq 0$ από υπόθεση, έχουμε $k= \ell$ που είναι το ζητούμενο.

2) Είναι

$(x_1-x_3)(x_1-x_4)=x_1^2-x_1(x_3+x_4)+x_3x_4=\\x_1^2-x_1(x_1+x_2)+x_1x_2=0 \Rightarrow \\ x_1=x_3 \,\, \vee x_1=x_4 \Rightarrow A \equiv C \vee A \equiv D$

eyb0ss · 8 Οκτωβρίου 2014 στις 14:34

Δίνεται η συνάρτηση $f:\left(0,+\infty \right)\rightarrow R$ τέτοια ,ώστε $f(xy)=yf(x)+xf(y)$ για κάθε $x,y\in(0,+\infty)$
Να αποδειχθεί ότι:
α) Αν η $f$ είναι παραγωγίσιμη στο 1, είναι και στο $(0,+\infty)$
β) Αν $f'(1)=1$ να βρεθεί ο τύπος της $f$

Φαίνεται αθώα και απλή αλλά δαγκώνει!

photon · 8 Οκτωβρίου 2014 στις 21:50

Αρχική Δημοσίευση από mathguy1996:
Δίνεται η συνάρτηση $f:\left(0,+\infty \right)\rightarrow R$ τέτοια ,ώστε $f(xy)=yf(x)+xf(y)$ για κάθε $x,y\in(0,+\infty)$
Να αποδειχθεί ότι:
α) Αν η $f$ είναι παραγωγίσιμη στο 1, είναι και στο $(0,+\infty)$
β) Αν $f'(1)=1$ να βρεθεί ο τύπος της $f$

Φαίνεται αθώα και απλή αλλά δαγκώνει!

$f(xy)=yf(x)+xf(y)\enspace (1)$
α)
Για x=y=1: f(1)=0

$E\sigma \tau \omega\enspace f'(1)=l\Leftrightarrow \lim_{x\rightarrow 1}\frac{f(x)-f(1)}{x-1}=l\Leftrightarrow \lim_{x\rightarrow 1}\frac{f(x)}{x-1}=l\Leftrightarrow$

Έστω ένα τυχαίο $x_0\in(0,+\infty)\enspace (2)$

Για $y=x_0$ στην (1) : $f(xx_0)=x_0f(x)+xf(x_0)\Leftrightarrow f(x)=\frac{f(xx_0)-xf(x_0)}{x_0}$

$\lim_{x\rightarrow 1}\frac{\displaystyle\frac{f(xx_0)-xf(x_0)}{x_0}}{x-1}=l\Leftrightarrow \lim_{x\rightarrow 1}f(x)=\frac{f(xx_0)-xf(x_0)}{x_0(x-1)}=l$

Θέτω x-1=u με $\lim_{x\rightarrow 0}u=0$

$\lim_{u\rightarrow 0}\frac{f(ux_0+x_0)-uf(x_0)-f(x_0)}{ux_0}=l$

Θέτω $h=ux_0$ με $\lim_{u\rightarrow 0}h=0$

$\lim_{h\rightarrow 0}\frac{f(x_0+h)-f(x_0)-\frac{h}{x_0}f(x_0)}{h}=l\Leftrightarrow$

$\lim_{h\rightarrow 0}\frac{f(x_0+h)-f(x_0)}{h}-\lim_{h\rightarrow 0}\frac{f(x_0)}{x_0}=l\Leftrightarrow$

$\lim_{h\rightarrow 0}\frac{f(x_0+h)-f(x_0)}{h}=\frac{f(x_0)}{x_0}+l\enspace (2)$

β)
Απο (2):
$\lim_{h\rightarrow 0}\frac{f(x_0+h)-f(x_0)}{h}=\frac{f(x_0)}{x_0}+l\Leftrightarrow f'(x_0)=\frac{f(x_0)}{x_0}+l$

Επειδή f'(1)=1=l :

$f'(x_0)=\frac{f(x_0)}{x_0}+1$

$f'(y)=\frac{f(y)}{y}+1\Leftrightarrow...\Leftrightarrow\frac{yf'(y)-f(y)}{y^{2}}=\frac{1}{y}$

$\left(\frac{f(y)}{y} \right)'=\left( lny\right)'\Leftrightarrow \frac{f(y)}{y} = lny+c$

Για y=1 : c=0 , άρα

$f(x)=xlnx$

Επιβεβαιώστε οτι το β) ειναι λαθος για να το σβησω

δε γινεται να παω απο χ0 στο y .
Θα το δω αλλη φορα

eyb0ss · 8 Οκτωβρίου 2014 στις 22:54

Αρχική Δημοσίευση από w0pid:
$f(xy)=yf(x)+xf(y)\enspace (1)$
α)
Για x=y=1: f(1)=0

$E\sigma \tau \omega\enspace f'(1)=l\Leftrightarrow \lim_{x\rightarrow 1}\frac{f(x)-f(1)}{x-1}=l\Leftrightarrow \lim_{x\rightarrow 1}\frac{f(x)}{x-1}=l\Leftrightarrow$

Έστω ένα τυχαίο $x_0\in(0,+\infty)\enspace (2)$

Για $y=x_0$ στην (1) : $f(xx_0)=x_0f(x)+xf(x_0)\Leftrightarrow f(x)=\frac{f(xx_0)-xf(x_0)}{x_0}$

$\lim_{x\rightarrow 0}\frac{\displaystyle\frac{f(xx_0)-xf(x_0)}{x_0}}{x-1}=l\Leftrightarrow \lim_{x\rightarrow 0}f(x)=\frac{f(xx_0)-xf(x_0)}{x_0(x-1)}=l$

Θέτω x-1=u με $\lim_{x\rightarrow 0}u=0$

$\lim_{u\rightarrow 0}\frac{f(ux_0+x_0)-uf(x_0)-f(x_0)}{ux_0}=l$

Θέτω $h=ux_0$ με $\lim_{u\rightarrow 0}h=0$

$\lim_{h\rightarrow 0}\frac{f(x_0+h)-f(x_0)-\frac{h}{x_0}f(x_0)}{h}=l\Leftrightarrow$

$\lim_{h\rightarrow 0}\frac{f(x_0+h)-f(x_0)}{h}-\lim_{h\rightarrow 0}\frac{f(x_0)}{x_0}=l\Leftrightarrow$

$\lim_{h\rightarrow 0}\frac{f(x_0+h)-f(x_0)}{h}=\frac{f(x_0)}{x_0}+l$

β)
Απο (2):
$\lim_{h\rightarrow 0}\frac{f(x_0+h)-f(x_0)}{h}=\frac{f(x_0)}{x_0}+l\Leftrightarrow f'(x_0)=\frac{f(x_0)}{x_0}+l$

Επειδή f'(1)=1=l :

$f'(x_0)=\frac{f(x_0)}{x_0}+1$

$f'(y)=\frac{f(y)}{y}+1\Leftrightarrow...\Leftrightarrow\frac{yf'(y)-f(y)}{y^{2}}=\frac{1}{y}$

$\left(\frac{f(y)}{y} \right)'=\left( lny\right)'\Leftrightarrow \frac{f(y)}{y} = lny+c$

Για y=1 : c=0 , άρα

$f(x)=xlnx$

Επιβεβαιώστε οτι το β) ειναι λαθος για να το σβησω
δε γινεται να παω απο χ0 στο y .
Θα το δω αλλη φορα

Λίγο στο α) να προσέξεις που τείνει το x (x τείνει στο 1, όχι στο 0, λάθος απροσεξίας μου φαίνεται, τίποτα σοβαρό). Κατά τα άλλα η λύση είναι άψογη. Το β) επίσης είναι ολόσωστο διότι το $x_0$ είναι τυχαίο άρα μπορείς να πας στο $y$ . Congrats!

.

rebel · 9 Οκτωβρίου 2014 στις 01:09

Για την παραγωγίσιμη $f:\left.\left[0, +\infty \right)\right. \to \mathbb{R}$ ισχύει $\left(e^{f(x)}-e^x\right)f'(x)=\left(f(x)-x\right)e^x$ για κάθε $x \in \left.\left[0, +\infty \right)\right.$ και $f(0)=0$ . Να βρεθεί ο τύπος της $f.$

πηγή

eyb0ss · 9 Οκτωβρίου 2014 στις 01:56

Αρχική Δημοσίευση από styt_geia:
Για την παραγωγίσιμη $f:\left.\left[0, +\infty \right)\right. \to \mathbb{R}$ ισχύει $\left(e^{f(x)}-e^x\right)f'(x)=\left(f(x)-x\right)e^x$ για κάθε $x \in \left.\left[0, +\infty \right)\right.$ και $f(0)=0$ . Να βρεθεί ο τύπος της $f.$

πηγή

$f(x)=x$ δεν είναι; Την λύση θα την ποστάρω αύριο μιας και τώρα είναι 2 το πρωί.

eyb0ss · 9 Οκτωβρίου 2014 στις 10:49

Έστω $g(x)=f(x)-x$ με $x\geq 0$ . Τότε g παραγωγίσιμη στο $[0,+\infty)$ με $g'(x)=f'(x)-1$ και $g(0)=0$ και η δοσμένη σχέση γίνεται $(e^g(x)-1)(g'(x)+1)=g(x) \Leftrightarrow g'(x)e^g(x)+e^g(x)-g'(x)-1=g(x) \Leftrightarrow g'(x)e^g(x)-g'(x)=g(x)-e^g(x)+1$ (1)
Έστω $h(x)=g(x)-e^g(x)+1$ με $x\geq 0$ . Τότε h παραγωγίσιμη στο $[0,+\infty)$ με $h'(x)=g'(x)-g'(x)e^g(x)$ και $h(0)=0. Συνεπώς η (1) γίνεται <img src=$ όπου c πραγματική σταθερά. Για $x=0$ έχουμε $c=0$ , άρα $e^xh(x)=0 \Leftrightarrow h(x)=0 \Leftrightarrow g(x)-e^g(x)=-1$ (2). Έστω $k(x)=x-e^x$ με $x\in R$ . k παραγωγίσιμη στο $R$ με $k'(x)=1-e^x$ <0 για κάθε x>0, $k'(x)$ >0 για κάθε x<0 και k συνεχής στο 0 άρα η k παρουσιάζει στο 0 ολικό μέγιστο το οποίο είναι και μοναδικό. Οπότε από τη (2) έχουμε $k(g(x))=k(0) \Leftrightarrow g(x)=0 \Leftrightarrow f(x)=x$ αφού δεν υπάρχει άλλο $x_0\in R*$ τέτοιο ώστε $k(x_0)=k(0)$ " />

rebel · 9 Οκτωβρίου 2014 στις 14:04

Αρχική Δημοσίευση από mathguy1996:
Έστω $g(x)=f(x)-x$ με $x\geq 0$ . Τότε g παραγωγίσιμη στο $[0,+\infty)$ με $g'(x)=f'(x)-1$ και $g(0)=0$ και η δοσμένη σχέση γίνεται $(e^g(x)-1)(g'(x)+1)=g(x) \Leftrightarrow g'(x)e^g(x)+e^g(x)-g'(x)-1=g(x) \Leftrightarrow g'(x)e^g(x)-g'(x)=g(x)-e^g(x)+1$ (1)
Έστω $h(x)=g(x)-e^g(x)+1$ με $x\geq 0$ . Τότε h παραγωγίσιμη στο $[0,+\infty)$ με $h'(x)=g'(x)-g'(x)e^g(x)$ και $h(0)=0. Συνεπώς η (1) γίνεται <img src=$ όπου c πραγματική σταθερά. Για $x=0$ έχουμε $c=0$ , άρα $e^xh(x)=0 \Leftrightarrow h(x)=0 \Leftrightarrow g(x)-e^g(x)=-1$ (2). Έστω $k(x)=x-e^x$ με $x\geq 0$ . k παραγωγίσιμη στο $[0,+\infty)$ με $k'(x)=1-e^x$ <0 για κάθε x>0 και k συνεχής στο 0 άρα η k είναι γνησίως φθίνουσα άρα k"1-1". Οπότε από τη (2) έχουμε $k(g(x))=k(0) \Leftrightarrow g(x)=0 \Leftrightarrow f(x)=x$ ." />

$<br /> Ωραίο το θέσιμο <img src=$ απ' την αρχή :thumbsup:

. Εγώ πρώτα αντιπαραγώγισα και μετά έθεσα αλλά έτσι είναι πολύ καλύτερα." />

photon · 9 Οκτωβρίου 2014 στις 18:32

Να λυθεί στο $(0,+\infty)$ η εξίσωση :

$x^{x}=\frac{1}{\sqrt{2}}$

eyb0ss · 2014-10-10T17:36:54+0300

Αρχική Δημοσίευση από w0pid:
Να λυθεί στο $(0,+\infty)$ η εξίσωση :

$x^{x}=\frac{1}{\sqrt{2}}$

$x^x=\frac{1}{\sqrt{2}} \Leftrightarrow lnx^x=ln\frac{1}{\sqrt{2}} \Leftrightarrow xlnx=-ln\sqrt{2} \Leftrightarrow xlnx=-\frac{1}{2}ln2 \Leftrightarrow xlnx=\frac{1}{2}ln\frac{1}{2}$ . Προφανής ρίζα η $x=\frac{1}{2}$ . Έστω $f(x)=xlnx+ln\sqrt{2}$ με $x>0$ . $f$ παραγωγίσιμη στο $(0,+\infty)$ με $f'(x)=lnx+1$ . $f'(x)>0$ για κάθε $x>e^-1$ , $f'(x)<0$ για κάθε $x<e^-1$ άρα $f$ γνησίως αύξουσα στο $[e^-1,+\infty)$ και γνησίως φθίνουσα στο $(0,e^-1]$ αφού $f$ συνεχής στο $e^-1$ .
Άρα για κάθε $x>\frac{1}{2}$ είναι $f(x)>f(\frac{1}{2}) \Leftrightarrow f(x)>0$ άρα δεν υπάρχουν ρίζες της $f$ στο $(\frac{1}{2},+\infty)$ .
Για $e^-1<x<\frac{1}{2}$ είναι $f(e^-1)<f(x)<f(\frac{1}{2}) \Rightarrow f(x)<0$ άρα δεν υπάρχουν ρίζες της $f$ στο $(e^-1,\frac{1}{2})$ .
$\lim_{x\rightarrow 0}xlnx=0$ (απλό όριο) άρα $\lim_{x\rightarrow 0}f(x)=ln\sqrt{2}$ .
Έστω $F(x)=\begin{cases}<br /> f(x)& \text{ αν } x>0 \\ <br /> ln\sqrt{2}& \text{ αν } x=0 <br /> \end{cases}$
$\lim_{x\rightarrow 0}F(x)=\lim_{x\rightarrow 0}f(x)=ln\sqrt{2}=F(0)$ άρα F συνεχής στο $[0,e^-1]$ και $F(0)=ln\sqrt{2}>ln1=0$ και $F(e^-1)=f(e^-1)=-e^-1<0$ άρα $F(0)F(e^-1)<0$ άρα από θεώρημα Bolzano υπάρχει $x_0\in (0,e^-1)$ τέτοιο, ώστε $F(x_0)=0 \Leftrightarrow f(x_0)=0$ αφού $x_0\in (0,e^-1)$ το οποίο είναι μοναδικό στο εν λόγω διάστημα αφού η $f$ είναι γνησίως φθίνουσα στο ίδιο διάστημα.
Άρα η εξίσωση $x^x=\frac{1}{\sqrt{2}}$ έχει ακριβώς δυο ρίζες, τις $\frac{1}{2}$ και $x_0\in (0,e^-1)$

Μια μικρή σημείωση: $e>2 \Leftrightarrow e^-1<1/2$ .

rebel · 2014-10-10T17:57:03+0300

Mε "έμπνευση" λογισμικού διαπίστωσα ότι
$\frac{1}{4} \ln \left(\frac{1}{4}\right)=\frac{1}{4} \ln \left( \frac{1}{2} \right)^2=\frac{1}{4}\cdot 2 \ln \left(\frac{1}{2}\right)=\frac{1}{2} \ln \left(\frac{1}{2}\right)$
οπότε η άλλη ρίζα είναι η $1/4$ , μοναδική στο διάστημα $(0,1/e)$ λόγω μονοτονίας όπως είπε ο φίλος από πάνω. Άραγε υπάρχει τρόπος να βρεθεί χωρίς βοηθητικά μέσα;

eyb0ss · 2014-10-10T18:06:59+0300

Αρχική Δημοσίευση από styt_geia:
Mε "έμπνευση" λογισμικού διαπίστωσα ότι
$\frac{1}{4} \ln \left(\frac{1}{4}\right)=\frac{1}{4} \ln \left( \frac{1}{2} \right)^2=\frac{1}{4}\cdot 2 \ln \left(\frac{1}{2}\right)=\frac{1}{2} \ln \left(\frac{1}{2}\right)$
οπότε η άλλη ρίζα είναι η $1/4$ , μοναδική στο διάστημα $(0,1/e)$ λόγω μονοτονίας όπως είπε ο φίλος από πάνω. Άραγε υπάρχει τρόπος να βρεθεί χωρίς βοηθητικά μέσα;

Απίστευτο, αυτό αναβαθμίζει την άσκηση από "καλή και προσιτή" στο "πολύ καλή και για όσους έχουν μάτι αετού". Χωρίς βοηθητικά μέσα; Σίγουρα! Αλλά πρέπει να είσαι πολύ πονηρός και λεπτομερής.

rebel · 2014-10-14T20:35:32+0300

Έστω συνάρτηση $y=f(x)$ ορισμένη στο $(0,+\infty)$ με την ιδιότητα, όταν οι τιμές της ανεξάρτητης μεταβλητής $x$ βρίσκονται σε γεωμετρική πρόοδο ( με λόγο οποιονδήποτε θετικό ), τότε οι αντίστοιχες τιμές του $y$ βρίσκονται σε αριθμητική πρόοδο και $f(1)=0.$

α) Να αποδειχθεί ότι $f(ab)=f(a)+f(b)$ για κάθε $a,b>0.$

β) Να αποδειχθεί ότι αν η $f$ είναι παραγωγίσιμη στο $1$ , τότε είναι παραγωγίσιμη στο $(0,+\infty)$ και ισχύει $f'(x)=\frac{f'(1)}{x},\,\,x>0$

photon · 2014-10-15T02:19:47+0300

Αρχική Δημοσίευση από styt_geia:
Έστω συνάρτηση $y=f(x)$ ορισμένη στο $(0,+\infty)$ με την ιδιότητα, όταν οι τιμές της ανεξάρτητης μεταβλητής $x$ βρίσκονται σε γεωμετρική πρόοδο ( με λόγο οποιονδήποτε θετικό ), τότε οι αντίστοιχες τιμές του $y$ βρίσκονται σε αριθμητική πρόοδο και $f(1)=0.$

α) Να αποδειχθεί ότι $f(ab)=f(a)+f(b)$ για κάθε $a,b>0.$

β) Να αποδειχθεί ότι αν η $f$ είναι παραγωγίσιμη στο $1$ , τότε είναι παραγωγίσιμη στο $(0,+\infty)$ και ισχύει $f'(x)=\frac{f'(1)}{x},\,\,x>0$

α)

β)
$f'(1)=\lim_{x\rightarrow 1}\frac{f(x)-f(1)}{x-1}=\lim_{x\rightarrow 1}\frac{f(x)}{x-1}$

Έστω τυχαίο $x_0 \in (0,+\infty):$

$\lim_{x\rightarrow x_0}\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}$
Θέτω
$u=\frac{x}{x_0}\Leftrightarrow x=ux_0 \enspace \mu \varepsilon \enspace \lim_{x\rightarrow x_0}u=1$

$\\f'(x_0)=\lim_{x\rightarrow x_0}\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}=\lim_{u\rightarrow 1}\frac{f(ux_0)-f(x_0)}{ux_0-x_0}=\lim_{u\rightarrow 1}\frac{f(u)+f(x_0)-f(x_0)}{x_0(u-1)}=\lim_{u\rightarrow 1}\left( \frac{f(u)}{u-1}\cdot \frac{1}{x_0}\right)=\frac{f'(1)}{x_0}$

Άρα η f είναι παραγωγίσιμη στο $(0,+\infty)$ και επειδή $x_0$ τυχαίο $\in(0,+\infty)$ ισχύει :
$f'(x)=\frac{f'(1)}{x},\,\,x>0$

rebel · 2014-10-15T05:03:23+0300

Δεν ήξερα ότι το α) είχε λυθεί στο

. H λύση μου είναι ελαφρώς διαφορετική:

Έστω $a,b>0$ με $a<b$ . Αναζητούμε ένα $c \in (a,b)$ ώστε τα $a,c,b$ να αποτελούν διαδοχικούς όρους γεωμετρικής προόδου. Θέλουμε επομένως

$\frac{c}{a}=\frac{b}{c} \Rightarrow c^2=ab \Rightarrow c= \sqrt{ab}$

(o $c$ δηλαδή είναι ο γεωμετρικός μέσος των $a,b$ ). Για τις αντίστοιχες τιμές της $f$ θα ισχύει

$f(a)+f(b)=2f(c)\,\,(1).$

Όμως οι αριθμοί $1,c,c^2$ είναι διαδοχικοί όροι γεωμετρικής προόδου με λόγο $c$ άρα θα ισχύει

$2f(c)=f(1)+f\left(c^2\right)=f\left(c^2\right) \stackrel{(1)}{\Rightarrow} f(a)+f(b)=f\left(c^2\right) \Rightarrow$

$f(a)+f(b)=f(ab)$

όπως θέλαμε. Αν $a=b$ τότε η γεωμετρική πρόοδος είναι η $1,a,a^2$ οπότε και πάλι $2f(a)=f\left(a^2\right)$

eyb0ss · 2014-10-24T16:21:05+0300

Έστω οι μιγαδικοί αριθμοί $z_1,z_2,z_3$ διαφορετικοί ανά δυο τέτοιοι, ώστε $\frac{z_1-z_2}{z_2-z_3}=-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i$ .
Να αποδειχθεί ότι:
α)Το τρίγωνο με κορυφές τις εικόνες των $z_1,z_2,z_3$ είναι ισόπλευρο.
β)
$\frac{1}{z_1-z_2}+\frac{1}{z_2-z_3}+\frac{1}{z_3-z_1}=0$

photon · 2014-10-25T03:17:10+0300

Αρχική Δημοσίευση από mathguy1996:
Έστω οι μιγαδικοί αριθμοί $z_1,z_2,z_3$ διαφορετικοί ανά δυο τέτοιοι, ώστε $\frac{z_1-z_2}{z_2-z_3}=-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i$ .
Να αποδειχθεί ότι:
α)Το τρίγωνο με κορυφές τις εικόνες των $z_1,z_2,z_3$ είναι ισόπλευρο.
β)
$\frac{1}{z_1-z_2}+\frac{1}{z_2-z_3}+\frac{1}{z_3-z_1}=0$

α)Παίρνω μέτρα στη σχέση που δίνεται και προκύπτει $|z_1-z_2|=|z_2-z_3|$

μετα:

$\frac{z_1-z_2}{z_2-z_3}=-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i\Leftrightarrow \frac{z_1-z_2+z_3-z_3}{z_2-z_3}=-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i\Leftrightarrow ...\Leftrightarrow \frac{z_1-z_3}{z_2-z_3}=\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i\enspace$

παίρνω μέτρα και σε αυτή και έχω: $|z_1-z_3|=|z_2-z_3|$

Οπότε $|z_1-z_2|=|z_2-z_3|=|z_3-z_1|$ , δηλ το τρίγωνο είναι ισόπλευρο.

β)Eστω $|z_1-z_2|=|z_2-z_3|=|z_3-z_1|=k$

τότε: $(z_1-z_2)(\overline{z_1-z_2})=(z_2-z_3)(\overline{z_2-z_3})=(z_3-z_1)(\overline{z_3-z_1})={k}^{2}$

$\frac{1}{z_1-z_2}+\frac{1}{z_2-z_3}+\frac{1}{z_3-z_1}=\frac{\overline{z_1}-\overline{z_2}+\overline{z_2}-\overline{z_3}+\overline{z_3}-\overline{z_1}}{k^{2}}=0$

Civilara · 2014-12-27T12:01:01+0200

Θέματα Γενικών Εξετάσεων Μαθηματικών Α΄ Δέσμης : 1983-2001
Θέματα Γενικών Εξετάσεων Μαθηματικών Δ΄ Δέσμης : 1983-2001

eyb0ss · 2015-01-19T22:50:23+0200

Μιας και βλέπω ακινησία σε αυτό το θρεντ θα βάλω μια άσκηση:
Η $f$ είναι δυο φορές παραγωγίσιμη στο $\mathbb{R}^*$ με $-f'(1)-1=f(1)=\frac{1}{f(-1)-2}=e$ , $f'(-1)=-e^{-1}-1$ και για κάθε $x\neq 0$ ισχύει $x^4f''(x)=2xe^{\frac{1}{x}}+e^{\frac{1}{x}}$ .

α)Να βρεθεί ο τύπος της $f$
β)Να βρεθούν οι ασύμπτωτες της $C_f$ και να υπολογιστεί το όριο $\lim_{x\to +\infty}\frac{f(x)}{x^2+\eta \mu x}$

(Το β) filler είναι περισσότερο, το α) είναι ενδιαφέρον)

rebel · 2015-01-20T00:04:52+0200

Μήπως δίνει πχ το $f'(-1)$ ή κάποια άλλη τιμή της $f'$ ;

Συλλογή ασκήσεων και τεστ στα Μαθηματικά Προσανατολισμού

Πολύ δραστήριο μέλος

Δραστήριο μέλος

Νεοφερμένο μέλος

Δραστήριο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Δραστήριο μέλος

Δραστήριο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Νεοφερμένο μέλος

Δραστήριο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Δραστήριο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Νεοφερμένο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Δραστήριο μέλος

Νεοφερμένο μέλος

Περιβόητο μέλος

Δραστήριο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος