Συλλογή ασκήσεων στην Άλγεβρα

Guest 018946 · 4 Μαΐου 2012 στις 19:16

Αρχική Δημοσίευση από styt_geia:
Μία άσκηση
Δίνεται η συνάρτηση $f: A \to \mathbb{R}$ με $A \neq \mathbb{R}$ και
$f(x)=\frac{x^2-2}{x^2-2\sqrt{2|\lambda|}\cdot x + \lambda^2 +1}$
a) Να δείξετε ότι $|\lambda|=1$
β)Να μελετήσετε την f ως προς την μονοτονία και τα ακρότατα.

Αφου δεν εχει ΠΟ ολο το $\mathbb{R}$ καπου θα μηδενιζει ο παρανομαστης αρα θα το τριωνυμο του παρανομαστη θα εχει μη αρνητικη διακρινουσα δηλαδη $\Delta=-4l^2-4+8|l| \geq 0 \Leftrightarrow l^2-2|l|+1 \leq 0 \Leftrightarrow (|l|-1)^2 \leq 0 \Rightarrow |l|=1$ άρα ο τυπος της ειναι $f(x)=\frac{x^2-2}{(x-\sqrt{2})^2}=\frac{(x-\sqrt{2})(x+\sqrt{2})}{(x-\sqrt{2})^2}=\frac{x+\sqrt{2}}{x-\sqrt{2}}$ Για το αλλο επανερχομαι αργοτερα.

stelios1994-4 · 4 Μαΐου 2012 στις 19:44

Αρχική Δημοσίευση από styt_geia:
Μία άσκηση
Δίνεται η συνάρτηση $f: A \to \mathbb{R}$ με $A \neq \mathbb{R}$ και
$f(x)=\frac{x^2-2}{x^2-2\sqrt{2|\lambda|}\cdot x + \lambda^2 +1}$
a) Να δείξετε ότι $|\lambda|=1$
β)Να μελετήσετε την f ως προς την μονοτονία και τα ακρότατα.

Ξεκινάω και λέω ότι

Aν $x^2-2\sqrt{2|\lambda|}\cdot x + \lambda^2 +1\neq 0$ τότε $A=R$ το οποίο είναι άτοπο από υπόθεση. Άρα η εξίσωση $x^2-2\sqrt{2|\lambda|}\cdot x + \lambda^2 +1=0$ έχει μια λύση στο R. Δηλαδή:
$x^2-2\sqrt{2|\lambda|}\cdot x + \lambda^2 +1=0\Leftrightarrow$ $\left(x^2-2\sqrt{2|\lambda|}\cdot x +2\left|\lambda \right| \right)+\left(\left| \lambda\right|^2 -2\left|\lambda \right| +1 \right)=0\Leftrightarrow$ ${\left(x-\sqrt{2\left|\lambda \right|} \right)}^{2}+{\left(\left|\lambda \right|-1 \right)}^{2}=0$
Άρα $\left|\lambda \right|=1$ και $x=+\sqrt{2}$
Άρα $f(x)=\frac{x^2-2}{x^2-2\sqrt{2}\cdot x + 2}\Leftrightarrow$ $f\left(x \right)=\frac{x+\sqrt{2}}{x-\sqrt{2}}$ για κάθε $x\in (R-\begin{Bmatrix}\sqrt{2}\end{Bmatrix})$ .
Για $x\neq \sqrt{2}$ είναι:
${f}^{'}(x)=\frac{-2\sqrt{2}}{{\left(x-\sqrt{2} \right)}^{2}}<0$
Άρα f γνησίως φθίνουσα στο $(-\infty,\sqrt{2})$ και στο $(\sqrt{2},+\infty)$
Συνεπώς η f δεν παρουσιάζει ακρότατα.

Guest 018946 · 4 Μαΐου 2012 στις 19:47

Αρχική Δημοσίευση από stelios1994-4:
Ξεκινάω και λέω ότι

Aν $x^2-2\sqrt{2|\lambda|}\cdot x + \lambda^2 +1\neq 0$ τότε $A=R$ το οποίο είναι άτοπο από υπόθεση. Άρα η εξίσωση $x^2-2\sqrt{2|\lambda|}\cdot x + \lambda^2 +1=0$ έχει μια λύση στο R. Δηλαδή:
$x^2-2\sqrt{2|\lambda|}\cdot x + \lambda^2 +1=0\Leftrightarrow$ $\left(x^2-2\sqrt{2|\lambda|}\cdot x +2\left|\lambda \right| \right)+\left(\left| \lambda\right|^2 -2\left|\lambda \right| +1 \right)=0\Leftrightarrow$ ${\left(x-\sqrt{2\left|\lambda \right|} \right)}^{2}+{\left(\left|\lambda \right|-1 \right)}^{2}=0$
Άρα $\left|\lambda \right|=1$ και $x=+\sqrt{2}$
Άρα $f(x)=\frac{x^2-2}{x^2-2\sqrt{2}\cdot x + 2}\Leftrightarrow$ $f\left(x \right)=\frac{x+\sqrt{2}}{x-\sqrt{2}}$ για κάθε $x\in (R-\begin{Bmatrix}\sqrt{2}\end{Bmatrix})$ .
Για $x\neq \sqrt{2}$ είναι:
${f}^{'}(x)=\frac{-2\sqrt{2}}{{\left(x-\sqrt{2} \right)}^{2}}<0$
Άρα f γνησίως φθίνουσα στο $(-\infty,\sqrt{2})$ και στο $(\sqrt{2},+\infty)$
Συνεπώς η f δεν παρουσιάζει ακρότατα.

ok ρε μαν αλλα πως θα αποδειξεις την μονοτονια χωρις παραγωγους ; ( υποψιν η ασκηση μπηκε στην Α )

Edit : Λαθος το παραπανω μπορεις να πας με ορισμο και να πεις οτι ο τυπος της $f$ γινεται ισχοδυναμα $f(x)=\frac{2\sqrt{2}}{x-\sqrt{2}}+1$ άρα επιλεγοντας $x_{1} > x_{2} \Leftrightarrow x_{1}-\sqrt{2} > x_{2}-\sqrt{2} \Leftrightarrow \frac{1}{x_{1}-\sqrt{2}} < \frac{1}{x_{2}-\sqrt{2}} \Leftrightarrow \frac{2\sqrt{2}}{x_{1}-\sqrt{2}} +1 < \frac{2\sqrt{2}}{x_{2}-\sqrt{2}} +1 \Leftrightarrow f(x_{1}) <f(x_{2})$ άρα φθινουσα σε ολο το $\mathbb{R}$

stelios1994-4 · 4 Μαΐου 2012 στις 19:48

Για αυτό τ έβαλα σε σπόιλερ xD Δεν θυμάμαι κάποιο τρόπο από την πρώτη λυκείου...

rebel · 4 Μαΐου 2012 στις 19:54

Υπάρχει τρόπος να μελετηθεί και συνθετικά η μονοτονία. Δείτε και την διόρθωση που έκανα στην δεύτερη άσκηση με κόκκινα γράμματα.

Guest 018946 · 4 Μαΐου 2012 στις 19:56

Κωστα πρεπει να ειναι οκ το θεμα με την μονοτονια .

rebel · 4 Μαΐου 2012 στις 20:01

Σχεδόν. Δεν διευκρίνησες που ανήκουν τα $x_1,x_2$ που θεώρησες. Η f είναι γνήσια φθίνουσα σε όλο το πεδίο ορισμού της;

Guest 018946 · 4 Μαΐου 2012 στις 20:04

Κοιτα θα μπορουσα να παρω δυο περιπτωσεις για $x_{1},x_{2} \in (-\infty, \sqrt{2})$ και μετα να παρω και την περιπτωση $x_{1},x_{2} \in (\sqrt{2},+\infty)$ αλλα δινει το ιδιο αποτελεσμα οποτε ειμαστε οκ πιστευω .

rebel · 4 Μαΐου 2012 στις 20:12

Ναι οπότε η f είναι γνήσια φθίνουσα στα διαστήματα $(-\infty, \sqrt{2})$ και $(\sqrt{2},+\infty)$ αλλά όχι συνολικά στο πεδίο ορισμού της. Και αυτό γιατί πχ $f(-\sqrt{2})<f(2)$ . Αν κάνεις ένα γράφημα της συνάρτησης στο wolfram θα καταλάβεις.

stelios1994-4 · 4 Μαΐου 2012 στις 20:31

Τέτοιες ασκήσεις είναι εντός της ύλης της Α λυκείου? :O

Guest 018946 · 4 Μαΐου 2012 στις 20:38

Αρχική Δημοσίευση από stelios1994-4:
Τέτοιες ασκήσεις είναι εντός της ύλης της Α λυκείου? :O

Κοιταξε το πρωτο δεν ειναι δυσκολο , στο δευτερο το μονο δυσκολο ειναι να πεις οτι ειναι ξεχωριστα γν φθινουσα σε καθε διαστημα . Οσο για τα ακροτατα το πως να αποδειξεις οτι δεν εχει δεν μπορω να σκεφτω κατι . :/:

rebel · 4 Μαΐου 2012 στις 20:43

Ναι στο τελευταίο κεφάλαιο του βιβλίου 6.5 νομίζω αναφέρονται οι έννοιες της μονοτονίας, των ακροτάτων, και των άρτιων-περιττών συναρτήσεων. Επίσης τώρα τα παιδάκια της Α' κάνουν πιθανότητες και προόδους.

Guest 018946 · 4 Μαΐου 2012 στις 20:45

Κωστα αυτο με τα ακροτατα πως θα μπορουσα να το δικαιολογησω ;

rebel · 4 Μαΐου 2012 στις 21:03

Αν υπάρχει μέγιστο αυτό θα ανήκει στο διάστημα $(\sqrt{2}, +\infty)$ εφ' όσον όπως είδαμε πριν ειναι $f(x_1)<f(x_2)$ για $x_1< \sqrt{2} < x_2$ . Έστω λοιπόν $x_0 \in (\sqrt{2}, +\infty)$ τέτοιο ώστε $f(x) \leq f(x_0), \,\forall x \in (\sqrt{2}, +\infty)$ . Τότε επειδή η f είναι γνησίως φθίνουσα στο $(\sqrt{2}, +\infty)$ θα ισχύει $x \geq x_0 \,\forall x \in (\sqrt{2}, +\infty)$ , άτοπο γιατί $x_0>\sqrt{2}$ . Όμοια για το ελάχιστο. Άρα ακρότατα δεν υπάρχουν.

ξαροπ · 5 Μαΐου 2012 στις 18:25

Οι απαντήσεις / λύσεις στο τελευταίο ως τώρα ποστ μου...

Χρησιμοποιώντας την πρώτη σχέση θέτουμε $a = 1+x, b = 1$ κι έχουμε

$(1+x)^n - 1^n \geq n(1+x-1)1^{n-1} \Leftrightarrow (1+x)^n \geq nx + 1$ . (x>0)

Αν τώρα $-1 < x < 0$ θέτουμε $a = 1, b = 1+x$ κι έχουμε

$1^n - (x+1)^n < n(1-1-x)1^{n-1} \Leftrightarrow 1 + nx \leq (1+x)^n$ .

i) Από Bernoulli, $c_k \geq 1 + k\frac{1}{k} = 2$ .
ii) Η ανισότητα γράφεται ως $(k+1)^{2k+1} < (k(k+2))^k(k+2) \Leftrightarrow \frac{k+1}{k+2} < (\frac{k^2+2k}{(k+1)^2})^k$

$\Leftrightarrow 1 - \frac{1}{k+2} < (1- \frac{1}{(k+1)^2})^k$ Από την Bernoulli είναι $(1- \frac{1}{(k+1)^2})^k > 1 - \frac{k}{(k+1)^2} > 1 - \frac{1}{k+2}$ .

iii) Κάνοντας όμοια πράξεις θα αναχθείτε στην $(1 + \frac{1}{k(k+2)})^{k+2} > \frac{k+1}{k} = 1 + (k+2)\frac{1}{k(k+2)}$ που επίσης ισχύει από Bernoulli.

Από τη διωνυμικό ανάπτυγμα έχουμε:

$(1 + \frac{1}{k})^k = 1 + \begin{pmatrix}k\\ 1\end{pmatrix}\frac{1}{k} + ... + \frac{1}{k^k}$

Παρατηρούμε ότι κάθε όρος γράφεται ως $\begin{pmatrix}k\\ i\end{pmatrix}\frac{1}{k^i} = \frac{k!}{i!(k-i)!k^i} = \frac{1}{i!}\frac{k-i+1}{k}\frac{k-i+2}{k}...\frac{k-i+i}{k}$

$= \frac{1}{i!}(1 - \frac{i-1}{k})(1-\frac{i-2}{k})...(1-\frac{1}{k})$

άρα για κάθε i = 0,1,2,...k προκύπτει το ζητούμενο

Από εκεί προφανώς αφού $\frac{1}{i!}(1 - \frac{i-1}{k})(1-\frac{i-2}{k})...(1-\frac{1}{k}) < \frac{1}{i!}$

προκύπτει $c_k < 2 + \frac{1}{2!} + \frac{1}{3!} + ... \frac{1}{k!} < 2 + \frac{1}{2} + \frac{1}{2^2} + ... = 2+ 1 = 3$ .

Μια άλλη ερώτηση τώρα. Αν έχουμε n 3αρια στον αριθμό $3^{3^{...^{3}}}$ και n-1 4άρια στον αριθμό $4^{4^{...^{4}}}$ , ποιος αριθμός είναι μεγαλύτερος;

akis95 · 6 Μαΐου 2012 στις 21:17

ας βάλω μια νδο $\frac{\alpha }{\sqrt{{\alpha }^{2}+8\beta \gamma }}+\frac{\beta }{\sqrt{{\beta }^{2}+8\gamma \alpha }}+\frac{\gamma }{\sqrt{{\gamma }^{2}+8\alpha \beta }}\geq 1$ αν α,β,γ θετικοι και αβγ=1

akis95 · 8 Μαΐου 2012 στις 15:48

Ακόμα μια αν χ,y,,ω θετικοί και χy+χω+yω=1 νδο
$\frac{{\chi }^{3}}{\chi +y}+\frac{{y}^{3}}{y+\omega }+\frac{{\omega }^{3}}{\omega +\chi }\geq \frac{1}{2}$

Guest 018946 · 8 Μαΐου 2012 στις 22:40

Αρχική Δημοσίευση από akis15:
Ακόμα μια αν χ,y,,ω θετικοί και χy+χω+yω=1 νδο
$\frac{{\chi }^{3}}{\chi +y}+\frac{{y}^{3}}{y+\omega }+\frac{{\omega }^{3}}{\omega +\chi }\geq \frac{1}{2}$

Απο γενικευμενη Andreescu αρκει να δειξω οτι $\frac{x^3}{x+y}+\frac{y^3}{y+z}+\frac{z^3}{z+x} \geq \frac{(x+y+z)^3}{6(x+y+z)} \geq \frac{1}{2}$ άρα αρκει $(x+y+z)^3 \geq 3(x+y+z) \Leftrightarrow x^2+y^2+z^2 \geq 1 \Leftrightarrow x^2+y^2+z^2 \geq xy+yz+zx$ που προφανως ισχυει .

chemysterious · 12 Μαΐου 2012 στις 13:27

Σχετική θέση Cf και άξονα x'x.
Σχετικές θέσεις και σημεία τομής Cf και Cg.
Δίνονται οι συναρτήσεις:
f(x) = 2x - 5 και g(x) = x - 3
Να βρείτε:
α) τα κοινά σημεία των Cf και Cg
β) τα διαστήματα στα οποία :
i) η Cg βρίσκεται πάνω στους άξονες x'x
ii) η Cf βρίσκεται πάνω απο τη Cg

Guest 018946 · 24 Μαΐου 2012 στις 18:52

Αρχική Δημοσίευση από styt_geia:
Κι άλλη μία
Δείξτε ότι
$\frac{1}{2} \cdot \frac{3}{4} \cdot \frac{5}{6} \cdot \ldots \cdot \frac{99}{100}<\frac{1}{10}$
(Διόρθωση του παρονομαστή στο δεξί μέλος. Είναι 1/10 αντί 1/12. Συγγνώμη αν ταλαιπώρησα κάποιον)

Γιαυτη σκεφτηκα να πουμε $\frac{n}{n+1} < \frac{n+1}{n+2}$ να το χρησιμοποιουσα για $n \in \left\{1,2,3...99 \right\}$ και μετα να πολλαπλασιασεις κατα μελη και να γινει σαν τηλεσκοπικο αλλα κατι τετοιο δεν βλεπω να δουλευει .

Συλλογή ασκήσεων στην Άλγεβρα

Guest 018946

Επισκέπτης

Εκκολαπτόμενο μέλος

Guest 018946

Επισκέπτης

Εκκολαπτόμενο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Guest 018946

Επισκέπτης

Πολύ δραστήριο μέλος

Guest 018946

Επισκέπτης

Πολύ δραστήριο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Guest 018946

Επισκέπτης

Πολύ δραστήριο μέλος

Guest 018946

Επισκέπτης

Πολύ δραστήριο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Δραστήριο μέλος

Δραστήριο μέλος

Guest 018946

Επισκέπτης

Εκκολαπτόμενο μέλος

Guest 018946

Επισκέπτης