Συλλογή ασκήσεων και τεστ στα Μαθηματικά Προσανατολισμού

mariza_93 · 20-11-10

Αρχική Δημοσίευση από vavlas:
Ορίστε μια ακόμα.

Να βρείτε που κινούνται οι εικόνες τον μιγαδικών z για τους οποίους ισχύει.

$|z-i|=|2iz-1|$

Μην την υποτιμήσετε έχει κάτι έξυπνο στο τέλος.

${|z-i|}^{2}={|2iz-1|}^{2} \Leftrightarrow (z-i)(\bar{z} +i)=(2iz-1)(-2i\bar{z}-1)\Leftrightarrow z\bar{z}+iz-i\bar{z}+1=4z\bar{z}-2zi+2i\bar{z}+1\Leftrightarrow 3z\bar{z}+3i\bar{z}-3iz=0\Leftrightarrow z\bar{z}+i\bar{z}-iz=0\Leftrightarrow \bar{z}z+i(\bar{z}-z)=0\Leftrightarrow ({x}^{2}+{y}^{2})+i(x-yi-x-yi)=0\Leftrightarrow {x}^{2}+{y}^{2} +i(-2yi)=0\Leftrightarrow {x}^{2}+{y}^{2} +2y=0\Leftrightarrow {x}^{2}+{y}^{2} +2y+1=1 \Leftrightarrow {(y+1)}^{2}+{x}^{2}=1$

οριστε κ ο δευτερος τροπος......
ειναι η τελευταια φορα που γραφω με το latex .....μιση ωρα για μια ασκηση...... :worry:

Dias · 21-11-10

Αρχική Δημοσίευση από mariza_93:
ειναι η τελευταια φορα που γραφω με το latex .....μιση ωρα για μια ασκηση......

Αν μια άσκηση δεν έχει κλάσματα και όρια δεν είναι απαραίτητο το lastex. Για τη λύση που έγραψες δεν χρειαζόταν. Το | και το ² βγαίνουν κατευθείαν από το πληκτρολόγιο και το z̅ το γράφεις στο word και το επικολλάς.

rebel · 21-11-10

Έστω $f:[1,4]\rightarrow(0,+\infty)$ συνεχής με $f^{3}(4)=f(1)f(2)f(3)$ . Να εξεταστεί αν η f είναι 1-1

Civilara · 21-11-10

Αρχική Δημοσίευση από styt_geia:
Έστω $f:[1,4]\rightarrow(0,+\infty)$ συνεχής με $f^{3}(4)=f(1)f(2)f(3)$ . Να εξεταστεί αν η f είναι 1-1

Είναι f(4)=(f(1)f(2)f(3))^(1/3)
Για κάθε x στο [1,4] ισχύει f(x)>0.

Η f είναι συνεχής στο [1,3] γνήσιο υποσύνολο του [1,4], οπότε υπάρχουν πραγματικοί αριθμοί m, M με 0<m<Μ τέτοιοι ώστε να ισχύει m<=f(x)<=M για κάθε x στο διάστημα [1,3] (θεώρημα μέγιστης-ελάχιστης τιμής συνεχούς συνάρτησης). Επομένως έχουμε:

m<=f(1)<=M, m<=f(2)<=M και m<=f(3)<=M. Επειδή όλοι οι όροι των 3 ανισοτήτων είναι θετικοί, μπορεί να γίνει πολλαπλασιασμός κατά μέλη διατηρώντας τη φορά των ανισοτήτων, οπότε:

m³<=f(1)f(2)f(3)<=M³ => m<=(f(1)f(2)f(3))^(1/3)<=M

Συνεπώς σύμφωνα με το θεώρημα ενδιαμέσων τιμών συνεχών συναρτήσεων, υπάρχει ξ στο [1,3] τέτοιο ώστε f(ξ)=(f(1)f(2)f(3))^(1/3).

Επειδή ξ<4 => ξ διάφορο 4 και f(ξ)=f(4) τότε η f δεν είναι 1-1.

rebel · 21-11-10

Σωστός! Το κλειδί ήταν να πάρεις ΘΕΤ στο [1,3] και όχι στο [1,4] που το παιρνα ο μπούφος!

Leo 93 · 21-11-10

Αρχική Δημοσίευση από styt_geia:
Έστω $f:[1,4]\rightarrow(0,+\infty)$ συνεχής με $f^{3}(4)=f(1)f(2)f(3)$ . Να εξεταστεί αν η f είναι 1-1

Άλλος τρόπος:

Η δοσμένη γράφεται $\frac{f(1)}{f(4)}\frac{f(2)}{f(4)}\frac{f(3)}{f(4)}=1$ . Για να ισχύει η ισότητα πρέπει να υπάρχει ένα ζεύγος των $\frac{f(1)}{f(4)},\frac{f(2)}{f(4)},\frac{f(3)}{f(4)}$ ώστε π.χ. $\frac{f(1)}{f(4)}>1 \kappa \alpha \iota \frac{f(2)}{f(4)}<1$ . Bolzano στην f(x)/f(4)-1, στο [1,2] κ.λπ.

rebel · 21-11-10

Αρχική Δημοσίευση από Civilara:
Η συνάρτηση f είναι αύξουσα στο R, οπότε για κάθε x1, x2 στο R με x1<x2 ισχύει f(x1)<=f(x2).
Θεωρώ την συνάρτηση g(x)=f(x)+x. Η g είναι συνεχής στο R ως άθροισμα συνεχών στο R συναρτήσεων.

Για κάθε x1, x2 στο R με x1<x2 ισχύει f(x1)<=f(x2). Προσθέτοντας κατά μέλη τις 2 τελευταίες ανισότητες προκύπτει f(x1)+x1<f(x2)+x2 => g(x1)<g(x2).

Άρα για κάθε x1, x2 στο R με x1<x2 ισχύει g(x1)<g(x2). Επομένως η συνάρτηση g είναι γνησίως αύξουσα στο R και συνεπώς είναι 1-1.

Η f είναι συνεχής στο R. Συνεπώς σύμφωνα με το θεώρημα μέγιστης-ελάχιστης τιμής συνεχών συναρτήσεων, για κάθε x στο R υπάρχουν m, M στο R τέτοιοι ώστε m<=f(x)<=M για κάθε x στο R.

m<=f(x)<=M => m+x<=f(x)+x<=M+x => m+x<=g(x)<=M+x για κάθε x στο R.

lim(x->-άπειρο)(m+x)=lim(x->-άπειρο)(M+x)=-άπειρο
Σύμφωνα με το κριτήριο παρεμβολής είναι lim(x->-άπειρο)g(x)=-άπειρο.
Από τον ορισμό του ορίου προκύπτει ότι υπάρχει α<0 ώστε για κάθε x στο (-άπειρο, α) να υπάρχει m΄<0 τέτοιο ώστε g(x)<m΄ για κάθε x στο (-άπειρο, α). Επειδή g(x)<m΄ και m΄<0 τότε g(x)<0 για κάθε x στο (-άπειρο, α). Άρα υπάρχει χ1 στο (-άπειρο,α) τέτοιο ώστε g(x1)<0.

lim(x->+άπειρο)(m+x)=lim(x->+άπειρο)(M+x)=+άπειρο
Σύμφωνα με το κριτήριο παρεμβολής είναι lim(x->+άπειρο)g(x)=+άπειρο.
Από τον ορισμό του ορίου προκύπτει ότι υπάρχει β>0 ώστε για κάθε x στο (β, +άπειρο) να υπάρχει M΄>0 τέτοιο ώστε g(x)>M΄ για κάθε x στο (β, +άπειρο). Επειδή g(x)>M΄ και Μ΄>0 τότε g(x)>0 για κάθε x στο (β, +άπειρο). Άρα υπάρχει χ2 στο (β, +άπειρο) τέτοιο ώστε g(x2)>0.

Η συνάρτηση g είναι συνεχής στο [x1, x2] και ισχύει g(x1)g(x2)<0. Σύμφωνα με το θεώρημα Bolzano υπάρχει τουλάχιστον ένα x0 στο (x1, x2) τέτοιο ώστε g(x0)=0.

Επειδή η g είναι 1-1, τότε υπάρχει μοναδικό x0 τέτοιο ώστε g(x0)=0 => f(x0)=-x0

Γιώργο ξαναδές το λίγο. Για να πάρεις Θεώρημα Μέγιστης και Ελάχιστης Τιμής η f πρέπει να είναι ορισμένη σε κάποιο κλειστό διάστημα. Παραθέτω μια λύση που μου έδωσαν

Έστω $g(x)=f(x)+x$ . Έυκολα δείχνεται ότι αυτή είναι γνήσια αύξουσα. Έστω τώρα $a=|f(0)|+1>0$ . Tότε $f(a)\geq f(0)$ οπότε $g(a)=f(a)+a\geq f(0)+|f(0)|+1>0$
και $f(-a)\leq f(0)$ οπότε $g(-a)=f(-a)-a\leq f(0)-|f(0)|-1<0$
Άπο Θ.Bolzano υπάρχει τουλάχιστον ένα $x_0 \in (-a,a)$ τέτοιο ώστε $g(x_0)=0$ το οποίο είναι και μοναδικό αφού η g είναι γνήσια αύξουσα

Civilara · 21-11-10

Κώστα, έχεις δίκιο. Έκανα κοτσάνα.

rebel · 22 Νοεμβρίου 2010

Πάρτε κι άλλη μία. Έστω $\omega=cos \frac{2\pi}{n}+isin\frac{2\pi}{n}$ όπου n θετικός ακέραιος και $z\in \mathbb{C}$ τέτοιο ώστε $|z-\omega^k|\leq 1$ για κάθε $k=0,1,\ldots,n-1$ . Δείξτε ότι $z=0$

Αυτή μπαίνει με μία επιφύλαξη γιατί δεν ξέρω αν είναι εντός ύλης οι ν-οστές ρίζες της μονάδας!

Leo 93 · 5 Δεκεμβρίου 2010

Δυστυχώς δεν είναι εντός. Κώστα ωραίες ασκήσεις! :thumbup:

Μία που τη βρήκα στο mathematica και μου άρεσε.

ΑΣΚΗΣΗ

Να υπολογιστεί το $\lim_{x\rightarrow +\propto }\sigma \upsilon \nu \sqrt{x+1}-\sigma \upsilon \nu \sqrt{x}$

χρειάζεται γνώσεις διαφορικού λογισμού

Civilara · 22-11-10

Αρχική Δημοσίευση από Leo 93:
Μία που τη βρήκα στο mathematica και μου άρεσε.

ΑΣΚΗΣΗ

Να υπολογιστεί το $\lim_{x\rightarrow +\propto }\sigma \upsilon \nu \sqrt{x+1}-\sigma \upsilon \nu \sqrt{x}$

χρειάζεται γνώσεις διαφορικού λογισμού

$\sigma \upsilon \nu \sqrt{x+1}-\sigma \upsilon \nu \sqrt{x}=-2\eta \mu \frac{\sqrt{x+1}-\sqrt{x}}{2}\eta \mu \frac{\sqrt{x+1}+\sqrt{x}}{2}$

$\lim_{x\rightarrow +\propto }\left(\sqrt{x+1}-\sqrt{x} \right)=\lim_{x\rightarrow +\propto }\frac{\left(\sqrt{x+1}-\sqrt{x} \right)\left(\sqrt{x+1}+\sqrt{x} \right)}{\left(\sqrt{x+1}+\sqrt{x} \right)}=\lim_{x\rightarrow +\propto }\frac{1}{\left(\sqrt{x+1}+\sqrt{x} \right)}=0 \Rightarrow \lim_{x\rightarrow +\propto }\eta \mu \frac{\left(\sqrt{x+1}-\sqrt{x} \right)}{2}=0$

$\left |\sigma \upsilon \nu \sqrt{x+1}-\sigma \upsilon \nu \sqrt{x} \right|=2\left|\eta \mu \frac{\left(\sqrt{x+1}-\sqrt{x} \right)}{2} \right|\left|\eta \mu \frac{\left(\sqrt{x+1}+\sqrt{x} \right)}{2} \right|\leq 2\left|\eta \mu \frac{\left(\sqrt{x+1}-\sqrt{x} \right)}{2} \right| \Rightarrow -2\left| \eta \mu \frac{\left(\sqrt{x+1}-\sqrt{x} \right)}{2}\right| \leq \sigma \upsilon \nu \sqrt{x+1}-\sigma \upsilon \nu \sqrt{x} \leq 2\left| \eta \mu \frac{\left(\sqrt{x+1}-\sqrt{x} \right)}{2}\right|$

Από το κριτήριο παρεμβολής προκύπτει ότι το ζητούμενο όριο είναι ίσο με 0.

rebel · 22-11-10

Έστω $z\in \mathbb{C}^*$ τέτοιος ώστε $\left|z^3+\frac{1}{z^3}\right|\leq 2$ . Να δείξετε ότι
$\left|z+\frac{1}{z}\right|\leq 2$

koum · 22-11-10

Αρχική Δημοσίευση από styt_geia:
Έστω $z\in \mathbb{C}^*$ τέτοιος ώστε $\left|z^3+\frac{1}{z^3}\right|\leq 2$ . Να δείξετε ότι
$\left|z+\frac{1}{z}\right|\leq 2$

Έχουμε:

${\left|z+ \frac{1}{z}\right|}^{3}={\left|{\left(z+ \frac{1}{z}\right)}^{3}\right|= \left|z^3+ \frac{1}{z^3}+3\left(z+\frac{1}{z}\right)\right|\leq \left|z^3+ \frac{1}{z^3}\right|+3\left|z+\frac{1}{z}\right|\leq 2+3\left|z+\frac{1}{z}\right|$

Οπότε: ${\left|z+ \frac{1}{z}\right|}^{3}\leq 2+3\left|z+\frac{1}{z}\right|\Rightarrow {\left|z+ \frac{1}{z}\right|}^{3}-3\left|z+\frac{1}{z}\right|-2\leq 0$ , η οποία είναι της μορφής

$x^3-3x-2\leq 0\Rightarrow (x-2){(x+1)}^{2}\leq 0\Rightarrow x\leq 2$

Οπότε και $\left|z+\frac{1}{z}\right|\leq 2$

Από θέματα της ΕΜΕ είναι η άσκηση; Κάπου την έχω ξαναδεί...

rebel · 22 Νοεμβρίου 2010

Παίζει. Την συγκεκριμένη την βρήκα στο βιβλίο του Titu Andreescu με τίτλο Complex Numbers from A to...Z οπότε απλά σας παραπέμπω εκεί αν αναζητάτε κάτι παραπάνω από μιγαδικούς.

rebel · 23 Νοεμβρίου 2010

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

red span · 23-11-10

Αρχική Δημοσίευση από koum:
Έχουμε:

${\left|z+ \frac{1}{z}\right|}^{3}={\left|{\left(z+ \frac{1}{z}\right)}^{3}\right|= \left|z^3+ \frac{1}{z^3}+3\left(z+\frac{1}{z}\right)\right|\leq \left|z^3+ \frac{1}{z^3}\right|+3\left|z+\frac{1}{z}\right|\leq 2+3\left|z+\frac{1}{z}\right|$

Οπότε: ${\left|z+ \frac{1}{z}\right|}^{3}\leq 2+3\left|z+\frac{1}{z}\right|\Rightarrow {\left|z+ \frac{1}{z}\right|}^{3}-3\left|z+\frac{1}{z}\right|-2\leq 0$ , η οποία είναι της μορφής

$x^3-3x-2\leq 0\Rightarrow (x-2){(x+1)}^{2}\leq 0\Rightarrow x\leq 2$

Οπότε και $\left|z+\frac{1}{z}\right|\leq 2$

Από θέματα της ΕΜΕ είναι η άσκηση; Κάπου την έχω ξαναδεί...

μπορει παντως την εχουνε πολλα βοηθηματα οπως του στεργιου

koum · 23-11-10

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

Δίνω απλά μια ιδέα, γιατί το να κάτσω να τη γράψω όλη είναι κομματάκι βαρύ.

Έστω: $g(x)={f}^{2}(x)+{(f'(x))}^{2}$

Παρατηρούμε ότι

$g'(x)=2f'(x)[f(x)+f''(x)]$

Οπότε αρκεί να δείξουμε ότι υπάρχει ${x}_{0}$ τέτοιο ώστε $g'({x}_{0})=0$ και $f'({x}_{0})\neq 0$

Cloud_Strife · 05-12-10

Ένα από τα αγαπημένα μου όρια:
Να υπολογίσετε το όριο:
$\lim_{x\to\infty }\left({{1}\over{x}}+1\right)^{x}-e$

Civilara · 05-12-10

Αρχική Δημοσίευση από Cloud_Strife:
Ένα από τα αγαπημένα μου όρια:
Να υπολογίσετε το όριο:
$\lim_{x\to\infty }\left({{1}\over{x}}+1\right)^{x}-e$

μηδέν

Cloud_Strife · 5 Δεκεμβρίου 2010

Αρχική Δημοσίευση από Civilara:
μηδέν

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...

Συλλογή ασκήσεων και τεστ στα Μαθηματικά Προσανατολισμού

Δραστήριο μέλος

Επιφανές μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Περιβόητο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Περιβόητο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Περιβόητο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Δραστήριο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Νεοφερμένο μέλος

Περιβόητο μέλος

Νεοφερμένο μέλος