Συλλογή ασκήσεων και τεστ στα Μαθηματικά Προσανατολισμού

Guest 018946 · 15-10-13

αν ηταν συνεχης θα ειχε στ το [0,1]

με πραξεις λεω οτι -1<= φ^3(χ)-φ(χ) <=1
-1<=χ^2-χ<= 1

η δεξια ισχυει

ομως η αριστερη
χ^2-χ+1<=0

$x \in [\frac{1-\sqrt{5}}{2},\frac{1+\sqrt{5}}{2} ]$

που ειναι ατοπο διοτι μας λεει οτι ισχυει η σχεση για $x \in [0,1]$

Υσ: Με την υποψια να ειναι μαλακια η λυση μου

rebel · 15 Οκτωβρίου 2013

Αρχική Δημοσίευση από dr.tasos:
αν ηταν συνεχης θα ειχε στ το [0,1]

Το σύνολο τιμών θα ήταν κάποιο κλειστό διάστημα αλλά όχι απαραίτητα το $[0,1]$ γιατί δεν μας δίνει τίποτα για την μονοτονία της $f$

Guest 018946 · 17-10-13

Αρχική Δημοσίευση από styt_geia:
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 $[0,1]$ .

έστω οτι ειναι συνεχης τοτε λογω θετ θα υπαρχει ενα $x_{0} \in (0,1)$ ωστε φ(χ0)=1/2

αρα βαζοντας το στη σχεση έχω χ0^2-χ+3/8=0 ατοπο αφου αυτη η ποσοτητα ειναι παντα θετικη αρα η συναρτηση δεν ειναι συνεχης .

Υσ : δεν ασχοληθηκα τις προηγουεμενες μερες επειδη ειμουν καπως πιεσμενος

xristospr · 17-10-13

πως λυνεται η εξισωση χ^2 + 1 + συνχ= 0 (νομιζω ειναι αδυνατη αλλα δεν ξερω πως αποδεικνυεται)

rebel · 17-10-13

Αρχική Δημοσίευση από xristospr:
πως λυνεται η εξισωση χ^2 + 1 + συνχ= 0 (νομιζω ειναι αδυνατη αλλα δεν ξερω πως αποδεικνυεται)

$-1-x^2 \leq -1 \leq \sigma \upsilon \nu x,\,\,\forall x \in \mathbb{R}$
Η ισότητα δεν πιάνεται ποτέ παντού για το ίδιο χ, άρα η εξίσωση δεν έχει λύση.

photon · 17-10-13

Αρχική Δημοσίευση από xristospr:
πως λυνεται η εξισωση χ^2 + 1 + συνχ= 0 (νομιζω ειναι αδυνατη αλλα δεν ξερω πως αποδεικνυεται)

$-1\leq \sigma \upsilon \nu \chi \leq 1\Rightarrow 0\leq \sigma \upsilon \nu \chi+1 \leq 2\Rightarrow \sigma \upsilon \nu \chi +1 \geq 0$ Άρα θα πρέπει x²=0 και συνχ+1=0 , αδύνατο γιατί δε δίνουν ίδιο χ.

rebel · 18-10-13

Έστω $f,g: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ για τις οποίες για κάθε $x \in \mathbb{R}$ ισχύουν

$-1 \leq f(x) <0,\,\,(1)$
$f(x)+\frac{1}{f(x)}=g(x),\,\,(2)$
α) Να δείξετε ότι για κάθε $x \in \mathbb{R}$ ειναι $g(x) \leq -2$
β) Αν $g(x_0)=-2$ και η $g$ είναι συνεχής στο $x_0$ τότε και η $f$ είναι συνεχής στο $x_0$
Υπάρχει και γ) ερώτημα αλλά ας το δούμε μετά.

gth · 18-10-13

Αρχική Δημοσίευση από styt_geia:
Έστω $f,g: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ για τις οποίες για κάθε $x \in \mathbb{R}$ ισχύουν

$-1 \leq f(x) <0,\,\,(1)$
$f(x)+\frac{1}{f(x)}=g(x),\,\,(2)$
α) Να δείξετε ότι για κάθε $x \in \mathbb{R}$ ειναι $g(x) \leq -2$
β) Αν $g(x_0)=-2$ και η $g$ είναι συνεχής στο $x_0$ τότε και η $f$ είναι συνεχής στο $x_0$
Υπάρχει και γ) ερώτημα αλλά ας το δούμε μετά.

α) Έστω g(x)>-2 για καποιο x.==>(2) (f(x)+1)^2< 0 .ατοπο

Guest 018946 · 19-10-13

για το β)

φ(χ0)=-1

πολζω με φ(χ) και το θεωρω τριωνυμο ως προς φ(χ) στη συνεχεια λιμαρω στο χ0 και με το δεδομενο οτι το οριο της g στο χ0 ειναι -2 βγαινει οτι το οριο της φ(χ) στο χ0 ειναι -1 και το ζητουμενο εχει αποδειχτη

Υσ: επιτελους βρηκα χρονο να την γραψω

rebel · 20 Οκτωβρίου 2013

Άρα έχεις ότι
$f(x)=\frac{g(x)}{2}+\frac{\sqrt{g^2(x)-4}}{2}$
για κάποια χ και
$f(x)=\frac{g(x)}{2}-\frac{\sqrt{g^2(x)-4}}{2}$
για κάποια άλλα χ. Οπότε δεν μπορείς να λιμάρεις χωρίς να ξέρεις ποιος τύπος ισχύει κοντά στο $x_0$

Guest 018946 · 19-10-13

οποιος και να ισχυει παλι το ιδιο αποτελεσμα εχω

Civilara · 19-10-13

Αρχική Δημοσίευση από styt_geia:
Έστω $f,g: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ για τις οποίες για κάθε $x \in \mathbb{R}$ ισχύουν

$-1 \leq f(x) <0,\,\,(1)$
$f(x)+\frac{1}{f(x)}=g(x),\,\,(2)$
α) Να δείξετε ότι για κάθε $x \in \mathbb{R}$ ειναι $g(x) \leq -2$
β) Αν $g(x_0)=-2$ και η $g$ είναι συνεχής στο $x_0$ τότε και η $f$ είναι συνεχής στο $x_0$
Υπάρχει και γ) ερώτημα αλλά ας το δούμε μετά.

α) Θεωρούμε την συνάρτηση h(x)=x+(1/x)=((x^2)+1)/x με πεδίο ορισμού το Α=[-1,0). Η h είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο Α με πρώτη παράγωγο h΄(x)=1-(1/(x^2))=((x^2)-1)/(x^2)

h΄(x)=0 => x^2=1 => x=-1 (εφόσον -1<=x<0)

Η h είναι συνεχής στο [-1,0), παραγωγίσιμη στο (-1,0) και ισχύει h΄(x)<0 για κάθε x ανήκει (-1,0). Επομένως η h είναι γνησίως φθίνουσα στο [1,0). Επειδή η h είναι γνησίως φθίνουσα στο Α τότε είναι 1-1 και συνεπώς αντιστρέψιμη.

Επειδή lim(x->0-)(1/x)=-oo και lim(x->0-)x=0 τότε lim(x->0-)h(x)=-oo
h(-1)=-2

Η h είναι συνεχής και γνησίως φθίνουσα στο [-1,0), οπότε h(A)=h([-1,0))=(-oo,-2]=B
Άρα h(x)<=-2 για κάθε x ανήκει [-1,0)

Η g γράφεται στη μορφή g(x)=(hof)(x)=h(f(x)), x ανήκει R με -1<=f(x)<0 για κάθε x ανήκει R.

Άρα h(f(x))<=-2 => g(x)<=-2 για κάθε x ανήκει R

β) Εφόσον η h είναι αντιστρέψιμη, έχουμε:

g(x)=h(f(x)) <=> f(x)=(h-1)(g(x)), x ανήκει R

Η μοναδική λύση της εξίσωσης h(x)=-2 είναι η x=-1, δηλαδή h(x)=-2 <=> x=-1.

g(x0)=-2 <=> h(f(x0))=h(-1) <=> f(x0)=-1 (η h είναι 1-1)

Είναι f(x0)=(h-1)(g(x0))

Η h είναι συνεχής στο f(x0)=-1. Επομένως η (h-1) είναι συνεχής στο h(f(x0))=h(-1)=-2.
Η g είναι συνεχής στο x0 και η (h-1) είναι συνεχής στο g(x0)=-2=h(f(x0)). Επομένως η f είναι συνεχής στο x0.

eimaimathitis · 19-10-13

$\alpha ) g(x)\leq -2\Leftrightarrow f(x)+ \frac{1}{f(x)}\leq 2\Leftrightarrow {f(x)}^{2}+1\leq -2f(x)\Leftrightarrow {(f(x)+1)}^{2}\geq 0$
που ισχυεί.
$\beta ) g({x}_{0})=2\Leftrightarrow f({x}_{0})+\frac{1}{f({x}_{0})}=-2\Leftrightarrow {(f({x}_{0})+1)}^{2}=0\Leftrightarrow f({x}_{0})=-1$
Ακόμα: $f(x)\geq -1\Leftrightarrow f(x)+1\geq 0$ (1)
$0>f(x)\geq -1\Leftrightarrow \frac{1}{f(x)}\leq -1 \Leftrightarrow f(x)+2+\frac{1}{f(x)}\geq f(x)+2-1 \Leftrightarrow g(x)+2\geq f(x)+1$ (2)
Άρα από (1), (2) $0\leq f(x)+1\leq g(x)+2$
Όμως : $\lim_{x\rightarrow {x}_{0}}(g(x)+2)=\lim_{x\rightarrow {x}_{0}}0=0$
Οπότε σύμφωνα με το κριτήριο της παρεμβολής $\lim_{x\rightarrow {x}_{0}}(f(x)+1)=0$ ή $\lim_{x\rightarrow {x}_{0}}f(x)=-1=f({x}_{0})$
Άρα η $f$ είναι συνεχής στο ${x}_{0}$

xristospr · 19-10-13

παιδια help!!! γιατι η συναρτηση f(x) = ριζα Χ ΔΕΝ ικανοποιει το θεωρημα Θ.Μ.Τ. στο διαστημα [0,1]?
αφου και συνεχης ειναι στο διαστημα [0,1] αλλα κ παραγωγισιμη στο (0,1) ?

Civilara · 19-10-13

Αρχική Δημοσίευση από xristospr:
παιδια help!!! γιατι η συναρτηση f(x) = ριζα Χ ΔΕΝ ικανοποιει το θεωρημα Θ.Μ.Τ. στο διαστημα [0,1]?
αφου και συνεχης ειναι στο διαστημα [0,1] αλλα κ παραγωγισιμη στο (0,1) ?

Ποιος σου 'πε ότι δεν τις ικανοποιεί. Αφού είναι συνεχής στο [0,1] και παραγωγίσιμη στο (0,1) τότε ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του ΘΜΤ και υπάρχει ξ ανήκει (0,1) ώστε f΄(ξ)=(f(1)-f(0))/(1-0)=1. Συγκεκριμένα είναι ξ=1/4 και είναι μοναδικό.

xristospr · 19-10-13

Αρχική Δημοσίευση από Civilara:
Ποιος σου 'πε ότι δεν τις ικανοποιεί. Αφού είναι συνεχής στο [0,1] και παραγωγίσιμη στο (0,1) τότε ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του ΘΜΤ και υπάρχει ξ ανήκει (0,1) ώστε f΄(ξ)=(f(1)-f(0))/(1-0)=1. Συγκεκριμένα είναι ξ=1/4 και είναι μοναδικό.

Παπαδακης Βασιλης εκδο. Σαββαλας ερωτημα 32,70 το (γ)

δεν εξηγει πως κ γτ.Ειναι Σ - Λ.Η προταση λεει οτι δεν ικανοποιει.Κ το εχει Σωστο πισω στις λυσεις

eimaimathitis · 19-10-13

Θα ήθελα να βάλετε ότι πιο δύσκολο έχετε μέχρι και το πρώτο κεφάλαιο στην ανάλυση(με ή χωρίς συνδυασμό-με μιγαδικούς)

Υ.Γ. δεν έχω φτάσει ακόμα στο ΘΜΤ οπότε δεν ξέρω άμα είναι σωστό ή λάθος αλλά σίγουρα έχουν και τα βοηθήματα λάθη

rebel · 20 Οκτωβρίου 2013

Αρχική Δημοσίευση από dr.tasos:
οποιος και να ισχυει παλι το ιδιο αποτελεσμα εχω

Καταλαβαίνω τι λες απλώς θα ήμουν επιφυλακτικός στην χρήση του ορίου. Φαίνεται λογικό να υποθέσουμε ότι αν
$f_1(x)=\frac{g(x)}{2}+\frac{\sqrt{g^2(x)-4}}{2}$
$f_2(x)=\frac{g(x)}{2}-\frac{\sqrt{g^2(x)-4}}{2}$
υπάρχουν $a,b$ ώστε να ισχύει
$f(x)=f_1(x),\,\,x \in (a,x_0) \cup (x_0,b)$
είτε
$f(x)=f_2(x),\,\,x \in (a,x_0) \cup (x_0,b)$
είτε
$f(x)= \begin{cases} f_1(x), & x \in (a,x_0) \\ f_2(x), & x \in (x_0,b) \end{cases}$
είτε
$f(x)= \begin{cases} f_2(x), & x \in (a,x_0) \\ f_1(x), & x \in (x_0,b) \end{cases}$
Αν όμως είχαμε για παράδειγμα κάτι πιο περίεργο όπως
$f(x)= \begin{cases} f_1(x), & x \in \mathbb{Q} \\ f_2(x), & x \in \mathbb{R} \backslash \mathbb{Q} \right)\end{cases}$
τότε θα μπορούσαμε να βρούμε τέτοια $a,b$ ώστε να μην έχουμε πρόβλημα με το όριο;

Αρχική Δημοσίευση από Civilara:
α) Θεωρούμε την συνάρτηση h(x)=x+(1/x)=((x^2)+1)/x με πεδίο ορισμού το Α=[-1,0)...

Ωραία λύση με μόνη ίσως εκκρεμότητα την απόδειξη της συνέχειας της αντίστροφης που δεν είναι τόσο προφανής.

Αρχική Δημοσίευση από eimaimathitis:
$\color{red} {\frac{1}{f(x)} \leq -1 \Leftrightarrow f(x)+2+\frac{1}{f(x)}\geq f(x)+2-1}$

Στο σημείο αυτό αν δεν κάνω λάθος έχεις αντιστρέψει την φορά της ανισότητας;

Guest 018946 · 20-10-13

Εαν περναμε περιπτωσεις και λεγαμε οτι εαν ισχυει κοντα στο χ0 ο πρωτος τυπος να παιρναμε οριο
και αν ισχυει ο δευτερο τυπος κοντα στο χ0 ομοια

rebel · 20-10-13

Δηλαδή να ισχύει μία από τις περιπτώσεις

Αρχική Δημοσίευση από styt_geia:
$f(x)=f_1(x),\,\,x \in (a,x_0) \cup (x_0,b)$
είτε
$f(x)=f_2(x),\,\,x \in (a,x_0) \cup (x_0,b)$
είτε
$f(x)= \begin{cases} f_1(x), & x \in (a,x_0) \\ f_2(x), & x \in (x_0,b) \end{cases}$
είτε
$f(x)= \begin{cases} f_2(x), & x \in (a,x_0) \\ f_1(x), & x \in (x_0,b) \end{cases}$

που είπα πριν. Eκεί ακριβώς έχω αμφιβολία στο κατά πόσο μπορούμε να βρούμε κατάλληλα $a,b$ ώστε να ισχύει μία από τις 4 αυτές περιπτώσεις. Σαν αντιπαράδειγμα έγραψα την περίπτωση να είναι $f(x)=f_1(x)$ στους ρητούς και $f(x)=f_2(x)$ στους άρρητους. Πως θα μπορέσουμε τότε να βρούμε τέτοια $a,b$ αφού κάθε διάστημα πραγματικών αριθμών περιέχει πάντοτε και ρητούς και άρρητους; Εκτός αν αποδειχθεί με κάποιον τρόπο ότι η $f$ δεν μπορεί να είναι της τελευταίας μορφής. Τέλος πάντων η λύση που έχω αποφεύγει αυτόν τον σκόπελο με το κριτήριο παρεμβολής. Από συμπλήρωση τετραγώνου παίρνουμε:
$\left(f(x)-\frac{g(x)}{2}\right)^2=\frac{g^2(x)-4}{4} \Rightarrow \left|f(x)-\frac{g(x)}{2}\right|=\frac{\sqrt{g^2(x)-4}}{2},\,\,(1)$
Επίσης
$g(x) \leq -2 \Rightarrow -\frac{g(x)}{2} \geq 1 \Rightarrow f(x)-\frac{g(x)}{2} \geq f(x)+1 \geq 0 \Rightarrow \\ \left|f(x)-\frac{g(x)}{2}\right| \geq \left|f(x)+1\right|,\,\,(2)$
Λόγω (1) και (2) είναι :
$\left|f(x)+1\right| \leq \frac{\sqrt{g^2(x)-4}}{2} \Rightarrow -1-\frac{\sqrt{g^2(x)-4}}{2} \leq f(x) \leq -1+\frac{\sqrt{g^2(x)-4}}{2}$
οπότε από κριτήριο παρεμβολής $\lim_{x \to x_0}f(x)=-1$ . Έχει ήδη δειχθεί και ότι $f(x_0)=-1$ οπότε η $f$ είναι συνεχής στο $x_0$ . Το γ) ερώτημα της άσκησης λέει τα εξής:

Αν η $f$ είναι συνεχής με $f(0)=-1,\,\,\lim_{x \to -\infty}f(x)= \lim_{x \to +\infty}f(x)=0$ να αποδείξετε ότι:
i) Η $g$ έχει σύνολο τιμών $(-\infty, -2]$
ii) Αν επιπλέον η $f$ είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστημα $(-1,0)$ υπάρχει μοναδικό $x_0 \in (-1,0)$ τέτοιο ώστε $x_0^2-x_0g(x_0)+1=0$

Συλλογή ασκήσεων και τεστ στα Μαθηματικά Προσανατολισμού

Guest 018946

Επισκέπτης

Πολύ δραστήριο μέλος

Guest 018946

Επισκέπτης

Νεοφερμένος

Πολύ δραστήριο μέλος

Νεοφερμένος

Πολύ δραστήριο μέλος

Νεοφερμένος

Guest 018946

Επισκέπτης

Πολύ δραστήριο μέλος

Guest 018946

Επισκέπτης

Περιβόητο μέλος

Νεοφερμένος

Νεοφερμένος

Περιβόητο μέλος

Νεοφερμένος

Νεοφερμένος

Πολύ δραστήριο μέλος

Guest 018946

Επισκέπτης

Πολύ δραστήριο μέλος