Αποτελέσματα αναζήτησης

αν η γραμμη ειναι κλειστη τοτε z_1=z_ν,ετσι πρεπει να ξεκινησεις.και το οτι αποδυκνυεις την περιπτωση z=1\2 δε σημαινει τιποτα.πρεπει να καταληξεις σε ατοπο δειχνοντας οτι αυτο που υποθετεις ερχεται σε αντιθεση με τις υποθεσεις της ασκησης.

αυτο που λεει η αριανα ειναι γενικοτερο φαινομενο.νομιζω πως το προβλημα ειναι οτι οι περισσοτεροι μαθητες δεν ειναι συνιθισμενοι στην εννοια της αποδειξης. αν δειτε ολα τα βιβλια του γυμνασιου δεν περιεγχουν ουτε μιση αποδειξη.απο την αλλη η γεωμετρια δεν προχωρα ουτε βημα χωρις αποδειξη.ειναι...

ναι ειναι ν-1 δικο μου λαθος.διορθωθηκε,συγγνωμη

το πρωτο ειναι το σωστο.τα ακρα συμπιπτουν. συμβουλη (μονο για φοιτητες):το ποτο βοηθαει ...

Έστω z ενας μιγαδικός αριθμός με 0<|z|<1.θεωρουμε τους μιγαδικόυς αριθμούς z_1=1,z_2=1+z,z_3=1+z+z^2,...,z_n=1+z+z^2+...+z^{n-1} Αν Α_1,Α_2,...,Α_n ειναι αντιστοιχα οι εικονες τους να δειχτει ότι η τεθλασμενη γραμμη Α_1Α_2...Α_n δεν ειναι κλειστη.

πρεπει να εξαιρεθει και το 0 διοτι το οριο ειναι απειρο εκει επομενως η συναρτηση δεν παιρνει ποραγματικη τιμη. το πεδιο ορισμου της συναρτησης αποτελειται απο ολα τα χ για τα οποια το f(x) ειναι πραγματικος.αυτο ειναι το συνολο Α-{0} οπου Α το συνολο που εγραψα παραπανω. υπαρχει τελικα το...

|f(x)|\leq \frac{n^2}{|2nx+1|} \forall x \in A συμφωνεις?

βασικα αν το σκεφτεις στους μιγαδικους ,λογω ακριβως της τριγωνομετρικης μορφης η σχεση y=\sqrt{z} δεν οριζει συναρτηση διοτι η επιλογη του ορισματος ειναι τυχαια.ή οπως λεμε οριζει πλειονοτιμη και οχι μονοτιμη συναρτηση.εκει ειναι το προβλημα.η λυση δινεται απο τις επιφανειες ριμαν και την...

το πεδιο ορισμου της συναρτησης ειναι το A=\mathbb{R} -\{-\frac{1}{2n}|n=1,2,3...\} δεν εχουμε δικαιωμα να απλοποιησουμε τον τυπο της συναρτησης προτου βρουμε το πεδιο ορισμου της. π.χ. η συναρτηση f(x)=\frac{x^2-1}{x-1} δεν εχει πεδιο ορισμου το \mathbb{R} αλλα το \mathbb{R}-\{1\}...

αυτη τη συγκριση θα μπορουσε να την κανει καποιος που τελειωσε και τις δυο σχολες. οσο για το οτι το μαθηματικο αθηνας ειναι το χειροτερο μαθηματικο τμημα στην ελλαδα,θα πρεπει να δοθουν εξηγησεις.με ποια κριτητρια ειναι το χειροτερο?απο αποψη καθηγητων μαλλον ειναι το καλυτερο.απο αποψη...

βασικα πρεπει κατ αρχην να γινει μια διαπιστωση.τα μαθηματικα δεν ειναι ασκησεις.ενας καλος μαθηματικος δεν ειναι κατ αναγκην καλος λυτης ασκησεων και αντιστροφα ενας καλος λυτης δεν ειναι κατ αναγκην μαθηματικος. ενας μαθητης της γ λυκειου ας πουμε που διαβαζει μαθηματικα πολλες ωρες για να...

κατ αρχην πρεπει να δειξεις οτι η συναρτηση ειναι 1-1 ωστε να αντιστρεφεται.στη συνεχεια λυνεις την εξισωση y=f(x) ως προς χ.γενικα ισχυει y=f(x)<=> x=f^-1 (y) οταν η συναρτηση αντιστρεφεται.

ok.το συμπερασμα ειναι πως οι μιγαδικοι δεν επιδεχονται διαταξη αλλα μπορουμε να βρουμε μεσα τους συνολα που επιδεχονται αν τα δουμε ως κλειστα συνολα.

ποτε ειχες φανταστικο μερος σε μια ανισωση?μαλλον πρεπει να βρισκοταν μεσα σε μετρο οποτε ο καθηγητης σου ειχε δικιο!

εννοω οτι μπορουμε να τους συγκρινουμε αν δουμε αυτην την ευθεια (ψ=3 στην περιπτωση σου) ως ενα κλειστο συνολο χωρις το επιπεδο που την περιεγχει.αυτο γινεται και δεν ειναι καθολου λαθος. εγω λεω ας πουμε οτι μπορουμε να ορισουμε διαταξη στο συνολο {κ+2i|k πραγματικος} που δεν αποτελειται απο...

οι μιγαδικοι δεν διατασσονται σαν κλειστο και πληρες συνολο.κανεις δε μιλησε για πραγματικούς οι οποιοι φυσικα διατασσονται κατα τα γνωστα και ειναι κομματι των μιγαδικων. κοιτοντας γεωμετρικα το θεμα θα μπορουσαμε να ζητησουμε το εξης που γενικευει αυτο που λες. Να αποδειχτει οτι καθε ευθεια...

δεν ειναι σωστο αυτο.ο hooke πηγε και ρωτησε τον newton τί μορφη θα ειχαν οι τροχιες των πλανητων αν η παγοσμια ελξη ηταν αντιστροφη του τετραγωνου τη αποστασης και εκεινος απαντησε οτι θα ηταν ελλειψεις.οταν τον ξαναρωτησε πως το βρηκε ο newton απαντησε:''διοτι το εχω υπολογισει''.σε αυτον...

κοιτα ας πουμε αυτο: (Ramanujan): 1 + 2 + 3 + ... + \infty = - {1 \over 2} πως μπορει κατι τετοιο να ναι σωστο? κι ομως...

καλα αυτες ουτε ο hardy τις καταλαβαινε!!

mostel:ριξε μια ματια στη σειρα του leibniz: \frac{\pi}{4}=1-\frac{1}{3}+\frac{1}{5}-\frac{1}{7}+...= \sum\limits_{n = 0}^\infty {{{\left( { - 1} \right)^n } \over {2n + 1}}} δινει το π συναρτησει των περιττων αριθμων.τρελα!! υ.γ. συγγνωμη για το oftopic.

να μια ωραια και ευκολη ασκηση:Να αποδειχτει οτι οι μιγαδικοι δεν μπορει να διαταχθουν με οποιοδηποτε τροπο.

ταδε εφη ζαρατουστρα. ο νιτσε τα σπαει (οπως παντα).ειναι λιγο βαρυ..

βασικα δεν υπαρχει μια συγκεκριμενη μεθοδος για τις ανισωσεις.χρησιμοποιουνται συχνα η τριγωνικη ανισοτητα,η υψωση στο τετραγωνο και λιγοτερο η γεωμετρικη εποπτεια.συνηθως μια ανιστητα με μιγαδικους εχει και μια αλγεβρικη αποδειξη,δηλαδη με πραξεις.αν θες βαλε μια ασκηση να τη δουμε ολοι μαζι.

εγω πιστευω οτι η χρηση της ευκλειδιας γεωμετριας στις ασκησεις της αναλυσης ειναι πολυ χρησιμη και μπορει να παραγει πανεμορφες λυσεις.

αντιπαραδειγμα?

για γνησιως φθινουσες δεν ισχυει?

Ασκηση. αν z_1,z_2 \in \mathbb{C} και ισχύει οτι arg\left(\frac{z_1+z_2}{z_1-z_2}\right)=\frac{\pi}{2} να αποδειξετε οτι |z_1|=|z_2|. εννοειται οτι μιλαμε για διαφορετικους μιγαδικους.

ribo. προσωπικα δεν διαπιστσα κανενα μπαχαλο εκτος απο αυτα που συμβαινουν παντου σ αυτη τη χωρα.μια χαρα μου φανηκε.ενταξει οι αποψεις διιστανται... για βιβλιο σου προτεινω μετα τον φερμα να διαβασεις την μουσικη των πρωτων αριθμων (εκδοσεις ΤΡΑΥΛΟΣ) που μιλαει για την εικασια του ριμαν η...

μια ωραια ασκηση που γενικευει τα παραπανω ειναι η εξης: αν ο ν δεν ειναι τελειο τετραγωνο τοτε η ριζα του ειναι αρρητη.πορισμα: \sqrt{n^2+1}\notin \mathbb{Q} \ \forall n \in \mathbb{N}

βασικα δε νομιζω πως το θεμα εχει τεθει στη σωστη βαση.πιστευω πως το ζητημα ειναι η σταση του ιδιου του φοιτητη απεναντι στη σχολη.τα πιο ευκολα μπορει να γινουν δυσκολα και αντιστροφως αν δεν υπαρχει μια στοιχειωδης σοβαροτητα απεναντι στις υποχρεωσεις. εγω εβγαλα στα 4 χρονια το μαθηματικο...