![Ημερομηνία Ημερομηνία](images/general/calendar.png)
![Ώρα Ώρα](images/general/clock.png)
Έστω!Πάρε ξ1 και ξ2. Το θέμα μου είναι ότι μπορεί να είναι αλλά μπορεί και να μην είναι ίσα. Αυτό ρωτάω.
Αχα . Μπορεί τελικά να αποδείξεις ότι ξ1=ξ2 αλλά δε σε νοιαζει
![Γλώσσα :P :P](https://www.e-steki.gr/images/smilies/tongue.gif)
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 11 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Civilara
Περιβόητο μέλος
![Ημερομηνία Ημερομηνία](images/general/calendar.png)
![Ώρα Ώρα](images/general/clock.png)
Μια ερώτηση. Έχω μια συνάρτηση f δις παραγωγίσημη.
Κάνω Θ.Rolle στην f και βγάζω ξ που ανείκη στο (α,β): f'(ξ)=0
Κάνω Θ.Rolle στην f' και βγάζω ξ που ανείκη στο (α,β): f''(ξ)=0
Αυτά τα δύο ξ δεν είναι το ίδιο, έτσι;
Μπορεί να είναι αλλά μπορεί και να μην είναι.
Δεν είναι απαραίτητο να είναι ίσα αλλά ούτε και αποκλείεται. Για παράδειγμα η συνάρτηση f(x)=ημx+συνx, x ανήκει R. Η f είναι 2 φορές παραγωγίσιμη στο R με παρσγώγους:
f΄(x)=συνx-ημx
f΄΄(x)=-ημx-συνx=-f(x)
Λύνουμε τις εξισώσεις f(x)=0, f΄(x)=0, f΄΄(x)=0. (Οι εξισώσεις f(x)=0 και f΄΄(x)=0 είναι ισοδύναμες αφού f΄΄(x)=-f(x))
f΄΄(x)=0 <=> f(x)=0 <=> ημx+συνx=0 <=> ημx=-συνx <=> εφx=-1 <=> εφx=εφ(-π/4) <=> x=κπ-(π/4) όπου κ ανήκει Ζ
f΄(x)=0 <=> συνx-ημx=0 <=> ημx=συνx <=> εφx=1 <=> εφx=εφ(π/4) <=> x=λπ+(π/4) όπου λ ανήκει Ζ
Για να έχουν κοινές ρίζες οι εξισώσεις f΄(x)=0 και f΄΄(x)=0 πρέπει να υπάρχουν ακέραιοι κ,λ τέτοιοι ώστε:
κπ-(π/4)=λπ+(π/4) <=> κπ=λπ+(π/2) <=> κ=λ+(1/2) που είναι άτοπο αφού για κάθε λ ανήκει Ζ ο [λ+(1/2)] δεν είναι ακέραιος.
Για κ ανήκει Ζ έχουμε:
ημ(κπ+φ)=ημ(κπ)συνφ+συν(κπ)ημφ=0*συνφ+((-1)^|κ|)ημφ=[(-1)^|κ|]ημφ
συν(κπ+φ)=συν(κπ)συνφ-ημ(κπ)ημφ=((-1)^|κ|)συνφ-0*ημφ=[(-1)^|κ|]συνφ
Άρα
ημ(κπ-(π/4))=[(-1)^|κ|]ημ(-π/4)=-(SQRT(2)/2)*[(-1)^|κ|]
συν(κπ-(π/4))=[(-1)^|κ|]συν(-π/4)=(SQRT(2)/2)*[(-1)^|κ|]
ημ(κπ+(π/4))=[(-1)^|κ|]ημ(π/4)=(SQRT(2)/2)*[(-1)^|κ|]
συν(κπ+(π/4))=[(-1)^|κ|]συν(π/4)=(SQRT(2)/2)*[(-1)^|κ|]
f΄(κπ-(π/4))=(SQRT(2)/2)*[(-1)^|κ|]+(SQRT(2)/2)*[(-1)^|κ|]=SQRT(2)*[(-1)^|κ|] διάφορο 0
f΄΄(κπ-(π/4))=(SQRT(2)/2)*[(-1)^|κ|]-(SQRT(2)/2)*[(-1)^|κ|]=0
f΄(κπ+(π/4))=(SQRT(2)/2)*[(-1)^|κ|]-(SQRT(2)/2)*[(-1)^|κ|]=0
f΄΄(κπ+(π/4))=-(SQRT(2)/2)*[(-1)^|κ|]-(SQRT(2)/2)*[(-1)^|κ|]=-SQRT(2)*[(-1)^|κ|] διάφορο 0
Οι συναρτήσεις f, f΄ και f΄΄ είναι περιοδικές με περίοδο Τ=2π. Αυτό σημαίνει ότι για κάθε κ ανήκει Ζ* και για κάθε x ανήκει R ισχύουν:
f(x+2κπ)=f(x)
f΄(x+2κπ)=f΄(x)
f΄΄(x+2κπ)=f΄΄(x)
Η f είναι συνεχής στο διάστημα [x0+2κπ, x0+2(κ+1)π], παραγωγίσιμη στο (x0+2κπ, x0+2(κ+1)π) και ισχύει f(x0+2(κ+1)π)=f(x0+2κπ)=f(x0) για κάθε κ ανήκει Z και όπου x0 ανήκει R. Επομένως σύμφωνα με το θεώρημα Rolle υπάρχει τουλάχιστον ένα ξ1 στο διάστημα (x0+2κπ, x0+2(κ+1)π) τέτοιο ώστε f΄(ξ1)=0.
Η f΄ είναι συνεχής στο διάστημα [x0+2κπ, x0+2(κ+1)π], παραγωγίσιμη στο (x0+2κπ, x0+2(κ+1)π) και ισχύει f΄(x0+2(κ+1)π)=f΄(x0+2κπ)=f΄(x0) για κάθε κ ανήκει Z και όπου x0 ανήκει R. Επομένως σύμφωνα με το θεώρημα Rolle υπάρχει τουλάχιστον ένα ξ2 στο διάστημα (x0+2κπ, x0+2(κ+1)π) τέτοιο ώστε f΄΄(ξ2)=0.
Όμως επειδή οι εξισώσεις f΄(x)=0 και f΄΄(x)=0 δεν έχουν καμία κοινή ρίζα τότε ισχύει ξ1 διάφορο ξ2.
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 11 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Mercury
Επιφανές μέλος
![Ημερομηνία Ημερομηνία](images/general/calendar.png)
![Ώρα Ώρα](images/general/clock.png)
Την έχω φτάσει με το παρακάτω σημείο και μετά κολλάω...
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 11 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
![Ημερομηνία Ημερομηνία](images/general/calendar.png)
![Ώρα Ώρα](images/general/clock.png)
Να λύσετε την εξίσωση:
Την έχω φτάσει με το παρακάτω σημείο και μετά κολλάω...
Αριστερά (στα fm
![Γλώσσα :P :P](https://www.e-steki.gr/images/smilies/tongue.gif)
Φέρε τα όλα στο ένα μέλος και κάνε παραγοντοποίηση.
Ρίζες: z=±sqrt(3)i, z=2i.
Have fun και καλή επιτυχία.
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 11 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Dias
Επιφανές μέλος
![Ημερομηνία Ημερομηνία](images/general/calendar.png)
![Ώρα Ώρα](images/general/clock.png)
=> z³ - 2iz² + 3z - 6i = 0 => z²(z - 2i) + 3(z - 2i) = 0 => (z - 2i)(z² +3) = 0 =>Να λύσετε την εξίσωση:
![]()
z = 2i , z = +i√3̅ , z = -i√3̅ .
![](/proxy.php?image=http%3A%2F%2Fwww.e-steki.gr%2Fimages%2Fimported%2F2013%2F02%2FimagesqtbnANd9GcTgdLquk1wVOu4wuYspLMe8A0-1.jpg&hash=9fe4f5a1222c376f694fe69cef8bd01b)
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 11 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Mercury
Επιφανές μέλος
![Ημερομηνία Ημερομηνία](images/general/calendar.png)
![Ώρα Ώρα](images/general/clock.png)
Αριστερά (στα fm) βγάλε κοινό παράγοντα το z² και δεξιά το -3.
Φέρε τα όλα στο ένα μέλος και κάνε παραγοντοποίηση.
Ρίζες: z=±3i, z=2i.
Have fun και καλή επιτυχία.
Ευχαριστώ πολύ!!!
Άν και πρέπει να έκανες ένα λαθάκι στις ρίζες.
Δεν θα έπρεπε να είναι
Ρε Δία,όχι και μάκμπουκ...
Εντάξει,ιεροσυλία
![Γλώσσα :P :P](https://www.e-steki.gr/images/smilies/tongue.gif)
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 11 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
JKaradakov
Τιμώμενο Μέλος
![Ημερομηνία Ημερομηνία](images/general/calendar.png)
![Ώρα Ώρα](images/general/clock.png)
Το χρειαζόμουν σε μία άσκηση οπότε γι'αυτό με ένοιαζε.Αχα . Μπορεί τελικά να αποδείξεις ότι ξ1=ξ2 αλλά δε σε νοιαζει![]()
![Γλώσσα :P :P](https://www.e-steki.gr/images/smilies/tongue.gif)
Δεν είναι απαραίτητο να είναι ίσα αλλά ούτε και αποκλείεται. Για παράδειγμα η συνάρτηση f(x)=ημx+συνx, x ανήκει R. Η f είναι 2 φορές παραγωγίσιμη στο R με παρσγώγους:
f΄(x)=συνx-ημx
f΄΄(x)=-ημx-συνx=-f(x)
Λύνουμε τις εξισώσεις f(x)=0, f΄(x)=0, f΄΄(x)=0. (Οι εξισώσεις f(x)=0 και f΄΄(x)=0 είναι ισοδύναμες αφού f΄΄(x)=-f(x))
f΄΄(x)=0 <=> f(x)=0 <=> ημx+συνx=0 <=> ημx=-συνx <=> εφx=-1 <=> εφx=εφ(-π/4) <=> x=κπ-(π/4) όπου κ ανήκει Ζ
f΄(x)=0 <=> συνx-ημx=0 <=> ημx=συνx <=> εφx=1 <=> εφx=εφ(π/4) <=> x=λπ+(π/4) όπου λ ανήκει Ζ
Για να έχουν κοινές ρίζες οι εξισώσεις f΄(x)=0 και f΄΄(x)=0 πρέπει να υπάρχουν ακέραιοι κ,λ τέτοιοι ώστε:
κπ-(π/4)=λπ+(π/4) <=> κπ=λπ+(π/2) <=> κ=λ+(1/2) που είναι άτοπο αφού για κάθε λ ανήκει Ζ ο [λ+(1/2)] δεν είναι ακέραιος.
Για κ ανήκει Ζ έχουμε:
ημ(κπ+φ)=ημ(κπ)συνφ+συν(κπ)ημφ=0*συνφ+((-1)^|κ|)ημφ=[(-1)^|κ|]ημφ
συν(κπ+φ)=συν(κπ)συνφ-ημ(κπ)ημφ=((-1)^|κ|)συνφ-0*ημφ=[(-1)^|κ|]συνφ
Άρα
ημ(κπ-(π/4))=[(-1)^|κ|]ημ(-π/4)=-(SQRT(2)/2)*[(-1)^|κ|]
συν(κπ-(π/4))=[(-1)^|κ|]συν(-π/4)=(SQRT(2)/2)*[(-1)^|κ|]
ημ(κπ+(π/4))=[(-1)^|κ|]ημ(π/4)=(SQRT(2)/2)*[(-1)^|κ|]
συν(κπ+(π/4))=[(-1)^|κ|]συν(π/4)=(SQRT(2)/2)*[(-1)^|κ|]
f΄(κπ-(π/4))=(SQRT(2)/2)*[(-1)^|κ|]+(SQRT(2)/2)*[(-1)^|κ|]=SQRT(2)*[(-1)^|κ|] διάφορο 0
f΄΄(κπ-(π/4))=(SQRT(2)/2)*[(-1)^|κ|]-(SQRT(2)/2)*[(-1)^|κ|]=0
f΄(κπ+(π/4))=(SQRT(2)/2)*[(-1)^|κ|]-(SQRT(2)/2)*[(-1)^|κ|]=0
f΄΄(κπ+(π/4))=-(SQRT(2)/2)*[(-1)^|κ|]-(SQRT(2)/2)*[(-1)^|κ|]=-SQRT(2)*[(-1)^|κ|] διάφορο 0
Οι συναρτήσεις f, f΄ και f΄΄ είναι περιοδικές με περίοδο Τ=2π. Αυτό σημαίνει ότι για κάθε κ ανήκει Ζ* και για κάθε x ανήκει R ισχύουν:
f(x+2κπ)=f(x)
f΄(x+2κπ)=f΄(x)
f΄΄(x+2κπ)=f΄΄(x)
Η f είναι συνεχής στο διάστημα [x0+2κπ, x0+2(κ+1)π], παραγωγίσιμη στο (x0+2κπ, x0+2(κ+1)π) και ισχύει f(x0+2(κ+1)π)=f(x0+2κπ)=f(x0) για κάθε κ ανήκει Z και όπου x0 ανήκει R. Επομένως σύμφωνα με το θεώρημα Rolle υπάρχει τουλάχιστον ένα ξ1 στο διάστημα (x0+2κπ, x0+2(κ+1)π) τέτοιο ώστε f΄(ξ1)=0.
Η f΄ είναι συνεχής στο διάστημα [x0+2κπ, x0+2(κ+1)π], παραγωγίσιμη στο (x0+2κπ, x0+2(κ+1)π) και ισχύει f΄(x0+2(κ+1)π)=f΄(x0+2κπ)=f΄(x0) για κάθε κ ανήκει Z και όπου x0 ανήκει R. Επομένως σύμφωνα με το θεώρημα Rolle υπάρχει τουλάχιστον ένα ξ2 στο διάστημα (x0+2κπ, x0+2(κ+1)π) τέτοιο ώστε f΄΄(ξ2)=0.
Όμως επειδή οι εξισώσεις f΄(x)=0 και f΄΄(x)=0 δεν έχουν καμία κοινή ρίζα τότε ισχύει ξ1 διάφορο ξ2.
Ευχαρίστώ!
![Πολύ χαρούμενος :D :D](https://www.e-steki.gr/images/smilies/biggrin.gif)
Αν και δεν χρειάζονταν τόσο αναλυτική λύση.
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 11 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
aris-bas
Νεοφερμένος
![Ημερομηνία Ημερομηνία](images/general/calendar.png)
![Ώρα Ώρα](images/general/clock.png)
{ (χ^3)+β(χ^2)+γχ+β+γ, χ>=0
να υπολογισετε τα α,β,γ ε R ωστε να εφαρμοζεται το θεωρημα rolle για την f στο[-1,1] και να βρειτε ξ ε(-1,1) ωστε f'(ξ)=0
2)δινεται συναρτηση f:[α,β]->R παραγωγισιμη στο [α,β] οπου αβ διαφορο του μηδενος
εστω συναρτηση g με g(x)=f(x)[(x^2)-(α+β)x] ,η οποια ικανοποιει τις προυποθεσεις του θεωρηματος rolle στο [α,β]Να αποδειξετε οτι υπαρχει θ ε (α,β) τετοιο ωστε f'(θ)=0
3)εστω f συναρτηση ορισμενη και συνεχης στο [α,β],παραγωγισιμη στο (α,β) ωστε f(α)=f(β)=0
να αποδειξετε οτι για καθε
4)δινεται συναρτηση g δυο φορες παραγωγισιμη στο R ωστε να ισχυει 2g(x)+4xg'(x)+(x^2)g''(x) διαφορο του μηδενος για καθε χ ε R και g(0) διαφορο του μηδενος.Να αποδειξετε οτι η εξισωση g(x)=0 εχει το πολυ μια λυση στο R*.
μπορει να βοηθησει κανεις στις παραπανω????
ευχαριστω εκ των προτερων
υ.γ στην 1η ασκηση η συναρτηση ειναι δικλαδη
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 11 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Civilara
Περιβόητο μέλος
![Ημερομηνία Ημερομηνία](images/general/calendar.png)
![Ώρα Ώρα](images/general/clock.png)
4)δινεται συναρτηση g δυο φορες παραγωγισιμη στο R ωστε να ισχυει 2g(x)+4xg'(x)+(x^2)g''(x) διαφορο του μηδενος για καθε χ ε R και g(0) διαφορο του μηδενος.Να αποδειξετε οτι η εξισωση g(x)=0 εχει το πολυ μια λυση στο R*.
Θεωρούμε την συνάρτηση f με τύπο f(x)=(x^2)g(x) και πεδίο ορισμού το Α=R.
Επειδή η g είναι 2 φορές παραγωγίσιμη στο R τότε και η f είναι 2 φορές παραγωγίσιμη στο R με παραγώγους:
f΄(x)=2xg(x)+(x^2)g΄(x)=x[2g(x)+xg΄(x)], x ανήκει R
f΄΄(x)=2g(x)+4xg΄(x)+(x^2)g΄΄(x), x ανήκει R
Έχουμε
f(0)=(0^2)*g(0)=0
f΄(0)=0*[2g(0)+0*g΄(0)]=0
f΄΄(0)=2g(0)+4*0*g΄(0)+(0^2)*g΄΄(0)=2g(0) διάφορο 0 εφόσον g(0) διάφορο 0
Η f είναι 2 φορές παραγωγίσιμη στο R οπότε η f και η f΄ είναι συνεχείς στο R
Για κάθε x<0, η f΄ είναι συνεχής στο [x,0] και παραγωγίσιμη στο (x,0). Επομένως σύμφωνα με το θεώρημα μέσης τιμής υπάρχει τουλάχιστον ένα ξ1 ανήκει (x,0) τέτοιο ώστε:
f΄΄(ξ1)=[f΄(0)-f΄(x)]/(0-x)=f΄(x)/x=2g(x)+xg΄(x)
Για κάθε x>0, η f΄ είναι συνεχής στο [0,x] και παραγωγίσιμη στο (0,x). Επομένως σύμφωνα με το θεώρημα μέσης τιμής υπάρχει τουλάχιστον ένα ξ2 ανήκει (0,x) τέτοιο ώστε:
f΄΄(ξ2)=[f΄(x)-f΄(0)]/(x-0)=f΄(x)/x=2g(x)+xg΄(x)
Άρα για κάθε x ανήκει R* υπάρχει τουλάχιστον ένα ξ διάφορο x και διάφορο 0 τέτοιο ώστε f΄΄(ξ)=2g(x)+xg(x)
Επίσης επειδή f΄΄(0)=2g(0), η παραπάνω σχέση ικανοποιείται για ξ=x=0.
Επομένως για κάθε x ανήκει R υπάρχει τουλάχιστον ένα ξ ανήκει R τέτοιο ώστε f΄΄(ξ)=2g(x)+xg(x)
f΄΄(ξ) διάφορο 0 => 2g(x)+xg(x) διάφορο 0 για κάθε x ανήκει R
(Για x=0 προκύπτει g(0) διάφορο 0 που δίνεται. Επομένως δεν είναι απαραίτητο να δίνεται στην εκφώνηση ότι g(0) διάφορο 0 αφού προκύπτει)
Επειδή f΄(x)=x[2g(x)+xg΄(x)] τότε ισχύει f΄(x) διάφορο 0 για κάθε x ανήκει R*.
Για κάθε x<0, η f είναι συνεχής στο [x,0] και παραγωγίσιμη στο (x,0). Επομένως σύμφωνα με το θεώρημα μέσης τιμής υπάρχει τουλάχιστον ένα ξ3 ανήκει (x,0) τέτοιο ώστε:
f΄(ξ3)=[f(0)-f(x)]/(0-x)=f(x)/x=xg(x)
Για κάθε x>0, η f είναι συνεχής στο [0,x] και παραγωγίσιμη στο (0,x). Επομένως σύμφωνα με το θεώρημα μέσης τιμής υπάρχει τουλάχιστον ένα ξ4 ανήκει (0,x) τέτοιο ώστε:
f΄(ξ4)=[f(x)-f(0)]/(x-0)=f(x)/x=xg(x)
Άρα για κάθε x ανήκει R* υπάρχει τουλάχιστον ένα ξ΄ διάφορο x και διάφορο 0 τέτοιο ώστε f΄(ξ΄)=xg(x).
Έχουμε
f΄(ξ΄) διάφορο 0 => xg(x) διάφορο 0 => g(x) διάφορο 0 για κάθε x ανήκει R*
Επειδή g(x) διάφορο 0 για κάθε x ανήκει R* και g(0) διάφορο 0 τότε g(x) διάφορο 0 για κάθε x ανήκει R.
Επομένως η εξίσωση g(x)=0 δεν έχει καμία πραγματική λύση.
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 11 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Civilara
Περιβόητο μέλος
![Ημερομηνία Ημερομηνία](images/general/calendar.png)
![Ώρα Ώρα](images/general/clock.png)
3)εστω f συναρτηση ορισμενη και συνεχης στο [α,β],παραγωγισιμη στο (α,β) ωστε f(α)=f(β)=0
να αποδειξετε οτι για καθευπαρχει ξ ε (α,β) ωστε (ξ-γ)f'(ξ)=3f(ξ)
Θεωρούμε τη συνάρτηση g με τύπο g(x)=f(x)/[(x-γ)^3] όπου x ανήκει [α,β] και γ δεν ανήκει [α,β].
Επειδή η f είναι συνεχής στο [α,β] τότε και η g είναι συνεχής στο [α,β].
Έχουμε g(α)=f(α)/[(α-γ)^3]=0 και g(β)=f(β)/[(β-γ)^3]=0. Επομένως g(α)=g(β)=0.
Επειδή η f είναι παραγωγίσιμη στο (α,β) τότε και η g είναι παραγωγίσιμη στο (α,β) με πρώτη παράγωγο:
g΄(x)=[f΄(x)(x-γ)-3f(x)]/[(x-γ)^4], x ανήκει (α,β)
Η g είναι συνεχής στο [α,β], παραγωγίσιμη στο (α,β) και ισχύει g(α)=g(β). Επομένως σύμφωνα με το θεώρημα Rolle υπάρχει τουλάχιστον ένα ξ ανήκει (α,β) τέτοιο ώστε g΄(ξ)=0. Έχουμε:
g΄(ξ)=0 <=> [f΄(ξ)(ξ-γ)-3f(ξ)]/[(ξ-γ)^4]=0 <=> f΄(ξ)(ξ-γ)-3f(ξ)=0 <=> f΄(ξ)(ξ-γ)=3f(ξ)
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 11 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
greekgohan
Εκκολαπτόμενο μέλος
![Ημερομηνία Ημερομηνία](images/general/calendar.png)
![Ώρα Ώρα](images/general/clock.png)
Eφοσον η g ικανοποιει τις προυποθεσεις του rolle στο [α,β],αρα g(α)=g(β) κατι που οδηγει σε f(α)=f(β).2)δινεται συναρτηση f:[α,β]->R παραγωγισιμη στο [α,β] οπου αβ διαφορο του μηδενος
εστω συναρτηση g με g(x)=f(x)[(x^2)-(α+β)x] ,η οποια ικανοποιει τις προυποθεσεις του θεωρηματος rolle στο [α,β]Να αποδειξετε οτι υπαρχει θ ε (α,β) τετοιο ωστε f'(θ)=0
Δηλαδη παρατηρουμε οτι και η f ικανοποιει τις προυποθεσεις του rolle,συνεπως υπαρχει θ στο(α,β) ωστε f'(θ)=0.
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 11 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
rebel
Πολύ δραστήριο μέλος
![Ημερομηνία Ημερομηνία](images/general/calendar.png)
![Ώρα Ώρα](images/general/clock.png)
Θεωρώ την συνάρτηση4)δινεται συναρτηση g δυο φορες παραγωγισιμη στο R ωστε να ισχυει 2g(x)+4xg'(x)+(x^2)g''(x) διαφορο του μηδενος για καθε χ ε R και g(0) διαφορο του μηδενος.Να αποδειξετε οτι η εξισωση g(x)=0 εχει το πολυ μια λυση στο R*.
Είναι τότε
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 11 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
t00nS
Εκκολαπτόμενο μέλος
![Ημερομηνία Ημερομηνία](images/general/calendar.png)
![Ώρα Ώρα](images/general/clock.png)
2)να υπολογιστεί το ολοκλήρωμα απο 0 εώς π/2 (συν^3*χ-2συνχ)*ημχdx
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 11 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Civilara
Περιβόητο μέλος
![Ημερομηνία Ημερομηνία](images/general/calendar.png)
![Ώρα Ώρα](images/general/clock.png)
1) δινεται η συναρτηση f με f(χ) ={ α(e^x), x<0
{ (χ^3)+β(χ^2)+γχ+β+γ, χ>=0
να υπολογισετε τα α,β,γ ε R ωστε να εφαρμοζεται το θεωρημα rolle για την f στο[-1,1] και να βρειτε ξ ε(-1,1) ωστε f'(ξ)=0
Θεωρούμε την συνάρτηση g(x)=α(e^x), x ανήκει R. Η g είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο R με πρώτη παράγωγο:
g΄(x)=α(e^x), x ανήκει R
Έχουμε g(0)=g΄(0)=α. Επειδή η g είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο 0 έχουμε:
lim(x->0)g(x)=g(0)=α <=> lim(x->0-)g(x)=lim(x->0+)g(x)=α
lim(x->0)[(g(x)-g(0))/(x-0)]=g΄(0)=α <=> lim(x->0-)[(g(x)-g(0))/(x-0)]=lim(x->0+)[(g(x)-g(0))/(x-0)]=α
Θεωρούμε την συνάρτηση h(x)=(x^3)+β(x^2)+γx+β+γ, x ανήκει R. Η h είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο R με πρώτη παράγωγο:
h΄(x)=3(x^2)+2βx+γ, x ανήκει R
Έχουμε h(0)=β+γ και h΄(0)=γ. Επειδή η h είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο 0 έχουμε:
lim(x->0)h(x)=h(0)=β+γ <=> lim(x->0)h(x)=lim(x->0+)h(x)=β+γ
lim(x->0)[(h(x)-h(0))/(x-0)]=h΄(0)=γ <=> lim(x->0-)[(h(x)-h(0))/(x-0)]=lim(x->0+)[(h(x)-h(0))/(x-0)]=γ
Για την συνάρτηση f γνωρίζουμε ότι:
f(x)=g(x) για x<0
f(x)=h(x) για x>=0
Επειδή για κάθε x ανήκει (-οο,0) ισχύει f(x)=g(x) τότε η f είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο (-οο,0) με πρώτη παράγωγο f΄(x)=g΄(x) για κάθε x ανήκει (-οο,0). Επειδή για κάθε x ανήκει (0,+οο) ισχύει f(x)=h(x) τότε η f είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο (0,+oo) με πρώτη παράγωγο f΄(x)=h΄(x) για κάθε x ανήκει (0,=oo).
Για να εφαρμόζεται για την f το θεώρημα του Rolle στο διάστημα [-1,1] πρέπει η f να είναι συνεχής στο [-1,1], παραγωγίσιμη στο (-1,1) και να ισχύει f(-1)=f(1). Για να είναι η f συνεχής στο [-1,1] και παραγωγίσιμη στο (-1,1) πρέπει η f να είναι παραγωγίσιμη στο x0=0 (οπότε θα είναι και συνεχής στο x0=0) καθώς είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο R*.
Για να είναι η f συνεχής στο x0=0 πρέπει να υπάρχει το lim(x->0)f(x) και να ισούται με f(0).
Έχουμε:
lim(x->0-)f(x)=lim(x->0-)g(x)=g(0)=α
lim(x->0+)f(x)=lim(x->0+)h(x)=β+γ
Για να υπάρχει το lim(x->0)f(x) πρέπει να ισχύει lim(x->0-)f(x)=lim(x->0+)f(x). Έχουμε
lim(x->0-)f(x)=lim(x->0+)f(x) <=> α=β+γ
Επομένως έχουμε:
g(x)=(β+γ)(e^x)
h(x)=(x^3)+β(x^2)+γx+β+γ
Άρα έχουμε lim(x->0)f(x)=(β+γ) και f(0)=β+γ. Άρα lim(x->0)f(x)=f(0) που σημαίνει ότι η f είναι συνεχής στο x0=0 για α=β+γ
Στη συνέχεια θα ελεγχθεί η παραγωγισιμότητα της f στο x0=0. Έχουμε:
lim(x->0-)[(f(x)-f(0))/(x-0)]=lim(x->0-)[(g(x)-g(0))/(x-0)]=α=β+γ
lim(x->0+)[(f(x)-f(0))/(x-0)]=lim(x->0+)[(h(x)-h(0))/(x-0)]=γ
Για να είναι η f παραγωγίσιμη στο x0=0 πρέπει ισχύει:
lim(x->0-)[(f(x)-f(0))/(x-0)]=lim(x->0+)[(f(x)-f(0))/(x-0)] <=> β+γ=γ <=> β=0
Επομένως έχουμε:
g(x)=γ(e^x)
h(x)=(x^3)+γx+γ
Επομένως για β=0 προκύπτει:
lim(x->0-)[(f(x)-f(0))/(x-0)]=lim(x->0+)[(f(x)-f(0))/(x-0)]=γ <=> lim(x->0)[(f(x)-f(0))/(x-0)]=γ
Άρα η f είναι παραγωγίσιμη στο x0=0 με παράγωγο f΄(0)=γ
Έχουμε:
f(-1)=g(-1)=γ(e^(-1))=γ/e
f(1)=h(1)=(1^3)+γ*1+γ=1+2γ
Επειδή f(-1)=f(1) έχουμε:
γ/e=1+2γ <=> γ=e+2eγ <=> (2e-1)γ=-e <=> γ=-e/(2e-1)
Άρα α=β+γ => α=0+γ=γ => α=γ=-e/(2e-1)
Τελικά έχουμε:
β=0
α=γ=-e/(2e-1)
Συνεπώς
g(x)=-(e^(x+1))/(2e-1)
h(x)=(x^3)-[e/(2e-1)]x-[e/(2e-1)]
Για x<0 είναι f΄(x)=g΄(x)=-(e^(x+1))/(2e-1)<0 για κάθε x ανήκει (-οο,0)
Για x=0 είναι f΄(0)=γ=-e/(2e-1)<0
Για x>0 είναι f΄(x)=h΄(x)=3(x^2)-[e/(2e-1)]=3{x+SQRT[e/(3(2e-1))]}{x-SQRT[e/(3(2e-1))]}
Επειδή ισχύει 0<SQRT[e/(3(2e-1))]<1 (απλή η απόδειξη) τότε έχουμε -1<-ξ<0<ξ<1 όπου
ξ=SQRT[e/(3(2e-1))]
και ισχύει f΄(-ξ)=f΄(ξ)=0
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 11 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Civilara
Περιβόητο μέλος
![Ημερομηνία Ημερομηνία](images/general/calendar.png)
![Ώρα Ώρα](images/general/clock.png)
1) Εστω ολοκλήρωμα απο 0 εώς χ^2 f(t-π/3)dt +συνχ^2>=1 να υπολογιστεί το f(-π/3)
Δεν είναι σαφής η εκφώνηση όπως την έχεις γράψει και δεν δίνεται το πεδίο ορισμού της f. Γι αυτό θεωρώ ότι η f είναι συνεχής στο [-π/3,+οο) και ότι για κάθε x ανήκει [-π/3,+οο) ισχύει:
Θεωρούμε την συνάρτηση F με τύπο
Επειδή η f είναι συνεχής στο [-π/3,+οο) τότε η F είναι παραγωγίσιμη στο [-π/3,+οο) με πρώτη παράγωγο F΄(x)=f(x) για κάθε x ανήκει [-π/3,+οο).
Θεωρούμε την αλλαγή μεταβλητής u=t-(π/3) <=> t=u+(π/3) => dt=du
u2=(x^2)-(π/3)
u1=-(π/3)
Η αρχική ανισότητα γράφεται ισοδύναμα
Θεωρούμε y=(x^2)-(π/3)>=-(π/3) για κάθε x ανήκει R, οπότε η ανισότητα γράφεται ισοδύναμα
όπου y ανήκει [-π/3,+οο)
Άρα ισχύει
για κάθε x ανήκει [-π/3,+οο)
Θεωρούμε την συνάρτηση g με τύπο:
Επειδή η F είναι παραγωγίσιμη στο [-π/3,+οο) τότε η g είναι παραγωγίσιμη στο [-π/3,+οο) με πρώτη παράγωγο:
Έχουμε g(-π/3)=1 και g΄(-π/3)=F'(-π/3)=f(-π/3) και για κάθε x>=-(π/3) ισχύει g(x)>=1 => g(x)>=g(-π/3)
Η g είναι ορισμένη στο [-π/3,+οο), παραγωγίσιμη στο x0=-π/3 και ισχύει g(x)>=g(-π/3) για κάθε x>=-π/3 που σημαίνει ότι η g παρουσιάζει ολικό ελάχιστο στο x0=-π/3. Επομένως σύμφωνα με το θεώρημα Fermat ισχύει g΄(-π/3)>=0 => f(-π/3)>=0
Σημείωση: Δεν μπορούμε να βγάλουμε το συμπέρασμα f(-π/3)=0 καθώς το x0=-π/3 είναι άκρο διαστήματος για το οποίο ισχύει η ανισότητα g(x)>=g(-π/3). Αν υπήρχε α<-π/3 έτσι ώστε g(x)>=g(-π/3) για κάθε x>=α τότε θα μπορούσαμε να βγάλουμε το συμπέρασμα f΄(-π/3)=0 .
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 11 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
lowbaper92
Πολύ δραστήριο μέλος
![Ημερομηνία Ημερομηνία](images/general/calendar.png)
![Ώρα Ώρα](images/general/clock.png)
2)να υπολογιστεί το ολοκλήρωμα απο 0 εώς π/2 (συν^3*χ-2συνχ)*ημχdx
Αν δεν το προσέξεις αυτό κατευθείαν, θέσε u=συνx
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 11 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
t00nS
Εκκολαπτόμενο μέλος
![Ημερομηνία Ημερομηνία](images/general/calendar.png)
![Ώρα Ώρα](images/general/clock.png)
θα μπορούσα ακόμα να θέσω αυτό το ολοκλήρωμα έστω f(x) όπου f(χ) παραγωγίσιμη ως πράξη παραγωγισίμων και μετά να δω αμα ενφανίζει τοπικό ελάχιστο ή τοπικό μέγιστο και υστερα Θ.fermat?Δεν είναι σαφής η εκφώνηση όπως την έχεις γράψει και δεν δίνεται το πεδίο ορισμού της f. Γι αυτό θεωρώ ότι η f είναι συνεχής στο [-π/3,+οο) και ότι για κάθε x ανήκει [-π/3,+οο) ισχύει:
Θεωρούμε την συνάρτηση F με τύπο
Επειδή η f είναι συνεχής στο [-π/3,+οο) τότε η F είναι παραγωγίσιμη στο [-π/3,+οο) με πρώτη παράγωγο F΄(x)=f(x) για κάθε x ανήκει [-π/3,+οο).
Θεωρούμε την αλλαγή μεταβλητής u=t-(π/3) <=> t=u+(π/3) => dt=du
u2=(x^2)-(π/3)
u1=-(π/3)
Η αρχική ανισότητα γράφεται ισοδύναμα
Θεωρούμε y=(x^2)-(π/3)>=-(π/3) για κάθε x ανήκει R, οπότε η ανισότητα γράφεται ισοδύναμα
όπου y ανήκει [-π/3,+οο)
Άρα ισχύει
για κάθε x ανήκει [-π/3,+οο)
Θεωρούμε την συνάρτηση g με τύπο:
Επειδή η F είναι παραγωγίσιμη στο [-π/3,+οο) τότε η g είναι παραγωγίσιμη στο [-π/3,+οο) με πρώτη παράγωγο:
Έχουμε g(-π/3)=1 και g΄(-π/3)=F'(-π/3)=f(-π/3) και για κάθε x>=-(π/3) ισχύει g(x)>=1 => g(x)>=g(-π/3)
Η g είναι ορισμένη στο [-π/3,+οο), παραγωγίσιμη στο x0=-π/3 και ισχύει g(x)>=g(-π/3) για κάθε x>=-π/3 που σημαίνει ότι η g παρουσιάζει ολικό ελάχιστο στο x0=-π/3. Επομένως σύμφωνα με το θεώρημα Fermat ισχύει g΄(-π/3)>=0 => f(-π/3)>=0
Σημείωση: Δεν μπορούμε να βγάλουμε το συμπέρασμα f(-π/3)=0 καθώς το x0=-π/3 είναι άκρο διαστήματος για το οποίο ισχύει η ανισότητα g(x)>=g(-π/3). Αν υπήρχε α<-π/3 έτσι ώστε g(x)>=g(-π/3) για κάθε x>=α τότε θα μπορούσαμε να βγάλουμε το συμπέρασμα f΄(-π/3)=0 .
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 11 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Civilara
Περιβόητο μέλος
![Ημερομηνία Ημερομηνία](images/general/calendar.png)
![Ώρα Ώρα](images/general/clock.png)
θα μπορούσα ακόμα να θέσω αυτό το ολοκλήρωμα έστω f(x) όπου f(χ) παραγωγίσιμη ως πράξη παραγωγισίμων και μετά να δω αμα ενφανίζει τοπικό ελάχιστο ή τοπικό μέγιστο και υστερα Θ.fermat?
Ως F(x) ή g(x) γιατί f(x) είναι μέσα στο ολοκλήρωμα. Ναι θα μπορούσες. Κάντο για εξάσκηση.
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 11 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Mercury
Επιφανές μέλος
![Ημερομηνία Ημερομηνία](images/general/calendar.png)
![Ώρα Ώρα](images/general/clock.png)
Να δείξετε ότι
Μπορεί κάποιος να μου πει πως θα γραφεί το
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 11 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Χρήστες Βρείτε παρόμοια
-
Τα παρακάτω 0 μέλη και 5 επισκέπτες διαβάζουν μαζί με εσάς αυτό το θέμα:Tα παρακάτω 270 μέλη διάβασαν αυτό το θέμα:
- thepigod762
- Mariosm.
- soulatso
- oteletampis
- phleidhs
- *
- Hased Babis
- nearos
- AggelikiGr
- *
- sir ImPeCaBlE
- veiNqh
- Scandal
- alekos
- Debugging_Demon
- just some guy
- xristosgkm
- ismember
- Apocalypse
- arrow25
- *
- rempelos42
- *
- ggl
- *
- *
- GStef
- QWERTY23
- xrisamikol
- Σωτηρία
- nikoletaz57
- _Aggelos123
- Mariam38
- *
- SlimShady
- *
- strsismos88
- *
- Georgekk
- Lia 2006
- igeorgeoikonomo
- marian
- tsiobieman
- constansn
- Xristosdimitra
- Panagiotis849
- *
- ρενακι 13
- *
- Memetchi
- eukleidhs1821
- Nikkkpat
- Unboxholics
- korlef
- *
- kwstaseL
- Thanos_D
- *
- the purge
- T C
- Giii
- Papachrist
- liaiscool
- Αννα Τσιτα
- globglogabgalab
- Pharmacist01
- thanahss
- abcdefg12345
- nicole1982
- *
- *
- *
- thecrazycretan
- kvstas92
- KingOfPop
- *
- nPb
- maria301
- papa2g
- stefan
- *
- Κλημεντίνη
- TonyMontanaEse
- Athens2002
- Alexecon1991
- Μάρκος Βασίλης
- *
- Cortes
- το κοριτσι του μαη
- calliope
- *
- *
- *
- *
- ale
- panagiotis G
- *
- Kleanth
- aggelosst9
- BioChemical
- spring day
- nucomer
- Georgia110
- LeoDel
- pink_panther
- Alexandros973
- marsenis
- den antexw allh apotyxia
- KaterinaL
- kiyoshi
- drosos
- Λαμπρινηη
- Bill22
- Chrysablac.
- giorgosp97
- *
- Βλα
- Monster Hunter
- jul25
- xxxtolis
- Stroka
- *
- nicks1999
- totiloz
- *
- Earendil
- mitsakos
- tasost
- lnesb
- ssalex
- Vasilina93
- alan09
- *
- Livaja10
- χημεια4λαιφ
- *
- *
- Viedo
- UncleJ
- Kostakis45
- Infrared
- Zgian
- pepatogourounaki
- hirasawayui
- GeoCommand
- Eleni54
- American Economist
- EiriniS20
- Johny4Life
- ΘανάσοςG4
- *
- stamoul1s
- Αριάνα123
- uni77
- tasoss
- *
- PanosCh002
- Unseen skygge
- *
- Νικόλας Ραπ.
- *
- cel123
- The Limit Does Not Exist
- *
- don_vito
- suaimhneas
- Αλκης Κ.
- alexrami
- Baggelitsa36
- Νομικάριος13
- spinalgr1990
- d_th
- *
- Adolfo valencia
- Πα.Κ
- Vasilis25
- Johnman97
- Steffie88
- rekcoR
- *
- gwgw_5
- fockos
- Mariahj
- roud
- kostas83
- Cpt.Philips
- *
- Makis45
- *
- Χρησλου
- Panos_02
- Vold
- *
- *
- tymvorixos
- GiorgosAsi
- Neos167
- *
- *
- theodoraooo
- *
- George187
- Άρτεμις Α.
- Μαρία2222
- christos87
- Idontknoww
- jimis2001
- Metamorph
- Γατόπαρδος.
- Johnsk
- mitsos14
- johnsiak
- *
- Elel
- Dreamer_SW
- Γιαννης1987Θεσσ
- *
-
Φορτώνει...
-
Το forum μας χρησιμοποιεί cookies για να βελτιστοποιήσει την εμπειρία σας.
Συνεχίζοντας την περιήγησή σας, συναινείτε στη χρήση cookies στον περιηγητή σας.