Βοήθεια/Aπορίες στα Μαθηματικά Προσανατολισμού

cyclops · 2009-11-29T23:01:16+0200

Αρχική Δημοσίευση από coheNakatos:
α) ταυτοτητα . βγαζεις 2 λυσεις απορριπτεις την μια λογω του $f(0)=1$
β) οριο στο ${0}^{+}$ και στο 1/λ (μπορεις να διωξεις το f(x) αφου ειναι διαφορο απο το μηδεν για καθε χ )

για το α) ταυτοτητα στν αρχικη σχεση???
δηλαδη??

Rania. · 2009-11-29T23:03:37+0200

Εχεις F^2(x) και στο αλλο μελος ενα διπλασσιο γινομενο μεταξυ F(x) και x.
Σκεψου πως μπορεις να τα κανεις ενα αναπτυγμα τετραγωνου.
(Βαγγελη μην σε πιασω να γραφεις τη λυση)

cyclops · 2009-11-29T23:30:02+0200

Rania μηπως γινεται να κοιταξεις το παρακατω και να μου πεις αν το πηγα σωστα.

${f}^{2}(x)=1+2xf(x) \Leftrightarrow {f}^{2}(x)-1-2xf(x)={x}^{2}+1\Leftrightarrow (f(x)-x)^2=x^2+1$ Εστω $,h(x)=f(x)-x ,x\in R \rightarrow h^2(x)=x^2+1>0$

Rania. · 2009-11-29T23:38:10+0200

Εβγαλες σωστο αποτελεσμα αλλα τι στο καλο εκανες στο δευτερο βημα;
Επρεπε απλα να προσθαφαιρεσεις χ^2

blacksheep · 2009-11-29T23:42:47+0200

Αρχική Δημοσίευση από cyclops:
Rania μηπως γινεται να κοιταξεις το παρακατω και να μου πεις αν το πηγα σωστα.

${f}^{2}(x)=1+2xf(x) Leftrightarrow {f}^{2}(x)-1-2xf(x)={x}^{2}+1Leftrightarrow (f(x)-x)^2=x^2+1$ Εστω $,h(x)=f(x)-x ,xin R rightarrow h^2(x)=x^2+1>0$

ε??

Rania. · 2009-11-29T23:57:10+0200

Κατι δεν πηγε καλα στο ενδιαμεσο

Lightbringer · 2009-11-30T14:49:45+0200

Λίγη βοήθεια αν γίνεται με το πως να ξεκινήσω αυτή την άσκηση..
f συνεχής στο διάστημα Δ
για κάθε xεΔ ισχύει g(x) - f(x)=cx x διάφορο 0
στο Δ υπάρχουν 2 ετερώσημες ρ1,ρ1 με ρ1<ρ2 ώστε f(ρ2)=f(ρ1)=0
νδο g(x)=0 έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο (ρ1,ρ2)

jimmy007 · 2009-11-30T15:49:31+0200

Αρχική Δημοσίευση από Lightbringer:
Λίγη βοήθεια αν γίνεται με το πως να ξεκινήσω αυτή την άσκηση..
f συνεχής στο διάστημα Δ
για κάθε xεΔ ισχύει g(x) - f(x)=cx x διάφορο 0
στο Δ υπάρχουν 2 ετερώσημες ρ1,ρ1 με ρ1<ρ2 ώστε f(ρ2)=f(ρ1)=0
νδο g(x)=0 έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο (ρ1,ρ2)

Λύνεις ως προς g και μετά εφαρμόζεις Bolzano στο [ρ1,ρ2].:no1:

Lightbringer · 2009-11-30T15:53:25+0200

Αρχική Δημοσίευση από jimmy007:
Λύνεις ως προς g και μετά εφαρμόζεις Bolzano στο [ρ1,ρ2].:no1:

Eυχαριστώ

αν και την έλυσα πριν 10 λεπτάκια

jimmy007 · 2009-11-30T16:09:27+0200

Αρχική Δημοσίευση από exc:
1) Αφού z1,z2 λύσεις της εξίσωσης που μας δίνεις, τότε z1=2+2i και z2=2-2i.
Άρα z1^2=8i & z2^2=-8i.
Αφού z=Rez+iImz, τότε 4=|z|^2=(Rez)^2+(Imz)^2.
Κάνε την επιμεριστική και χρησιμοποιώντας τα παραπάνω θα καταλήξεις στο 32.

2) Ισχύει ότι ||c|-|w||>or= |c+or-w|(3)***
Άρα:
f(c)=|c-w|+|c+w|>or=2||c|-|w||

***απόδειξη: c=c+w-w=(c+w)+(-w) -> |c|=|c+w+(-w)|<or=|c+w|+|w|->
-> |c|-|w|<or=|c+w|(1)

Ομοίως: w=w+c-z ->......->(2)

1,2-> 3

3)Δεν καταλαβαίνω τι γράφεις.

το <or= τι σημαίνει??:thanks:

gate7 · 2009-11-30T16:53:56+0200

exc πες μου λιγo αναλυτικά απο την ασκηση 1 αυτό που γράφεις:
Άρα z1^2=8i & z2^2=-8i.
Αφού z=Rez+iImz, τότε 4=|z|^2=(Rez)^2+(Imz)^2.
Κάνε την επιμεριστική και χρησιμοποιώντας τα παραπάνω θα καταλήξεις στο 32.
δεν το καταλαβα τι ενωείς.

ΑΣΚΗΣΗ 3
Να βρεθεί ο γεωμετρικός τόπος των εικόνων των μιγαδικών αριθμών z για τους οποίους ο αριθμός
w=i/1+z είναι πραγματικος.
*Aυτό i/1+z² είναι κλάσμα

georg13pao · 2009-11-30T18:38:16+0200

Αρχική Δημοσίευση από jimmy007:
το <or= τι σημαίνει??:thanks:

$\leq$ εννοεί

Voulitsa · 2009-11-30T18:50:01+0200

Help! Ευχαριστω πολυ!

exc · 2009-11-30T21:29:25+0200

Προς gate7:
z1=2+2i (η μία λύση της εξίσωσης) z1^2=z1*z1=(2+2i)(2+2i)=4+4i+4i-4=8i
Ομοίως: z2^2=z2*z2=-8i. z1z2=8
---
z=x+yi=Rez+iImz
$|z|=\sqrt{x^2+y^2}=2$ , άρα: $|z|^2=(Rez)^2+(Imz)^2=2^2$ .

[z1Re(z)+z2Im(z)]*[z1Im(z)+z2Re(z)]=Imz*Rez*z1^2+(Imz)^2*z1*z2+(Rez)^2*z1*z2+Imz*Rez*z2^2=Imz*Rez*8i+(Imz)^2*8+(Rez)^2*8+Imz*Rez*(-8i)=(Imz)^2*8+(Rez)^2*8=8*((Imz)^2+(Rez)^2)=8*4=32

Άσκηση 3
$w=\frac{i}{1+z^2}\\z^2=\frac{i}{w}-1\\|z|^2=|\frac{i}{w}-1|=c,c\in \mathbb{R}$ ,αφού w=σταθ..
Άρα o z κινείται πάνω στον κύκλο: $((0,0),\rho=c)$ .
Βρες το c εσύ, είναι εύκολο.

Προς Voulitsa:
Επειδή έδωσες την άσκηση σε εικόνα, και επειδή δεν έχω χρόνο αυτή τη στιγμή να γράφω από την αρχή τα πάντα αναλυτικά, δες μία γρήγορη-συνοπτική λύση και αν έχεις απορία ξαναγράφεις και σου απαντώ εγώ ή κπ άλλος:
1)βάζεις στην ανισότητα όπου χ το π/2 και βρίσκεις 3<or=f(π/2)<or=3 => limf(x)=f(π/2)=3
2)πάλι χρησιμοποιείς την ανισότητα: αφαιρείς 3, αντιστρέφεις χωρίς να ξεχάσεις να αλλάξεις τη φορά της ανισότητας και πολλαπλσιάζεις με cos^2(x). Οπότε βρίσκει τα όρια του αριστερού και του δεξιού τυπου της ανισότητας χρησιμοποιώντας Hospital και καταλήγεις στα όρια 2 και 2 οπότε και το ζητούμενο είναι 2.
3)Έχουμε ήδη βρει ότι f(π/2)=3, κάνε τις αντικαταστάσεις, αφού υάρχουν τα όρια και θα βρεις -αν δεν κάνω λάθος: -άπειρο

Το τελευταίο ερώτημα δεν μπορώ να το απαντήσω αν δεν μου δώσεις το που ανήκει το χ (υπάρχει ένα τυπογραφικό λάθος). Ενδεικτικά πάντως σου λέω λύσε την εξίσωση και ακολούθησε τη λογική...

coheNakatos · 2009-11-30T22:50:09+0200

Αρχική Δημοσίευση από exc:
Προς gate7:
z1=2+2i (η μία λύση της εξίσωσης) z1^2=z1*z1=(2+2i)(2+2i)=4+4i+4i-4=8i
Ομοίως: z2^2=z2*z2=-8i. z1z2=8
---
z=x+yi=Rez+iImz
$|z|=sqrt{x^2+y^2}=2$ , άρα: $|z|^2=(Rez)^2+(Imz)^2=2^2$ .

[z1Re(z)+z2Im(z)]*[z1Im(z)+z2Re(z)]=Imz*Rez*z1^2+(Imz)^2*z1*z2+(Rez)^2*z1*z2+Imz*Rez*z2^2=Imz*Rez*8i+(Imz)^2*8+(Rez)^2*8+Imz*Rez*(-8i)=(Imz)^2*8+(Rez)^2*8=8*((Imz)^2+(Rez)^2)=8*4=32

Άσκηση 3
$w=frac{i}{1+z^2}\z^2=frac{i}{w}-1\|z|^2=|frac{i}{w}-1|=c,cin mathbb{R}$ ,αφού w=σταθ..
Άρα o z κινείται πάνω στον κύκλο: $((0,0),rho=c)$ .
Βρες το c εσύ, είναι εύκολο.

Προς Voulitsa:
Επειδή έδωσες την άσκηση σε εικόνα, και επειδή δεν έχω χρόνο αυτή τη στιγμή να γράφω από την αρχή τα πάντα αναλυτικά, δες μία γρήγορη-συνοπτική λύση και αν έχεις απορία ξαναγράφεις και σου απαντώ εγώ ή κπ άλλος:
1)βάζεις στην ανισότητα όπου χ το π/2 και βρίσκεις 3<or=f(π/2)<or=3 => limf(x)=f(π/2)=3
2)πάλι χρησιμοποιείς την ανισότητα: αφαιρείς 3, αντιστρέφεις χωρίς να ξεχάσεις να αλλάξεις τη φορά της ανισότητας και πολλαπλσιάζεις με cos^2(x). Οπότε βρίσκει τα όρια του αριστερού και του δεξιού τυπου της ανισότητας χρησιμοποιώντας Hospital και καταλήγεις στα όρια 2 και 2 οπότε και το ζητούμενο είναι 2.
3)Έχουμε ήδη βρει ότι f(π/2)=3, κάνε τις αντικαταστάσεις, αφού υάρχουν τα όρια και θα βρεις -αν δεν κάνω λάθος: -άπειρο

Το τελευταίο ερώτημα δεν μπορώ να το απαντήσω αν δεν μου δώσεις το που ανήκει το χ (υπάρχει ένα τυπογραφικό λάθος). Ενδεικτικά πάντως σου λέω λύσε την εξίσωση και ακολούθησε τη λογική...

συμφωνω αν και στο 3 δεν την βοηθησες και παρα πολυ , αλλα δεν επεμβαινω προς το παρον

\pi · 2009-12-01T14:41:12+0200

Αρχική Δημοσίευση από Voulitsa:
Help! Ευχαριστω πολυ!

στο παρακάτω μήνυμα sinx=ημχ και cosx=συνχ.
i. Είναι $lim_{x\to \frac{\pi}{2}} (1+2\cdot \sqrt{sinx})=lim_{x\to \frac{\pi}{2}}(2+sinx)=3$ και λόγω της σχέσης που δίνεται και από το κριτήριο παρεμβολής, ισχύει $lim_{x\to \frac{\pi}{2}}f(x)=3$ . Επιπλέον από τη σχέση, αν αντικαταστήσεις όπου $x=\frac{\pi}{2}$ πάλι προκύπτει $3\leqslant f(\frac{\pi}{2})\leqslant 3$ δηλαδή $f(\frac{\pi}{2})=3$ . Τελικά $lim_{x\to \frac{\pi}{2}}f(x)=f(\frac{\pi}{2})$ και η f είναι συνεχής στο $\frac{\pi}{2}$ .
ii.Επιπλέον, από τη σχέση που δίνεται προκύπτει ότι
$-2+2\cdot \sqrt{sinx}\leqslant f(x)-3\leqslant sinx-1$
δηλαδή
$\frac{1}{-2\cdot(1-\sqrt{sinx})}\geqslant \frac{1}{f(x)-3} \geqslant \frac{1}{sinx-1}$
άρα
$\frac{cos^{2}x}{-2\cdot(1-\sqrt{sinx})}\geqslant \frac{cos^{2}x}{f(x)-3} \geqslant \frac{cos^{2}x}{sinx-1}$
επειδή
$cos^{2}x\ne 0$ για $x\ne \frac{\pi}{2}$ .
Όμως
$cos^{2}x=1-sin^{2}x=(1-sinx)\cdot (1+sinx)$
κι επειδή ημχ>0 θα είναι και
$cos^{2}x=(1-\sqrt{sinx})\cdot (1+\sqrt{sinx})\cdot (1+sinx)$
και η παραπάνω ανίσωση γράφεταi
$\frac{(1+\sqrt{sinx})\cdot (1+sinx)}{-2} \geqslant \frac{cos^{2}x}{f(x)-3} \geqslant -sinx-1$ .
Υπολογίζουμε τα
$lim_{x\to \frac{\pi}{2}}\frac{(1+\sqrt{sinx})\cdot (1+sinx)}{-2}=-2$ και
$lim_{x\to \frac{\pi}{2}}-sinx-1=-2$
Και παλι, από το κριτήριο παρεμβολής και τα παραπάνω, είναι
$lim_{x\to \frac{\pi}{2}}\frac{cos^{2}x}{f(x)-3}=-2.$

iii. Από τη σχέση
$2\cdot (\sqrt{sinx}-1) \leqslant f(x)-3 \leqslant sinx-1$ προκύπτει ότι f(x)-3<0 για $x\in [0, \frac{\pi}{2})\cup [\frac{\pi}{2},\pi]$ άρα |3-f(x)|=3-f(x) και
$|3-f(x)|-xf(x)-3=-(1+x)\cdot f(x)$ και το ζητούμενο όριο είναι το
$lim_{x\to \frac{\pi}{2}}\frac{-(1+x)\cdot f(x)}{f(x)-3}=+\infty$ επειδή f(x)-3<0 κοντά στο π/2 και
$lim_{x\to \frac{\pi}{2}}[-(1+x)\cdot f(x)]=-(1+\frac{\pi}{2})\cdot 3$ και $lim_{x\to \frac{\pi}{2}}[f(x)-3]-0$

lowbaper92 · 2009-12-01T15:05:50+0200

Αρχική Δημοσίευση από cyclops:
Γεια σας παιδια θα ηθελα τν βοηθεια σας γιατι εχω μπλεξει με ενα θεμα 4ο του μπαρλα (σε καμια περιπτωση δν κανω διαφημιση ) και λεει το εξης
Εστω η συνεχης συνασρτηση f:R->R για την οποια ισχυει ${f}^{2}=1+2xfleft(x right),$ για καθε $chiin R$ και $fleft(0 right)=1$
τα ερωτήματα
α) να βρειτε τν τυπο της f
β) ΝΔΟ η γραφικη παρασταση της g(x)=f(x)(x+lnλχ), λ>0 τεμνει τν αξονα χ'χ σε ενα τουλαχιστον σημειο με τετμημενη Χο ανηκει(0,1/λ)

αν καποιος ειναι προθυμος ας της ριξει μια ματια

α) Προσθετεις και αφαιρεις το ${x}^{2}$ οποτε δημιουργείται ταυτοτητα και γίνεται ${[f(x)-x]}^{2}={x}^{2}+1$
Θέτω h(x)=f(x)-x
Έστω $h(x)=0\leftrightarrow {[h(x)]}^{2}=0\leftrightarrow {x}^{2}+1=0\leftrightarrow {x}^{2}=-1$ (Αδύνατο)
Άρα $h(x)\neq 0$ για κάθε xεR
Και εφόσον h συνεχής ώς πραξεις συνεχών, η h διατηρεί πρόσημο

Όμως $h(0)=f(0)=1>0$ , άρα h(x)>0 για κάθε xεR
${[h(x)]}^{2}={x}^{2}+1\leftrightarrow |h(x)|=\sqrt{{x}^{2}+1}\leftrightarrow h(x)=\sqrt{{x}^{2}+1}\leftrightarrow f(x)-x=\sqrt{{x}^{2}+1}\leftrightarrow f(x)=x+\sqrt{{x}^{2}+1}$

β) Έκανα μια προσπαθεια. Αν εχω κανει κατι λαθος διορθώστε με.

Αρκει να δειξω οτι υπαρχει ${x}_{0}\varepsilon (0,\frac{1}{\lambda })$ , τετοιο ωστε $g({x}_{0})=0$

g συνεχής ως πραξεις συνεχών
$\lim_{x\rightarrow {0}^{+}}g(x)=\lim_{x\rightarrow {0}^{+}}f(x)[x+ln\lambda x]=- \propto$
Επομένως θα υπαρχει πραγματικός αριθμος κεR κοντά στο ${0}^{+}$ ώστε g(κ)<0

$g(\frac{1}{\lambda })=f(\frac{1}{\lambda })[\frac{1}{\lambda }+\ln\lambda \frac{1}{\lambda }]= (\frac{1}{\lambda }+\sqrt{\frac{1}{{\lambda }^{2}}+1}] \frac{1}{\lambda }=\frac{1}{{\lambda }^{2}}+\frac{1}{\lambda }\sqrt{\frac{1}{{\lambda }^{2}}+1} >0$
Eπομένως $g(\kappa ) g(\frac{1}{\lambda })<0$

Από Bolzano στο $(\kappa ,\frac{1}{\lambda })\subseteq (0,\frac{1}{\lambda })$ υπάρχει ενα τουλαχιστον ${x}_{0}\varepsilon (\kappa ,\frac{1}{\lambda })\subseteq (0,\frac{1}{\lambda })$ ώστε $g({x}_{0})=0$

georg13pao · 2009-12-01T15:41:15+0200

Χρειάζονται όλα αυτά στο πρώτο ερώτημα;

Rania. · 2009-12-01T16:05:13+0200

Ναι, για να βρεις τον τυπο της f στο συγκεκριμενο ερωτημα χρειαζεται να αποδειξεις οτι διατηρει προσημο στο R αλλιως σπαει σε δικλαδη

georg13pao · 2009-12-01T16:08:11+0200

οκ.

Βοήθεια/Aπορίες στα Μαθηματικά Προσανατολισμού

Νεοφερμένο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Νεοφερμένο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Νεοφερμένο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Νεοφερμένο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Νεοφερμένο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Νεοφερμένο μέλος

Διάσημο μέλος

Δραστήριο μέλος

Νεοφερμένο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος