Συλλογή ασκήσεων και τεστ στα Μαθηματικά Προσανατολισμού

κατερω · 22-07-13

Ωραιος!!

θα τη προσπαθησω τ απογευματακι!

Alan · 22-07-13

Είναι αρκετά κουλή :Ρ

akis95 · 26-07-13

Οι εικόνες των μιγαδικών

που έχουν μέτρο

είναι κορυφές ενός τριγώνου

. Αν

,

να αποδειχθεί ότι το τρίγωνο αυτό είναι ορθογώνιο.

Ποια είναι η γεωμετρική ερμηνεία αυτού του συμπεράσματος;

Guest 018946 · 27-07-13

επειδη εφαγα φλασια στον υπνο μου το γραφω στα γρηγορα

τετραγωνιζω και με την σχέση $a\bar{a}=|a|^2=R^2$ και κυκλικα για τους αλλους μπασταρδους και χρησιμοποιοντας οτι

$|a+b+c|^2=(a+b+c)(\bar{a}+\bar{b}+\bar{c})$

επειτα καταλήγω ότι $(a+b)(a+c)(b+c)=0$

συνεπως αφου οι μπασταρδοι ανηκουν στον κυκλο με ακτινα R τοτε οι εικονες δυο εξ αυτων θα ειναι αντιδιαμετρικα σημεια πανω στον κυκλο συνεπως το τριγωνο ΑΒΓ που σχηματιζεται θα βλεπει ημικυκλιο αρα θα ειναι ορθογωνιο

γεωμετρικα σημαινει οτι θελω να μου κανουν κλαρινα πεντε γκομενες

akis95 · 27 Ιουλίου 2013

Αν

και οι αριθμοί

έχουν ίσα μέτρα(διαφορετικοί μεταξύ τος), να αποδειχθεί ότι :

σορρυ -ζ

angelic_soul · 02-08-13

Μια ιστοσελίδα γεμάτη ασκήσεις και βίντεο με μαθηματικά. Ο τύπος τα εξηγεί πολύ καλά....

https://www.dimoshopoulos.gr/βιντεομαθήματα-στους-μιγαδικούς-αρι/#.UfwAoZLT-So

Guest 018946 · 05-09-13

Επαναφορα ελα να ζωντανευει το θεμα !

rebel · 5 Σεπτεμβρίου 2013

Αρχική Δημοσίευση από Harken:
Έστω οι συνεχείς συναρτήσεις f,g:R->R ώστε $f^2(x)+g^2(x)=e^x$

Να δείξετε ότι ισχύει : $\sqrt{(f(x)-h(x))^2 + h^2(x)} - \sqrt{(g(x)-h(x))^2 +h^2(x)}\leq e^\left(x/2 \right)$ για κάθε x e R και για οποιαδήποτε συνάρτηση h:R->R

Έτοιμο!

Αν για τυχαίο $x \in \mathbb{R}$ θεωρήσω στο επίπεδο τα σημεία $A\left(f(x),0\right),\,\,B\left(h(x),h(x)\right),\,\,C \left(0,g(x)\right)$ η ζητούμενη ανισότητα γράφεται
$\left|\left(AB\right)-\left(BC\right)\right| \leq \left(AC\right)$
που είναι η γνωστή μας τριγωνική ανισότητα.

Alan · 05-09-13

Αρχική Δημοσίευση από styt_geia:
Αν για τυχαίο $x \in \mathbb{R}$ θεωρήσω στο επίπεδο τα σημεία $A\left(f(x),0\right),\,\,B\left(h(x),h(x)\right),\,\,C \left(0,g(x)\right)$ η ζητούμενη ανισότητα γράφεται
$\left|\left(AB\right)-\left(BC\right)\right| \leq \left(AC\right)$
που είναι η γνωστή μας τριγωνική ανισότητα.

Ναι,με τριγωνική ανισότητα βγαίνει!

Guest 018946 · 05-09-13

Για φτυστε κανα οριακι !

RODOS · 05-09-13

https://prntscr.com/1p9cv1

rebel · 6 Σεπτεμβρίου 2013

Αρχική Δημοσίευση από RODOS:
https://prntscr.com/1p9cv1

$\bullet\,\,\,x \longrightarrow x+a$ στην δοθείσα και έχω
$f(x+2a)=\frac{f(x+a)-5}{f(x+a)-3} =\frac{\frac{f(x)-5}{f(x)-3}-5}{\frac{f(x)-5}{f(x)-3}-3} \Rightarrow f(x+2a)=\frac{-4f(x)+10}{-2f(x)+4}\,\,(*)$

$\bullet\,\,\,x \longrightarrow x+2a$ στην (*) και έχω
$f(x+4a)=\frac{-4f(x+2a)+10}{-2f(x+2a)+4}\stackrel{(*)}{=}\frac{-4\frac{-4f(x)+10}{-2f(x)+4}+10}{-2\frac{-4f(x)+10}{-2f(x)+4}+4}=f(x)$

Δεν μπόρεσα να δικαιολογήσω γιατί $f(x) \neq 2$

Guest 018946 · 16-09-13

Αρχική Δημοσίευση από akis95:
Πιθανό να έχει ξανατεθεί αλλά anyway... Να δείξετε ότι το παρακάτω όριο υπάρχει και είναι φυσικός αριθμός.

Το συγκεκριμενο σπαει ΕΣΩΤΕΡΙΚΑ παιρνω απο $\lim_{x \to 0 }\frac{sinkx}{k}=k$

οτι Λ=1+2+...+κ το οποιο ειναι φυσικος ως αθροισμα φυσικων

Guest 018946 · 27-09-13

ξυπνηστε ρε !

akis95 · 29-09-13

Θεωρούμε τον μιγαδικό αριθμό

και μια συνάρτηση

, η οποία είναι

. Aν η συνάρτηση

δεν είναι

, να υπολογίσετε τους πραγματικούς αριθμούς

, ώστε ο

να είναι ρίζα της εξίσωσης

,

Guest 018946 · 29-09-13

αφου η g δεν ειναι 1-1 τοτε θα υπαρχουν $x_{1} \ne x_{2}$ με g(x1)=g(x2)

πραξεις και καταλήγω

(f(x1)-f(x2))((re(z)-\frac{\sqrt{3}}{2})^2A+|1-|z||)=0

το A=f^2(x1)+f^2(x2)+f(x1)f(x2)>0

αρα Re(z)=\frac{\sqrt{3}}{2}}

αρα m=2re(z)=sqrt3

|z|=1 αρα ν=1

οι "προφανεις" αιτιολογησεις παραληφθηκαν

Civilara · 29 Σεπτεμβρίου 2013

Αρχική Δημοσίευση από akis95:
Θεωρούμε τον μιγαδικό αριθμό

και μια συνάρτηση

, η οποία είναι

. Aν η συνάρτηση

δεν είναι

, να υπολογίσετε τους πραγματικούς αριθμούς

, ώστε ο

να είναι ρίζα της εξίσωσης

,

Θεωρούμε την συνάρτηση h(x)=α(x^3)+βx+γ όπου
α=(Re(z)-(SQRT(3)/2))^2
β=|1-|z||
γ=-2013

Αν α=0 και β=0 τότε έχουμε
α=0 => Re(z)=SQRT(3)/2
β=0 => |z|=1 => |z|^2=1 => (Re(z)^2)+(Im(z)^2)=1 => (SQRT(3)/2)^2+ (Im(z)^2)=1 => Im(z)=1/2
Άρα για z=SQRT(3)/2+(1/2)i=z0 είναι α=β=0

Θεωρούμε την συνάρτηση h(x)=α(x^3)+βx+γ όπου α,β,γ έχουν οριστεί παραπάνω. Η h είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο R ως πολυvνυμική με πρώτη παράγωγο h΄(x)=3α(x^2)+β

Αν z διάφορο z0 τότε α>=0 και β>0 ή α>0 και β>=0. Επομένως h΄(x)>0 για κάθε x ανήκει R. Άρα η h είναι γνησίως αύξουσα, οπότε είναι και 1-1.

Η συνάρτηση g γράφεται στη μορφή g(x)=h(f(x))=(hof)(x), x ανήκει R. Επειδή η g δεν είναι 1-1 τότε υπάρχουν x1, x2 στο R με x1<x2 τέτοια ώστε g(x1)=g(x2) και f(x1) διάφορο f(x2) (εφόσον η f είναι 1-1). Αυτό όμως είναι άτοπο επειδή οι f και h είναι 1-1 καθώς τότε θα είναι:

g(x1)=g(x2) => h(f(x1))=h(f(x2)) => f(x1)=f(x2) (εφόσον h 1-1)
Άτοπο επειδή η f είναι 1-1

Άρα δεν μπορεί να ισχύει z διάφορο z0 που σημαίνει ότι z=z0=SQRT(3)/2+(1/2)i
Έχουμε

z=SQRT(3)/2+(1/2)i
z^2=(1/2)+(SQRT(3)/2)i

Αντικαθιστώντας στην εξίσωση (z^2)-mz+n=0 καταλήγουμε στην εξίσωση:

[n+((1-mSQRT(3))/2)]+[(SQRT(3)-m)/2]i=0

Επομένως

(SQRT(3)-m)/2=0 => m=SQRT(3)
n+((1-mSQRT(3))/2) => n=1

Guest 018946 · 29-09-13

strong

rebel · 03-10-13

Θεωρούμε τους μιγαδικούς $z,w$ τέτοιους ώστε $|z|=1,\,\,w=\frac{2z-i}{iz-2}$
α) Να αποδειχθεί ότι $|w|=1$
β) Να αποδειχθεί ότι δεν υπάρχουν μιγαδικοί $z,w$ με τις παραπάνω ιδιότητες τέτοιοι ώστε $(MN)=2$ , όπου $M,N$ οι εικόνες των $z,w$

Guest 018946 · 04-10-13

για το πρωτο μετρωνω και τετραγωνιζω χρησιμοποιωντας την ιδιοτητα με τον συζηγη :

για το δευτερο τα σημεια θα κινουνται στον μοναδιαιο κυκλο αρα για να ειναι η αποσταση τους 2 πρεπει να ειναι αντιδιαμετρικοι αρα και αντιθετοι αρα

w=-z => z=1 or z=-1

βαζωντας αυτες τις τιμες στην σχεση που μας δινεται καταληγουμε σε ατοπο

Συλλογή ασκήσεων και τεστ στα Μαθηματικά Προσανατολισμού

Εκκολαπτόμενο μέλος

Δραστήριο μέλος

Δραστήριο μέλος

Guest 018946

Επισκέπτης

Δραστήριο μέλος

Νεοφερμένος

Guest 018946

Επισκέπτης

Πολύ δραστήριο μέλος

Δραστήριο μέλος

Guest 018946

Επισκέπτης

Νεοφερμένος

Πολύ δραστήριο μέλος

Guest 018946

Επισκέπτης

Guest 018946

Επισκέπτης

Δραστήριο μέλος

Guest 018946

Επισκέπτης

Περιβόητο μέλος

Guest 018946

Επισκέπτης

Πολύ δραστήριο μέλος

Guest 018946

Επισκέπτης