Συλλογή ασκήσεων και τεστ στα Μαθηματικά Προσανατολισμού

lostG · 05-06-09

Ηλία δεν σε καταλαβαίνω.
Η άσκηση ζήταγε να αποδείξεις ότι υπάρχει μιά τριάδα αριθμών διαφορετικών μεταξύ τους πού να ανήκουν στο (α,β) ώστε να αληθεύει η σχέση.
Λοιπόν εσύ το απέδειξες αφού βρήκες ξ1 στο (-1,-2/3) και ξ2 στπ(-2/3,0) και ξ=-2/3 που σου επαληθεύουν τη σχέση.
Γιατί το βασανίζεις κι άλλο?
Δείχνεις υπερβάλλοντα σεβασμό σε ένα απλό θεώρημα.Δεν είναι ανάγκη να το κάνεις αυτό.
Το θ.bolzano είναι απλά ένα εργαλείο που μας εξασφαλίζει ρίζα σε ένα ανοικτό διάστημα.Αυτό εσένα σε βοήθησε.
Δηλαδή αμφιβάλλεις ακόμη ότι δεν έχεις βρεί την τριάδα με την προηγούμενη προσπάθειά σου?
Έπειτα κάνεις λάθος με τη δεύτερή σου προσπάθεια γιατί δεν βλέπω να λέει πουθενά η άσκηση ότι η συνάρτηση f παραγωγίζεται διπλά!
Έχεις τελειώσει με τη λύση και δεν τόχεις καταλάβει.

paganini666 · 05-06-09

Αρχική Δημοσίευση από lostG:
Ηλία δεν σε καταλαβαίνω.
Η άσκηση ζήταγε να αποδείξεις ότι υπάρχει μιά τριάδα αριθμών διαφορετικών μεταξύ τους πού να ανήκουν στο (α,β) ώστε να αληθεύει η σχέση.
Λοιπόν εσύ το απέδειξες αφού βρήκες ξ1 στο (-1,-2/3) και ξ2 στπ(-2/3,0) και ξ=-2/3 που σου επαληθεύουν τη σχέση.
Γιατί το βασανίζεις κι άλλο?
Δείχνεις υπερβάλλοντα σεβασμό σε ένα απλό θεώρημα.Δεν είναι ανάγκη να το κάνεις αυτό.
Το θ.bolzano είναι απλά ένα εργαλείο που μας εξασφαλίζει ρίζα σε ένα ανοικτό διάστημα.Αυτό εσένα σε βοήθησε.
Δηλαδή αμφιβάλλεις ακόμη ότι δεν έχεις βρεί την τριάδα με την προηγούμενη προσπάθειά σου?
Έπειτα κάνεις λάθος με τη δεύτερή σου προσπάθεια γιατί δεν βλέπω να λέει πουθενά η άσκηση ότι η συνάρτηση f παραγωγίζεται διπλά!
Έχεις τελειώσει με τη λύση και δεν τόχεις καταλάβει.

Λετε ε;
Για να το κοιταξω...αφου δω τη live συνεντευξη του Τσιπρα!

https://www.tvxs.gr/live
Παντως στη 2η προσπαθεια παραγωγιζω μια καινουργια συναρτηση την F(d) ώς προς ,δεν ειναι πουθενα η f μεσα.
-----------------------------------------
Το ξανακοιταξα και ΕΠΙΜΕΝΩ ΟΤΙ ΚΑΝΩ ΛΑΘΟΣ (οξυμωρο ε;

)
Αν κανω θμτ στο -1,-2/3 κλπ δε βγαινει κατι! Πειτε μου που υπαρχει η διαφωνια μας.

lostG · 06-06-09

Αρχική Δημοσίευση από paganini666:
Λετε ε;
Για να το κοιταξω...αφου δω τη live συνεντευξη του Τσιπρα! https://www.tvxs.gr/live
Παντως στη 2η προσπαθεια παραγωγιζω μια καινουργια συναρτηση την F(d) ώς προς ,δεν ειναι πουθενα η f μεσα.
-----------------------------------------
Το ξανακοιταξα και ΕΠΙΜΕΝΩ ΟΤΙ ΚΑΝΩ ΛΑΘΟΣ (οξυμωρο ε; )
Αν κανω θμτ στο -1,-2/3 κλπ δε βγαινει κατι! Πειτε μου που υπαρχει η διαφωνια μας.

geoste πρέπει να αναλάβεις να εξηγήσεις.
Εγώ φεύγω γιά τις πρώτες διακοπές.
Εύχομαι καλά αποτελέσματα γιά όλους και καλό Καλοκαίρι.
Αν μπορώ θα μπαίνω που και πού.
See you.

paganini666 · 11-06-09

Αρχική Δημοσίευση από geoste:
Έστω παραγωγίσιμη συνάρτηση f: [-1,0]->[-1,0] και f(0)=-1, f(-1)=0. Να αποδείξετε ότι υπάρχουν διαφορετικά μεταξύ τους $xi ,{xi }_{1},{xi }_{2}epsilon (-1,0)$ τέτοια ώστε $xi f'({xi }_{1})f'({xi }_{2})=2+4xi$

Τελικα η λυση;;;;
Και η δικη μου ειναι λαθος! Δεν ειναι;

manos66 · 11-06-09

Αρχική Δημοσίευση από paganini666:
Τελικα η λυση;;;;
Και η δικη μου ειναι λαθος! Δεν ειναι;

Πρώτα δείξε ότι υπάρχει ξ στο (-1 , 0) τέτοιο ώστε f (ξ) = 2ξ + 1
Έπειτα ΘΜΤ με την f στα [-1 , ξ] και [ξ , 0]

paganini666 · 11-06-09

Αρχική Δημοσίευση από manos66:
Πρώτα δείξε ότι υπάρχει ξ στο (-1 , 0) τέτοιο ώστε f (ξ) = 2ξ + 1
Έπειτα ΘΜΤ με την f στα [-1 , ξ] και [ξ , 0]

Μαλιστα,αλλα πώς επρεπε να το σκεφτω αυτο;
Γιατι οπως βλεπετε στη 2η προσπαθεια μου πηρα γενικα να δειξω οτι f(ξ)=αξ και δεν εβγαινε. Μετα σκεφτηκα f(ξ)=αξ+β αλλα σκεφτηκα οτι το παρατραβαω!
Μαλλον δεν βλεπετε γιατι την διεγραψα... :p

manos66 · 11-06-09

Αρχική Δημοσίευση από paganini666:
Μαλιστα,αλλα πώς επρεπε να το σκεφτω αυτο;
Γιατι οπως βλεπετε στη 2η προσπαθεια μου πηρα γενικα να δειξω οτι f(ξ)=αξ και δεν εβγαινε. Μετα σκεφτηκα f(ξ)=αξ+β αλλα σκεφτηκα οτι το παρατραβαω!
Μαλλον δεν βλεπετε γιατι την διεγραψα... :p

Eίχες φτάσει στο σημείο

Λύστο σαν εξίσωση 2ου βαθμού ως προς f (m)
Η μια από τις δύο ρίζες είναι η 2m + 1
f (m) = 2m + 1

paganini666 · 11-06-09

Αρχική Δημοσίευση από manos66:
Eίχες φτάσει στο σημείο

Λύστο σαν εξίσωση 2ου βαθμού ως προς f (m)
Η μια από τις δύο ρίζες είναι η 2m + 1
f (m) = 2m + 1

πωωωω!Σωστα. Τι ωραια!

Civilara · 16-06-09

Άντε ρε παιδιά, βάλτε καμιά δύσκολη άσκηση.

paganini666 · 16-06-09

Αρχική Δημοσίευση από geoste:
Άντε ρε παιδιά, βάλτε καμιά δύσκολη άσκηση.

Έστω η εξισωση

(1),

(2)
ι)να δειξετε οτι η (1) δεν εχει πραγματικες ριζες
ιι)αν

οι ριζες της (1) και

α)

β)

για καθε

paganini666 · 17-06-09

ΘΕΜΑ ΕΜΕ 2008 -πολυ ωραιο-
Έστω

συνεχής συνάρτηση με

για κάθε

Αν

είναι μια αρχική συνάρτηση της

στο

, να αποδείξετε ότι :

α)

για κάθε

β) Για κάθε

, υπάρχει

έτσι , ώστε

.
γ) Η εξίσωση

έχει άπειρες λύσεις στο

.
ΥΓ Πώς γραφουμε το -απειρο στο λατεχ;
-----------------------------------------
Θεμα απο Ρουμανικο Διαγωνισμο
Κατι μου θυμιζει...εσας;
Έστω f συνεχής συνάρτηση στο [0,1] με

.Να αποδείξετε ότι:
α) Η συνάρτηση

που είναι ορισμένη στο [0,1] με

για x

διάφορο του μηδενός και

πληρεί τις προϋποθέσεις του θεωρήματος

Rolle στο [0 , 1]

β) Υπάρχει

τέτοιο , ώστε :

Civilara · 17-06-09

Αρχική Δημοσίευση από paganini666:
ΘΕΜΑ ΕΜΕ 2008 -πολυ ωραιο-
Έστω

συνεχής συνάρτηση με

για κάθε

Αν

είναι μια αρχική συνάρτηση της

στο

, να αποδείξετε ότι :

α)

για κάθε

β) Για κάθε

, υπάρχει

έτσι , ώστε

.
γ) Η εξίσωση

έχει άπειρες λύσεις στο

.
ΥΓ Πώς γραφουμε το -απειρο στο λατεχ;

α) Η f είναι συνεχής στο R, οπότε έχει αρχικές συναρτήσεις στο R. Επειδή η F είναι αρχική της f στο R τότε είναι παραγωγίσιμη στο R και ισχύει F'(x)=f(x) για κάθε x ανήκει R

Θεωρώ την αντικατάσταση u=x+t => t=u-x και du=dt, u2=x+x=2x και u1=x+0=x. Συνεπώς

$F'(x)=f(x)=\int_{0}^{x}f(x+t)dt=\int_{x}^{2x}f(u)du=\int_{x}^{2x}F'(u)du=F(2x)-F(x)$

Άρα $F'(x)=F(2x)-F(x)$ για κάθε x ανήκει R.

β) H F είναι παραγωγίσιμη στο R, οπότε και συνεχής στο R.

Για k<0 είναι k+k<k => 2k<k

Η F είναι συνεχής στο [2k,k] και παραγωγίσιμη στο (2k,k). Σύμφωνα με το θεώρημα μέσης τιμής υπάρχει ${\xi }_{k}\epsilon \left(2k,k \right)$ τέτοιο ώστε:

$F'\left({\xi }_{k} \right)=\frac{F(k)-F(2k)}{k-2k}=\frac{F(k)-F(2k)}{-k}=\frac{F(2k)-F(k)}{k}=\frac{F'(k)}{k}$

Συνεπώς $F'\left({\xi }_{k} \right)F'(k)=\frac{{\left( F'(k)\right)}^{2}}{k}\leq 0$ για κάθε $k\epsilon \left(-\propto ,0 \right)$

γ) $F'\left({\xi }_{k} \right)F'(k)\leq 0\Rightarrow f\left({\xi }_{k} \right)f(k)\leq 0$ όπου $k\epsilon \left(-\propto ,0 \right)$ και ${\xi }_{k}\epsilon \left(2k,k \right)$ .

Αν f(k)=0 τότε $f\left( {\xi }_{k}\right)=0$ κάθε $k\epsilon (-\propto ,0)$ οπότε ισχύει f(x)=0 για κάθε $x\epsilon (-\propto ,0)$ αφού $f\left( {\xi }_{k}\right)=\frac{f(k)}{k}$ που σημαίνει ότι η εξίσωση f(x)=0 έχει άπειρες λύσεις στο $(-\propto ,0)$ .

Αν f(k) διάφορο του 0 τοτε $f({\xi }_{k})$ διάφορο του 0 και $f(k)f({\xi }_{k})<0$ και επειδή η f είναι συνεχής στο $\left[ {\xi }_{k},k\right]$ τότε υπάρχει σύμφωνα με το θεώρημα Bolzano τουλάχιστον ένα ${x}_{k}\epsilon \left( {\xi }_{k},k\right)$ τέτοιο ώστε $f\left({x}_{k}\right)=0$ . Επομένως υπάρχουν ν μη αλληλεπικαλυπτόμενα διαστήματα $\left({\xi }_{k\nu },{k}_{\nu } \right)$ τέτοια ώστε ${k}_{\nu }<2{k}_{\nu+1 }<0$ για κάθε $\nu \epsilon {N}^{*}$ σε κάθε ένα από τα οποία υπάρχει τουλάχιστον ένα ${x}_{k\nu }\epsilon \left({\xi }_{k\nu },{k}_{\nu } \right)$ τέτοιο ώστε $f\left({x}_{k\nu }\right)=0$ . Άρα η εξίσωση f(x)=0 έχει άπειρες λύσεις στο $(-\propto ,0) \right$ .

Σε κάθε περίπτωση, η εξίσωση f(x)=0 έχει άπειρες λύσεις στο $(-\propto ,0) \right$ .

paganini666 · 17-06-09

Αρχική Δημοσίευση από geoste:
α) Η f είναι συνεχής στο R, οπότε έχει αρχικές συναρτήσεις στο R. Επειδή η F είναι αρχική της f στο R τότε είναι παραγωγίσιμη στο R και ισχύει F'(x)=f(x) για κάθε x ανήκει R

Θεωρώ την αντικατάσταση u=x+t => t=u-x και du=dt, u2=x+x=2x και u1=x+0=x. Συνεπώς

$F'(x)=f(x)=int_{0}^{x}f(x+t)dt=int_{x}^{2x}f(u)du=int_{x}^{2x}F'(u)du=F(2x)-F(x)$

Άρα $F'(x)=F(2x)-F(x)$ για κάθε x ανήκει R.

β) H F είναι παραγωγίσιμη στο R, οπότε και συνεχής στο R.

Για k<0 είναι k+k<k => 2k<k

Η F είναι συνεχής στο [2k,k] και παραγωγίσιμη στο (2k,k). Σύμφωνα με το θεώρημα μέσης τιμής υπάρχει ${xi }_{k}epsilon left(2k,k right)$ τέτοιο ώστε:

$F'left({xi }_{k} right)=frac{F(k)-F(2k)}{k-2k}=frac{F(k)-F(2k)}{-k}=frac{F(2k)-F(k)}{k}=frac{F'(k)}{k}$

Συνεπώς $F'left({xi }_{k} right)F'(k)=frac{{left( F'(k)right)}^{2}}{k}leq 0$ για κάθε $kepsilon left(-propto ,0 right)$

γ) $F'left({xi }_{k} right)F'(k)leq 0Rightarrow fleft({xi }_{k} right)f(k)leq 0$ όπου $kepsilon left(-propto ,0 right)$ και ${xi }_{k}epsilon left(2k,k right)$ .

Αν f(k)=0 για κάθε $kepsilon left(-propto ,0 right)$ τότε
ισχύει f(x)=0 για κάθε $xepsilon left(-propto ,0 right)$ που σημαίνει ότι η εξίσωση f(x)=0 έχει άπειρες λύσεις στο $(-propto ,0 right)$ .

Αν $fleft( {xi }_{k}right)=0$ για κάθε $kepsilon left(-propto ,0 right)$ όπου ${xi }_{k}epsilon left(2k,k right)$ , τότε υπάρχουν ν μη αλληλεπικαλυπτόμενα διαστήματα $left(2{k}_{nu },{k}_{nu } right)$ τέτοια ώστε ${k}_{nu }<2{k}_{nu+1 }<0$ για κάθε $nu epsilon {N}^{*}$ σε κάθε ένα από τα οποία υπάρχει τουλάχιστον ένα ${xi }_{k,nu }epsilon left(2{k}_{nu },{k}_{nu } right)$ τέτοιο ώστε $fleft( {xi }_{k,nu }right)=0$ . Άρα η εξίσωση f(x)=0 έχει άπειρες λύσεις στο $(-propto ,0 right)$ .

Αν $f(k)f({xi }_{k})<0$ , τότε επειδή η f είναι συνεχής στο $[left[ {xi }_{k},kright]]$ υπάρχει σύμφωνα με το θεώρημα Bolzano τουλάχιστον ένα ${x}_{k}epsilon left( {xi }_{k},kright)$ τέτοιο ώστε $fleft({x}_{k}right)=0$ . Επομένως υπάρχουν ν μη αλληλεπικαλυπτόμενα διαστήματα $left({k}_{nu },{xi }_{knu } right)$ τέτοια ώστε ${k}_{nu }<2{k}_{nu+1 }<0$ για κάθε $nu epsilon {N}^{*}$ σε κάθε ένα από τα οποία υπάρχει τουλάχιστον ένα ${x}_{k}epsilon left({k}_{nu },{xi }_{knu } right)$ τέτοιο ώστε $fleft({x}_{k}right)=0$ . Άρα η εξίσωση f(x)=0 έχει άπειρες λύσεις στο $(-propto ,0 right)$ .

Σε κάθε περίπτωση, η εξίσωση f(x)=0 έχει άπειρες λύσεις στο $(-propto ,0 right)$ .

για το (γ) να πω και τι σκεφτηκα εγω:
Όπως απεδειχθη

δηλαδή

(1)
Αρχικα θα δειξω οτι υπαρχει ενα ΤΟΥΛΑΧΙΣΤΟ k:f(k)=0
Έστω

είτε

αφου f συνεχης.
Αν

ατοπο.
Ομοιως αποκλειουμε και την περιπτωση

αρα υπαρχει

Από (1)

τωρα με το

να παιζει το ρολο που επαιξε το

προκυπτει οτι υπαρχουν συνεχως νεα ξ ωστε f(ξ)=0 τα οποια ειναι ολο και πιο αρνητικα.
Επαγωγικα δηλαδη υπαρχουν απειρα τετοια ξ. Αρα η εξισωση εχει απειρες λυσεις.

Civilara · 18-06-09

Αρχική Δημοσίευση από paganini666:
Θεμα απο Ρουμανικο Διαγωνισμο
Κατι μου θυμιζει...εσας;
Έστω f συνεχής συνάρτηση στο [0,1] με

.Να αποδείξετε ότι:
α) Η συνάρτηση

που είναι ορισμένη στο [0,1] με

για x

διάφορο του μηδενός και

πληρεί τις προϋποθέσεις του θεωρήματος

Rolle στο [0 , 1]

β) Υπάρχει

τέτοιο , ώστε :

α) Η f είναι συνεχής στο [0,1], οπότε η συνάρτηση $F(x)=\int_{0}^{x}f(t)dt$ είναι παραγωγίσιμη στο [0,1] και ισχύει F'(x)=F(x) για κάθε $x\epsilon \left [0,1 \right]$

Η f είναι συνεχής στο [0,1], οπότε η συνάρτηση g(x)=xf(x) είναι συνεχής στο [0,1] και επομένως η συνάρτηση
$G(x)=\int_{0}^{x}g(t)dt=\int_{0}^{x}tf(t)dt$ είναι παραγωγίσιμη στο [0,1] και ισχύει $G'(x)=g(x)=xf(x)$ για κάθε $x\epsilon \left [0,1 \right]$ .

Η συνάρτηση $\Phi (x)=\frac{G(x)}{x}$ είναι παραγωγίσιμη στο (0,1] ως γινόμενο παραγωγίσιμων στο (0,1] συναρτήσεων και ισχύει
$\Phi' (x)=\frac{xG'(x)-G(x)}{{x}^{2}}=\frac{{x}^{2}f(x)-G(x)}{{x}^{2}}=f(x)-\frac{G(x)}{{x}^{2}}=F'(x)-\frac{G(x)}{{x}^{2}}$

Συνεπώς η συνάρτηση H απόκτά την μορφή $H(x)=\Phi (x)-F(x)$ για κάθε $x\epsilon \left (0,1]$ και επομένως είναι παραγωγίσιμη στο (0,1] με παράγωγο:

$H'(x)=\Phi' (x)-F'(x)=-\frac{G(x)}{{x}^{2}}$ για κάθε $x\epsilon \left (0,1]$ .

Οι συναρτήσεις F και G είναι συνεχείς στο [0,1] αφού είναι παραγωγίσιμες στο [0,1]. Συνεπώς είναι παραγωγίσιμες και συνεχείς στο 0 (από δεξιά).

$\lim_{x\rightarrow {0}^{+}}F(x)=F(0)=\int_{0}^{0}f(t)dt=0$

$G(0)=\int_{0}^{0}tf(t)dt=0$
$G'(0)=0f(0)=0$
$\lim_{x\rightarrow {0}^{+}}\frac{G(x)-G(0)}{x-0}=G'(0)\Rightarrow \lim_{x\rightarrow {0}^{+}}\frac{G(x)}{x}=0$
$\lim_{x\rightarrow {0}^{+}}\Phi (x)=\lim_{x\rightarrow {0}^{+}}\frac{G(x)}{x}=0$

Έχουμε: $\lim_{x\rightarrow {0}^{+}}H(x)=\lim_{x\rightarrow {0}^{+}}\Phi (x)-\lim_{x\rightarrow {0}^{+}}F(x)=0-0=0=H(0)$
Άρα η H είναι συνεχής (από δεξιά) στο 0

Η H είναι συνεχής στο (0,1] και ισχύει $\lim_{x\rightarrow {0}^{+}}H(x)=H(0)$ , συνεπώς η H είναι συνεχής στο [0,1]

$H(1)=\int_{0}^{1}tf(t)dt-\int_{0}^{1}f(t)dt=\int_{0}^{1}\left( tf(t)-f(t)\right)dt=\int_{0}^{1}(t-1)f(t)dt=\int_{0}^{1}(x-1)f(x)dx=0=H(0)$

Η H είναι συνεχής στο [0,1], παραγωγίσιμη στο (0,1) και ισχύει H(0)=H(1). Άρα η H ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του θεωρήματος Rolle στο διάστημα [0,1].

β) Σύμφωνα με το θεώρημα Rolle, υπάρχει τουλάχιστον ένα $\xi \epsilon (0,1)$ τέτοιο ώστε $H'(\xi )=0\Rightarrow -\frac{G(\xi )}{{\xi }^{2}}=0\Rightarrow G(\xi )=0$

Θεωρώ την συνάρτηση h με τύπο $h(x)=G(x){e}^{-x}$ . Η συνάρτηση h είναι παραγωγίσιμη στο [0,1] ως γινόμενο παραγωγίσιμων συναρτήσεων στο [0,1] και ισχύει $h'(x)=\left( G'(x)-G(x)\right){e}^{-x}$ για κάθε $x\epsilon \left [0,1]$ . Άρα η h είναι συνεχής στο [0,1] και παραγωγίσιμη στο (0,1).

$h(0)=G(0){e}^{-0}=0$
$h(\xi )=G(\xi ){e}^{-\xi }=0$
Συνεπώς $h(0)=h(\xi )=0$

Η h είναι συνεχής στο [0,ξ], παραγωγίσιμη στο (0,ξ) και ισχύει h(0)=h(ξ). Επομένως σύμφωνα με το θεώρημα Rolle υπάρχει τουλάχιστον ένα $\alpha \epsilon (0,\xi)$ τέτοιο ώστε:

$h'(\alpha )=0\Rightarrow \left(G'(\alpha )-G(\alpha ) \right){e}^{-\alpha }=0\Rightarrow G(\alpha )=G'(\alpha )\Rightarrow \int_{0}^{\alpha }tf(t)dt=\alpha f(\alpha )\Rightarrow \int_{0}^{\alpha }xf(x)dx=\alpha f(\alpha )$

αφού το σύμβολο της σταθεράς ολοκλήρωσης δεν παίζει κανένα ρόλο.

Άρα υπάρχει τουλάχιστον ένα $\alpha \epsilon (0,1)$ εφοσον $\xi \epsilon (0,1)$ τέτοιο ώστε $\int_{0}^{\alpha }xf(x)dx=\alpha f(\alpha )$
-----------------------------------------

Αρχική Δημοσίευση από tzoker:
Παραθέτω μία άσκηση η οποία ήταν σήμερα ένα πολύ καλό θεματάκι στο Πανεπιστήμιο Πειραιά.

Να υπολογισθεί το ολοκλήρωμα $int_{7}^{+propto } frac{dx}{{x}^{2} - 8x +15}$ .

Θεωρώ την συνάρτηση $f(x)=\frac{1}{{x}^{2}-8x+15}=\frac{1}{(x-3)(x-5)}$ . Το πεδίο ορισμού της συνάρτησης είναι το $A=\left(-\propto ,3 \right)\bigcup \left(3,5 \right)\bigcup (5,+\propto )$ και είναι συνεχής στο Α ως ρητή. Άρα η f είναι συνεχής σε κάθε διάστημα $[\alpha ,\beta ]\subset A$ και επομένως ολοκληρώσιμη στο διάστημα αυτό. Θα υπολογιστεί το αόριστο ολοκλήρωμα της f στο [α,β]:

$\int f(x)dx=\int \frac{dx}{{x}^{2}-8x+15}=\int \frac{dx}{(x-3)(x-5)}=\frac{1}{2}\int \frac{(x-3)-(x-5)}{(x-3)(x-5)}dx=\frac{1}{2}\int \frac{dx}{x-5}+\frac{1}{2}\int \frac{dx}{x-3}=\frac{1}{2}ln\left|x-5 \right|+\frac{1}{2}ln\left|x-3 \right|+c=\frac{1}{2}ln\left|\frac{x-5}{x-3} \right|+c$ όπου $c\epsilon R$

Θεωρώ την συνάρτηση $F(t)=\int_{7}^{t}f(x)dx$ η οποία είναι παραγωγίσιμη σε κάθε διάστημα $[\alpha ,\beta ]\subset A$ τέτοιο ώστε $7\epsilon \left[\alpha ,\beta \right]$ . Έχουμε $F(t)=\int_{7}^{t}\frac{dx}{{x}^{2}-8x+15}=\frac{1}{2}\left(ln\left|\frac{t-5}{t-3}\right|-ln\left|\frac{2}{4} \right| \right)=\frac{1}{2}ln\left|\frac{2t-10}{t-3}\right|$ .

Η F είναι παραγωγίσιμη στο διάστημα $\left(5,+\propto \right)$ καθώς η f είναι συνεχής σε αυτό και ισχύει F'(t)=f(t) για κάθε $t\epsilon \left(5,+\propto \right)$

Είναι $\lim_{t\rightarrow +\propto }\frac{2t-10}{t-3}=\lim_{t\rightarrow +\propto }\frac{2t}{t}=2$

Θέτω $u=\frac{2t-10}{t-3}$ . Έχουμε $\lim_{t\rightarrow +\propto }ln\left| \frac{2t-10}{t-3}\right|=\lim_{u\rightarrow 2 }ln\left|u \right|=ln\left| 2\right|=ln2$

Άρα $\lim_{t\rightarrow +\propto }F(t)=\frac{ln2}{2}$ . Συνεπώς υπάρχει το γενικευμένο ολοκλήρωμα και ισχύει $\int_{7}^{+\propto }\frac{dx}{{x}^{2}-8x+15}=\lim_{t\rightarrow +\propto }\int_{7}^{t}\frac{dx}{{x}^{2}-8x+15}=\frac{ln2}{2}$ .

Civilara · 18-06-09

Αρχική Δημοσίευση από riemann80:
Ασκηση. αν $z_1,z_2 in mathbb{C}$ και ισχύει οτι $argleft(frac{z_1+z_2}{z_1-z_2}right)=frac{pi}{2}$ να αποδειξετε οτι $|z_1|=|z_2|$ .

εννοειται οτι μιλαμε για διαφορετικους μιγαδικους.

Εφόσον οριίζεται όρισμα τότε $\frac{{z}_{1}+{z}_{2}}{{z}_{1}-{z}_{2}}\neq 0\Rightarrow {z}_{1}\neq {z}_{2},{z}_{1}\neq -{z}_{2}$

Τριγωνομετρική μορφή του μιγαδικού αριθμού $w=\frac{{z}_{1}+{z}_{2}}{{z}_{1}-{z}_{2}}\neq 0$ με $arg(w)=\frac{\pi }{2}$

$w=\left|w \right|\left[cos\left( arg(w)\right)+isin\left( arg(w)\right) \right]\Rightarrow w=\left|w \right|i\Rightarrow \frac{{z}_{1}+{z}_{2}}{{z}_{1}-{z}_{2}}=\left| \frac{{z}_{1}+{z}_{2}}{{z}_{1}-{z}_{2}}\right|i$

Άρα ο w είναι φανταστικός αριθμός. Έχουμε:

$w=\left|w \right|i\Rightarrow {w}^{2}=-{\left|w \right|}^{2}\Rightarrow {w}^{2}+{\left|w \right|}^{2}=0\Rightarrow {w}^{2}+w\bar{w}=0\Rightarrow w\left(w+\bar{w} \right)=0\Rightarrow w+\bar{w}=0\Rightarrow \frac{{z}_{1}+{z}_{2}}{{z}_{1}-{z}_{2}}+\frac{\bar{{z}_{1}}+\bar{{z}_{2}}}{\bar{{z}_{1}}-\bar{{z}_{2}}}=0\Rightarrow \left({z}_{1}+{z}_{2} \right)\left(\bar{{z}_{1}}-\bar{{z}_{2}} \right)+\left({z}_{1}-{z}_{2} \right)\left(\bar{{z}_{1}}+\bar{{z}_{2}} \right)=0\Rightarrow {z}_{1}\bar{{z}_{1}}-{z}_{2}\bar{{z}_{2}}-{z}_{1}\bar{{z}_{2}}+\bar{{z}_{1}}{{z}_{1}}+{z}_{1}\bar{{z}_{1}}-{z}_{2}\bar{{z}_{2}}+{z}_{1}\bar{{z}_{2}}-\bar{{z}_{1}}{{z}_{2}}=0\Rightarrow 2{z}_{1}\bar{{z}_{1}}=2{z}_{2}\bar{{z}_{2}}\Rightarrow {z}_{1}\bar{{z}_{1}}={z}_{2}\bar{{z}_{2}}\Rightarrow {\left|{z}_{1} \right|}^{2}={\left|{z}_{2} \right|}^{2}\Rightarrow \left|{z}_{1} \right|=\left|{z}_{2} \right|$

Αν ${z}_{1}={z}_{2}$ ή ${z}_{1}=-{z}_{2}$ τότε προφανώς $\left|{z}_{1} \right|=\left|{z}_{2} \right|$ , αλλά αν ${z}_{1}={z}_{2}$ δεν ορίζεται ο w και αν ${z}_{1}=-{z}_{2}\neq 0$ τότε w=0 και δεν ορίζεται όρισμα για τον w

MYLWNAS STATHIS · 19-06-09

θεματα καλα εχει στο site του φροντιστηριου ''συγχρονο'' στη θεσσαλονικη
-----------------------------------------
ας τα δει και καποιος αλλος να μου πει γνωμη θα περιμενω.

paganini666 · 19-06-09

Αρχική Δημοσίευση από MYLWNAS STATHIS:
θεματα καλα εχει στο site του φροντιστηριου ''συγχρονο'' στη θεσσαλονικη
-----------------------------------------
ας τα δει και καποιος αλλος να μου πει γνωμη θα περιμενω.

πες και το λινκ...

Civilara · 20-06-09

Αρχική Δημοσίευση από tzoker:
ΑΣΚΗΣΗ 8

Αν $z epsilon C$ , να δείξετε πως η εξίσωση :

$frac{1}{z - i} + frac{2}{z - 2i} + frac{3}{ z - 3i} + . . . + frac{2008}{z - 2008i} + frac{2009}{z - 2009i} = 0$ ,

έχει μόνο φανταστικές ρίζες.

Έστω $x=Re(z)$ και $y=Im(z)$ όπου $x,y\epsilon R$ . Τότε είναι $z=x+yi$ .

Θεωρώ τους μιγαδικούς αριθμούς $w(n)=\frac{n}{z-ni}$ με $z\neq ni$ όπου $n\epsilon A=\left[1, 2, 3, ..., 2009 \right]$ . Συνεπώς $x,y\epsilon R$ τέτοια ώστε $(x,y)\neq (0,n)$ για κάθε $n\epsilon A$ .

Έχουμε $w(n)=\frac{n}{z-ni}=\frac{n}{x+(y-n)i}=n\frac{x-(y-n)i}{{x}^{2}+{(y-n)}^{2}}=n\frac{x}{{x}^{2}+n{(y-n)}^{2}}=n\frac{n-y}{{x}^{2}+n{(y-n)}^{2}}i$ . Συνεπώς $Re\left[ w(n)\right]=n\frac{x}{{x}^{2}+{(y-n)}^{2}}$ και $Im\left[ w(n)\right]=n\frac{n-y}{{x}^{2}+{(y-n)}^{2}}$ .

Θεωρώ τον μιγαδικό αριθμό $w=\sum_{n=1}^{2009}w(n)$ . Έχουμε $w=\sum_{n=1}^{2009}w(n)=\sum_{n=1}^{2009}\left[ n\frac{x}{{x}^{2}+{(y-n)}^{2}}+n\frac{n-y}{{x}^{2}+{(y-n)}^{2}}i\right]=\sum_{n=1}^{2009}\frac{nx}{{x}^{2}+{(y-n)}^{2}}+\sum_{n=1}^{2009}\frac{n(n-y)}{{x}^{2}+{(y-n)}^{2}}i=x\sum_{n=1}^{2009}\frac{n}{{x}^{2}+{(y-n)}^{2}}+i\sum_{n=1}^{2009}\frac{n(n-y)}{{x}^{2}+{(y-n)}^{2}}\Rightarrow w=Re(w)+Im(w)i$ όπου $Re(w)=x\sum_{n=1}^{2009}\frac{n}{{x}^{2}+{(y-n)}^{2}}$ και $Im(w)=\sum_{n=1}^{2009}\frac{n(n-y)}{{x}^{2}+{(y-n)}^{2}}$

Για να είναι w=0 , πρέπει να ισχύει $Re(w)=Im(w)=0$ , οπότε έχουμε $Re(w)=0\Rightarrow x\sum_{n=1}^{2009}\frac{n}{{x}^{2}+{(y-n)}^{2}}=0\Rightarrow x=0$ αφού $\sum_{n=1}^{2009}\frac{n}{{x}^{2}+{(y-n)}^{2}}>0$ για κάθε $x,y\epsilon R$ με $(x,y)\neq (0,n)$ . Συνεπώς $Re(z)=0$ , που σημαίνει ότι ο z είναι φανταστικός αριθμός και έχει την μορφή $z=yi$ όπου
$y=Im(z)\epsilon R-A$ .

Για τον πραγματικό αριθμό y ισχύει $Im(w)=0\Rightarrow \sum_{n=1}^{2009}\frac{n}{n-y}=0$ . Από την λύση της εξίσωσης προσιορίζονται οι δυνατές τιμές του πραγματικού αριθμού y.

Συνεπώς η εξίσωση έχει μόνο φανταστικές λύσεις z=yi όπου ο πραγματικός αριθμός $y\epsilon R-A$ προσδιορίζεται από την λύση της εξίσωσης:

$\sum_{n=1}^{2009}\frac{n}{n-y}=0$

paganini666 · 20-06-09

Αρχική Δημοσίευση από Civilara:
Έστω $x=Re(z)$ και $y=Im(z)$ όπου $x,yepsilon R$ . Τότε είναι $z=x+yi$ .

Θεωρώ τους μιγαδικούς αριθμούς $w(n)=frac{1}{z-ni}$ με $zneq ni$ όπου $nepsilon A=left[1, 2, 3, ..., 2009 right]$ . Συνεπώς $x,yepsilon R$ τέτοια ώστε $(x,y)neq (0,n)$ για κάθε $nepsilon A$ .

Έχουμε $w(n)=frac{1}{z-ni}=frac{1}{x+(y-n)i}=frac{x-(y-n)i}{{x}^{2}+{(y-n)}^{2}}=frac{x}{{x}^{2}+{(y-n)}^{2}}+frac{n-y}{{x}^{2}+{(y-n)}^{2}}i$ . Συνεπώς $Releft[ w(n)right]=frac{x}{{x}^{2}+{(y-n)}^{2}}$ και $Imleft[ w(n)right]=frac{n-y}{{x}^{2}+{(y-n)}^{2}}$ .

Θεωρώ τον μιγαδικό αριθμό $w=sum_{n=1}^{2009}w(n)$ . Έχουμε $w=sum_{n=1}^{2009}w(n)=sum_{n=1}^{2009}left[ frac{x}{{x}^{2}+{(y-n)}^{2}}+frac{n-y}{{x}^{2}+{(y-n)}^{2}}iright]=sum_{n=1}^{2009}frac{x}{{x}^{2}+{(y-n)}^{2}}+sum_{n=1}^{2009}frac{n-y}{{x}^{2}+{(y-n)}^{2}}i=xsum_{n=1}^{2009}frac{1}{{x}^{2}+{(y-n)}^{2}}+isum_{n=1}^{2009}frac{n-y}{{x}^{2}+{(y-n)}^{2}}Rightarrow w=Re(w)+Im(w)i$ όπου $Re(w)=xsum_{n=1}^{2009}frac{1}{{x}^{2}+{(y-n)}^{2}}$ και $Im(w)=sum_{n=1}^{2009}frac{n-y}{{x}^{2}+{(y-n)}^{2}}$

Για να είναι w=0 , πρέπει να ισχύει $Re(w)=Im(w)=0$ , οπότε έχουμε $Re(w)=0Rightarrow xsum_{n=1}^{2009}frac{1}{{x}^{2}+{(y-n)}^{2}}=0Rightarrow x=0$ αφού $sum_{n=1}^{2009}frac{1}{{x}^{2}+{(y-n)}^{2}}>0$ για κάθε $x,yepsilon R$ με $(x,y)neq (0,n)$ . Συνεπώς $Re(z)=0$ , που σημαίνει ότι ο z είναι φανταστικός αριθμός και έχει την μορφή $z=yi$ όπου
$y=Im(z)epsilon R-A$ .

Για τον πραγματικό αριθμό y ισχύει $Im(w)=0Rightarrow sum_{n=1}^{2009}frac{1}{n-y}=0$ . Από την λύση της εξίσωσης προσιορίζονται οι δυνατές τιμές του πραγματικού αριθμού y.

Συνεπώς η εξίσωση έχει μόνο φανταστικές λύσεις z=yi όπου ο πραγματικός αριθμός $yepsilon R-A$ προσδιορίζεται από την λύση της εξίσωσης:

$sum_{n=1}^{2009}frac{1}{n-y}=0$

υπαρχουν λυσεις αυτης της εξισωσης;

manos66 · 20-06-09

Αρχική Δημοσίευση από tzoker:
ΑΣΚΗΣΗ 8

Αν $z epsilon C$ , να δείξετε πως η εξίσωση :

$frac{1}{z - i} + frac{2}{z - 2i} + frac{3}{ z - 3i} + . . . + frac{2008}{z - 2008i} + frac{2009}{z - 2009i} = 0$ ,

έχει μόνο φανταστικές ρίζες.

ΜΙΑ ΑΚΟΜΗ ΛΥΣΗ

'Εστω ότι η εξίσωση
$\frac{1}{z - i} + \frac{2}{z - 2i} + \frac{3}{ z - 3i} + . . . + \frac{2008}{z - 2008i} + \frac{2009}{z - 2009i} = 0$ ,
έχει πραγματική ρίζα, δηλαδή $z \in R$ .

Τότε
$\\ \frac{1}{z - i} + \frac{2}{z - 2i} + \frac{3}{ z - 3i} + . . . + \frac{2008}{z - 2008i} + \frac{2009}{z - 2009i} = 0 \Leftrightarrow$

$\frac{}{\frac{1}{z - i} + \frac{2}{z - 2i} + \frac{3}{ z - 3i} + . . . + \frac{2008}{z - 2008i} + \frac{2009}{z - 2009i}}_{^=^0} \Leftrightarrow$

$\frac{1}{z + i} + \frac{2}{z + 2i} + \frac{3}{ z + 3i} + . . . + \frac{2008}{z + 2008i} + \frac{2009}{z + 2009i} = 0 \Rightarrow$

$\frac{1}{z - i} + \frac{2}{z - 2i} +. . . + \frac{2009}{z - 2009i} =\frac{1}{z + i} + \frac{2}{z + 2i} + . . . + \frac{2009}{z + 2009i} \Leftrightarrow$

$\\ \left(\frac{1}{z - i} -\frac{1}{z + i} \right)+ \left( \frac{2}{z - 2i} - \frac{2}{z + 2i}\right) +. . .\left( \frac{2009}{z - 2009i} -\frac{2009}{z + 2009i}\right) = 0 \Leftrightarrow$

$\frac{2^.i}{z^2 +1} + \frac{2^.2^2i}{z^2 + 2^2} + \frac{2^.3^2i}{ z^2 + 3^2} + . . . + \frac{2^.2008^2i}{z^2 + 2008^2} + \frac{2^.2009^2i}{z^2 + 2009^2} = 0 \Leftrightarrow$

$\left( \frac{2}{z^2 +1} + \frac{2^.2^2}{z^2 + 2^2} + \frac{2^.3^2}{ z^2 + 3^2} + . . . + \frac{2^.2008^2}{z^2 + 2008^2} + \frac{2^.2009^2}{z^2 + 2009^2}\right) i= 0$

Άτοπο διότι
$\frac{2}{z^2 +1} + \frac{2^.2^2}{z^2 + 2^2} + \frac{2^.3^2}{ z^2 + 3^2} + . . . + \frac{2^.2008^2}{z^2 + 2008^2} + \frac{2^.2009^2}{z^2 + 2009^2} > 0$

Άρα η εξίσωση :
$\frac{1}{z - i} + \frac{2}{z - 2i} + \frac{3}{ z - 3i} + . . . + \frac{2008}{z - 2008i} + \frac{2009}{z - 2009i} = 0$ ,
αν έχει ρίζες, δεν έχει πραγματικές ρίζες.

'Εστω ότι η εξίσωση
$\frac{1}{z - i} + \frac{2}{z - 2i} + \frac{3}{ z - 3i} + . . . + \frac{2008}{z - 2008i} + \frac{2009}{z - 2009i} = 0$ ,
έχει φανταστική ρίζα, δηλαδή $z \in I$ .

Τότε
$\\ \frac{1}{z - i} + \frac{2}{z - 2i} + \frac{3}{ z - 3i} + . . . + \frac{2008}{z - 2008i} + \frac{2009}{z - 2009i} = 0 \Leftrightarrow$

$\\ \frac{1}{yi - i} + \frac{2}{yi - 2i} + \frac{3}{ yi - 3i} + . . . + \frac{2008}{yi - 2008i} + \frac{2009}{yi - 2009i}=0} \Leftrightarrow$

$\left( \frac{1}{y - 1} + \frac{2}{y - 2} + \frac{3}{y - 3} + . . . + \frac{2008}{y - 2008} + \frac{2009}{y - 2009}\right) \frac{1}{i} = 0 \Leftrightarrow$

$\frac{1}{y - 1} + \frac{2}{y - 2} + \frac{3}{y - 3} + . . . + \frac{2008}{y - 2008} + \frac{2009}{y - 2009}= 0$

H τελευταία εξίσωση έχει ακριβώς 2008 ρίζες
μια σε καθένα από τα διαστήματα (1 , 2) , (2 , 3) , ... (2008 , 2009)
(σας το αφήνω σαν άσκηση)

Άρα η αρχική εξίσωση έχει ακριβώς 2008 φανταστικές ρίζες
που είναι και μοναδικές
(το αφήνω σαν άσκηση)

Συλλογή ασκήσεων και τεστ στα Μαθηματικά Προσανατολισμού

Εκκολαπτόμενο μέλος

Δραστήριο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Δραστήριο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Δραστήριο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Δραστήριο μέλος

Περιβόητο μέλος

Δραστήριο μέλος

Δραστήριο μέλος

Περιβόητο μέλος

Δραστήριο μέλος

Περιβόητο μέλος

Περιβόητο μέλος

Νεοφερμένος

Δραστήριο μέλος

Περιβόητο μέλος

Δραστήριο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος