Συλλογή ασκήσεων και τεστ στα Μαθηματικά Προσανατολισμού

rebel · 08-10-14

Αρχική Δημοσίευση από styt_geia:
Άλλη μία: Δίνεται η συνάρτηση $f(x)=ax^3+bx^2+cx+d$ με $a \neq 0.$ Έστω $A(x_1,y_1),B(x_2,y_2),C(x_3,y_3),D(x_4,y_4)$ σημεία της $C_f$ . Υποθέτουμε ότι το μέσο του ευθύγραμμου τμήματος $AB$ συμπίπτει με το μέσο του ευθύγραμμου τμήματος $CD$ . Επίσης υποθέτουμε ότι το μέσο αυτό δεν ανήκει στην ευθεία με εξίσωση $3ax+b=0.$

1) Να αποδειχθεί ότι $x_1 x_2 =x_3x_4$

2) Να αποδειχθεί ότι είτε $A \equiv C$ είτε $A \equiv D$

1)
Έστω $x_1+x_2=x_3+x_4=m, x_1 x_2=k, x_3x_4= \ell$ . Είναι

$f(x_1)+f(x_2)=f(x_3)+f(x_4) \Rightarrow$

$ax_1^3+bx_1^2+cx_1+d+ax_2^3+bx_2^2+cx_2+d=\\ax_3^3+bx_3^2+cx_3+d+ax_4^3+bx_4^2+cx_4+d \Rightarrow$

$a\left(x_1^3+x_2^3\right)+b\left(x_1^2+x_2^2\right)+c\left(x_1+x_2\right)=a\left(x_3^3+x_4^3\right)+b\left(x_3^2+x_4^2\right)+c\left(x_3+x_4\right) \Rightarrow$

$a\left(x_1+x_2\right)\left(x_1^2-x_1x_2+x_2^2\right)+b\left[\left(x_1+x_2\right)^2-2x_1x_2\right]+c \left(x_1+x_2\right)=\\a\left(x_3+x_4\right)\left(x_3^2-x_3x_4+x_4^2\right)+b\left[\left(x_3+x_4\right)^2-2x_3x_4\right]+c \left(x_3+x_4\right) \Rightarrow$

$a\left(x_1+x_2\right)\left[\left(x_1+x_2\right)^2-3x_1x_2\right]+b\left[\left(x_1+x_2\right)^2-2x_1x_2\right]+c \left(x_1+x_2\right)=\\a\left(x_3+x_4\right)\left[\left(x_3+x_4\right)^2-3x_3x_4\right]+b\left[\left(x_3+x_4\right)^2-2x_3x_4\right]+c \left(x_3+x_4\right) \Rightarrow$

$am\left(m^2-3k\right)+b\left(m^2-2k\right)+cm=am\left(m^2-3\ell\right)+b\left(m^2-2\ell\right)+c m \Rightarrow$

$(3am+2b)(k- \ell)=0$

και αφού $3a\frac{m}{2}+b \neq 0$ από υπόθεση, έχουμε $k= \ell$ που είναι το ζητούμενο.

2) Είναι

$(x_1-x_3)(x_1-x_4)=x_1^2-x_1(x_3+x_4)+x_3x_4=\\x_1^2-x_1(x_1+x_2)+x_1x_2=0 \Rightarrow \\ x_1=x_3 \,\, \vee x_1=x_4 \Rightarrow A \equiv C \vee A \equiv D$

eyb0ss · 08-10-14

Δίνεται η συνάρτηση $f:\left(0,+\infty \right)\rightarrow R$ τέτοια ,ώστε $f(xy)=yf(x)+xf(y)$ για κάθε $x,y\in(0,+\infty)$
Να αποδειχθεί ότι:
α) Αν η $f$ είναι παραγωγίσιμη στο 1, είναι και στο $(0,+\infty)$
β) Αν $f'(1)=1$ να βρεθεί ο τύπος της $f$

Φαίνεται αθώα και απλή αλλά δαγκώνει!

photon · 8 Οκτωβρίου 2014

Αρχική Δημοσίευση από mathguy1996:
Δίνεται η συνάρτηση $f:\left(0,+\infty \right)\rightarrow R$ τέτοια ,ώστε $f(xy)=yf(x)+xf(y)$ για κάθε $x,y\in(0,+\infty)$
Να αποδειχθεί ότι:
α) Αν η $f$ είναι παραγωγίσιμη στο 1, είναι και στο $(0,+\infty)$
β) Αν $f'(1)=1$ να βρεθεί ο τύπος της $f$

Φαίνεται αθώα και απλή αλλά δαγκώνει!

$f(xy)=yf(x)+xf(y)\enspace (1)$
α)
Για x=y=1: f(1)=0

$E\sigma \tau \omega\enspace f'(1)=l\Leftrightarrow \lim_{x\rightarrow 1}\frac{f(x)-f(1)}{x-1}=l\Leftrightarrow \lim_{x\rightarrow 1}\frac{f(x)}{x-1}=l\Leftrightarrow$

Έστω ένα τυχαίο $x_0\in(0,+\infty)\enspace (2)$

Για $y=x_0$ στην (1) : $f(xx_0)=x_0f(x)+xf(x_0)\Leftrightarrow f(x)=\frac{f(xx_0)-xf(x_0)}{x_0}$

$\lim_{x\rightarrow 1}\frac{\displaystyle\frac{f(xx_0)-xf(x_0)}{x_0}}{x-1}=l\Leftrightarrow \lim_{x\rightarrow 1}f(x)=\frac{f(xx_0)-xf(x_0)}{x_0(x-1)}=l$

Θέτω x-1=u με $\lim_{x\rightarrow 0}u=0$

$\lim_{u\rightarrow 0}\frac{f(ux_0+x_0)-uf(x_0)-f(x_0)}{ux_0}=l$

Θέτω $h=ux_0$ με $\lim_{u\rightarrow 0}h=0$

$\lim_{h\rightarrow 0}\frac{f(x_0+h)-f(x_0)-\frac{h}{x_0}f(x_0)}{h}=l\Leftrightarrow$

$\lim_{h\rightarrow 0}\frac{f(x_0+h)-f(x_0)}{h}-\lim_{h\rightarrow 0}\frac{f(x_0)}{x_0}=l\Leftrightarrow$

$\lim_{h\rightarrow 0}\frac{f(x_0+h)-f(x_0)}{h}=\frac{f(x_0)}{x_0}+l\enspace (2)$

β)
Απο (2):
$\lim_{h\rightarrow 0}\frac{f(x_0+h)-f(x_0)}{h}=\frac{f(x_0)}{x_0}+l\Leftrightarrow f'(x_0)=\frac{f(x_0)}{x_0}+l$

Επειδή f'(1)=1=l :

$f'(x_0)=\frac{f(x_0)}{x_0}+1$

$f'(y)=\frac{f(y)}{y}+1\Leftrightarrow...\Leftrightarrow\frac{yf'(y)-f(y)}{y^{2}}=\frac{1}{y}$

$\left(\frac{f(y)}{y} \right)'=\left( lny\right)'\Leftrightarrow \frac{f(y)}{y} = lny+c$

Για y=1 : c=0 , άρα

$f(x)=xlnx$

Επιβεβαιώστε οτι το β) ειναι λαθος για να το σβησω

δε γινεται να παω απο χ0 στο y .
Θα το δω αλλη φορα

eyb0ss · 08-10-14

Αρχική Δημοσίευση από w0pid:
$f(xy)=yf(x)+xf(y)\enspace (1)$
α)
Για x=y=1: f(1)=0

$E\sigma \tau \omega\enspace f'(1)=l\Leftrightarrow \lim_{x\rightarrow 1}\frac{f(x)-f(1)}{x-1}=l\Leftrightarrow \lim_{x\rightarrow 1}\frac{f(x)}{x-1}=l\Leftrightarrow$

Έστω ένα τυχαίο $x_0\in(0,+\infty)\enspace (2)$

Για $y=x_0$ στην (1) : $f(xx_0)=x_0f(x)+xf(x_0)\Leftrightarrow f(x)=\frac{f(xx_0)-xf(x_0)}{x_0}$

$\lim_{x\rightarrow 0}\frac{\displaystyle\frac{f(xx_0)-xf(x_0)}{x_0}}{x-1}=l\Leftrightarrow \lim_{x\rightarrow 0}f(x)=\frac{f(xx_0)-xf(x_0)}{x_0(x-1)}=l$

Θέτω x-1=u με $\lim_{x\rightarrow 0}u=0$

$\lim_{u\rightarrow 0}\frac{f(ux_0+x_0)-uf(x_0)-f(x_0)}{ux_0}=l$

Θέτω $h=ux_0$ με $\lim_{u\rightarrow 0}h=0$

$\lim_{h\rightarrow 0}\frac{f(x_0+h)-f(x_0)-\frac{h}{x_0}f(x_0)}{h}=l\Leftrightarrow$

$\lim_{h\rightarrow 0}\frac{f(x_0+h)-f(x_0)}{h}-\lim_{h\rightarrow 0}\frac{f(x_0)}{x_0}=l\Leftrightarrow$

$\lim_{h\rightarrow 0}\frac{f(x_0+h)-f(x_0)}{h}=\frac{f(x_0)}{x_0}+l$

β)
Απο (2):
$\lim_{h\rightarrow 0}\frac{f(x_0+h)-f(x_0)}{h}=\frac{f(x_0)}{x_0}+l\Leftrightarrow f'(x_0)=\frac{f(x_0)}{x_0}+l$

Επειδή f'(1)=1=l :

$f'(x_0)=\frac{f(x_0)}{x_0}+1$

$f'(y)=\frac{f(y)}{y}+1\Leftrightarrow...\Leftrightarrow\frac{yf'(y)-f(y)}{y^{2}}=\frac{1}{y}$

$\left(\frac{f(y)}{y} \right)'=\left( lny\right)'\Leftrightarrow \frac{f(y)}{y} = lny+c$

Για y=1 : c=0 , άρα

$f(x)=xlnx$

Επιβεβαιώστε οτι το β) ειναι λαθος για να το σβησω
δε γινεται να παω απο χ0 στο y .
Θα το δω αλλη φορα

Λίγο στο α) να προσέξεις που τείνει το x (x τείνει στο 1, όχι στο 0, λάθος απροσεξίας μου φαίνεται, τίποτα σοβαρό). Κατά τα άλλα η λύση είναι άψογη. Το β) επίσης είναι ολόσωστο διότι το $x_0$ είναι τυχαίο άρα μπορείς να πας στο $y$ . Congrats!

.

rebel · 09-10-14

Για την παραγωγίσιμη $f:\left.\left[0, +\infty \right)\right. \to \mathbb{R}$ ισχύει $\left(e^{f(x)}-e^x\right)f'(x)=\left(f(x)-x\right)e^x$ για κάθε $x \in \left.\left[0, +\infty \right)\right.$ και $f(0)=0$ . Να βρεθεί ο τύπος της $f.$

πηγή

eyb0ss · 09-10-14

Αρχική Δημοσίευση από styt_geia:
Για την παραγωγίσιμη $f:\left.\left[0, +\infty \right)\right. \to \mathbb{R}$ ισχύει $\left(e^{f(x)}-e^x\right)f'(x)=\left(f(x)-x\right)e^x$ για κάθε $x \in \left.\left[0, +\infty \right)\right.$ και $f(0)=0$ . Να βρεθεί ο τύπος της $f.$

πηγή

$f(x)=x$ δεν είναι; Την λύση θα την ποστάρω αύριο μιας και τώρα είναι 2 το πρωί.

eyb0ss · 9 Οκτωβρίου 2014

Έστω $g(x)=f(x)-x$ με $x\geq 0$ . Τότε g παραγωγίσιμη στο $[0,+\infty)$ με $g'(x)=f'(x)-1$ και $g(0)=0$ και η δοσμένη σχέση γίνεται $(e^g(x)-1)(g'(x)+1)=g(x) \Leftrightarrow g'(x)e^g(x)+e^g(x)-g'(x)-1=g(x) \Leftrightarrow g'(x)e^g(x)-g'(x)=g(x)-e^g(x)+1$ (1)
Έστω $h(x)=g(x)-e^g(x)+1$ με $x\geq 0$ . Τότε h παραγωγίσιμη στο $[0,+\infty)$ με $h'(x)=g'(x)-g'(x)e^g(x)$ και $h(0)=0. Συνεπώς η (1) γίνεται <img src=$ όπου c πραγματική σταθερά. Για $x=0$ έχουμε $c=0$ , άρα $e^xh(x)=0 \Leftrightarrow h(x)=0 \Leftrightarrow g(x)-e^g(x)=-1$ (2). Έστω $k(x)=x-e^x$ με $x\in R$ . k παραγωγίσιμη στο $R$ με $k'(x)=1-e^x$ <0 για κάθε x>0, $k'(x)$ >0 για κάθε x<0 και k συνεχής στο 0 άρα η k παρουσιάζει στο 0 ολικό μέγιστο το οποίο είναι και μοναδικό. Οπότε από τη (2) έχουμε $k(g(x))=k(0) \Leftrightarrow g(x)=0 \Leftrightarrow f(x)=x$ αφού δεν υπάρχει άλλο $x_0\in R*$ τέτοιο ώστε $k(x_0)=k(0)$ " />

rebel · 09-10-14

Αρχική Δημοσίευση από mathguy1996:
Έστω $g(x)=f(x)-x$ με $x\geq 0$ . Τότε g παραγωγίσιμη στο $[0,+\infty)$ με $g'(x)=f'(x)-1$ και $g(0)=0$ και η δοσμένη σχέση γίνεται $(e^g(x)-1)(g'(x)+1)=g(x) \Leftrightarrow g'(x)e^g(x)+e^g(x)-g'(x)-1=g(x) \Leftrightarrow g'(x)e^g(x)-g'(x)=g(x)-e^g(x)+1$ (1)
Έστω $h(x)=g(x)-e^g(x)+1$ με $x\geq 0$ . Τότε h παραγωγίσιμη στο $[0,+\infty)$ με $h'(x)=g'(x)-g'(x)e^g(x)$ και $h(0)=0. Συνεπώς η (1) γίνεται <img src=$ όπου c πραγματική σταθερά. Για $x=0$ έχουμε $c=0$ , άρα $e^xh(x)=0 \Leftrightarrow h(x)=0 \Leftrightarrow g(x)-e^g(x)=-1$ (2). Έστω $k(x)=x-e^x$ με $x\geq 0$ . k παραγωγίσιμη στο $[0,+\infty)$ με $k'(x)=1-e^x$ <0 για κάθε x>0 και k συνεχής στο 0 άρα η k είναι γνησίως φθίνουσα άρα k"1-1". Οπότε από τη (2) έχουμε $k(g(x))=k(0) \Leftrightarrow g(x)=0 \Leftrightarrow f(x)=x$ ." />

$<br /> Ωραίο το θέσιμο <img src=$ απ' την αρχή :thumbsup:

. Εγώ πρώτα αντιπαραγώγισα και μετά έθεσα αλλά έτσι είναι πολύ καλύτερα." />

photon · 09-10-14

Να λυθεί στο $(0,+\infty)$ η εξίσωση :

$x^{x}=\frac{1}{\sqrt{2}}$

eyb0ss · 10-10-14

Αρχική Δημοσίευση από w0pid:
Να λυθεί στο $(0,+\infty)$ η εξίσωση :

$x^{x}=\frac{1}{\sqrt{2}}$

$x^x=\frac{1}{\sqrt{2}} \Leftrightarrow lnx^x=ln\frac{1}{\sqrt{2}} \Leftrightarrow xlnx=-ln\sqrt{2} \Leftrightarrow xlnx=-\frac{1}{2}ln2 \Leftrightarrow xlnx=\frac{1}{2}ln\frac{1}{2}$ . Προφανής ρίζα η $x=\frac{1}{2}$ . Έστω $f(x)=xlnx+ln\sqrt{2}$ με $x>0$ . $f$ παραγωγίσιμη στο $(0,+\infty)$ με $f'(x)=lnx+1$ . $f'(x)>0$ για κάθε $x>e^-1$ , $f'(x)<0$ για κάθε $x<e^-1$ άρα $f$ γνησίως αύξουσα στο $[e^-1,+\infty)$ και γνησίως φθίνουσα στο $(0,e^-1]$ αφού $f$ συνεχής στο $e^-1$ .
Άρα για κάθε $x>\frac{1}{2}$ είναι $f(x)>f(\frac{1}{2}) \Leftrightarrow f(x)>0$ άρα δεν υπάρχουν ρίζες της $f$ στο $(\frac{1}{2},+\infty)$ .
Για $e^-1<x<\frac{1}{2}$ είναι $f(e^-1)<f(x)<f(\frac{1}{2}) \Rightarrow f(x)<0$ άρα δεν υπάρχουν ρίζες της $f$ στο $(e^-1,\frac{1}{2})$ .
$\lim_{x\rightarrow 0}xlnx=0$ (απλό όριο) άρα $\lim_{x\rightarrow 0}f(x)=ln\sqrt{2}$ .
Έστω $F(x)=\begin{cases}<br /> f(x)& \text{ αν } x>0 \\ <br /> ln\sqrt{2}& \text{ αν } x=0 <br /> \end{cases}$
$\lim_{x\rightarrow 0}F(x)=\lim_{x\rightarrow 0}f(x)=ln\sqrt{2}=F(0)$ άρα F συνεχής στο $[0,e^-1]$ και $F(0)=ln\sqrt{2}>ln1=0$ και $F(e^-1)=f(e^-1)=-e^-1<0$ άρα $F(0)F(e^-1)<0$ άρα από θεώρημα Bolzano υπάρχει $x_0\in (0,e^-1)$ τέτοιο, ώστε $F(x_0)=0 \Leftrightarrow f(x_0)=0$ αφού $x_0\in (0,e^-1)$ το οποίο είναι μοναδικό στο εν λόγω διάστημα αφού η $f$ είναι γνησίως φθίνουσα στο ίδιο διάστημα.
Άρα η εξίσωση $x^x=\frac{1}{\sqrt{2}}$ έχει ακριβώς δυο ρίζες, τις $\frac{1}{2}$ και $x_0\in (0,e^-1)$

Μια μικρή σημείωση: $e>2 \Leftrightarrow e^-1<1/2$ .

rebel · 10-10-14

Mε "έμπνευση" λογισμικού διαπίστωσα ότι
$\frac{1}{4} \ln \left(\frac{1}{4}\right)=\frac{1}{4} \ln \left( \frac{1}{2} \right)^2=\frac{1}{4}\cdot 2 \ln \left(\frac{1}{2}\right)=\frac{1}{2} \ln \left(\frac{1}{2}\right)$
οπότε η άλλη ρίζα είναι η $1/4$ , μοναδική στο διάστημα $(0,1/e)$ λόγω μονοτονίας όπως είπε ο φίλος από πάνω. Άραγε υπάρχει τρόπος να βρεθεί χωρίς βοηθητικά μέσα;

eyb0ss · 10-10-14

Αρχική Δημοσίευση από styt_geia:
Mε "έμπνευση" λογισμικού διαπίστωσα ότι
$\frac{1}{4} \ln \left(\frac{1}{4}\right)=\frac{1}{4} \ln \left( \frac{1}{2} \right)^2=\frac{1}{4}\cdot 2 \ln \left(\frac{1}{2}\right)=\frac{1}{2} \ln \left(\frac{1}{2}\right)$
οπότε η άλλη ρίζα είναι η $1/4$ , μοναδική στο διάστημα $(0,1/e)$ λόγω μονοτονίας όπως είπε ο φίλος από πάνω. Άραγε υπάρχει τρόπος να βρεθεί χωρίς βοηθητικά μέσα;

Απίστευτο, αυτό αναβαθμίζει την άσκηση από "καλή και προσιτή" στο "πολύ καλή και για όσους έχουν μάτι αετού". Χωρίς βοηθητικά μέσα; Σίγουρα! Αλλά πρέπει να είσαι πολύ πονηρός και λεπτομερής.

rebel · 14-10-14

Έστω συνάρτηση $y=f(x)$ ορισμένη στο $(0,+\infty)$ με την ιδιότητα, όταν οι τιμές της ανεξάρτητης μεταβλητής $x$ βρίσκονται σε γεωμετρική πρόοδο ( με λόγο οποιονδήποτε θετικό ), τότε οι αντίστοιχες τιμές του $y$ βρίσκονται σε αριθμητική πρόοδο και $f(1)=0.$

α) Να αποδειχθεί ότι $f(ab)=f(a)+f(b)$ για κάθε $a,b>0.$

β) Να αποδειχθεί ότι αν η $f$ είναι παραγωγίσιμη στο $1$ , τότε είναι παραγωγίσιμη στο $(0,+\infty)$ και ισχύει $f'(x)=\frac{f'(1)}{x},\,\,x>0$

photon · 15-10-14

Αρχική Δημοσίευση από styt_geia:
Έστω συνάρτηση $y=f(x)$ ορισμένη στο $(0,+\infty)$ με την ιδιότητα, όταν οι τιμές της ανεξάρτητης μεταβλητής $x$ βρίσκονται σε γεωμετρική πρόοδο ( με λόγο οποιονδήποτε θετικό ), τότε οι αντίστοιχες τιμές του $y$ βρίσκονται σε αριθμητική πρόοδο και $f(1)=0.$

α) Να αποδειχθεί ότι $f(ab)=f(a)+f(b)$ για κάθε $a,b>0.$

β) Να αποδειχθεί ότι αν η $f$ είναι παραγωγίσιμη στο $1$ , τότε είναι παραγωγίσιμη στο $(0,+\infty)$ και ισχύει $f'(x)=\frac{f'(1)}{x},\,\,x>0$

α)

β)
$f'(1)=\lim_{x\rightarrow 1}\frac{f(x)-f(1)}{x-1}=\lim_{x\rightarrow 1}\frac{f(x)}{x-1}$

Έστω τυχαίο $x_0 \in (0,+\infty):$

$\lim_{x\rightarrow x_0}\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}$
Θέτω
$u=\frac{x}{x_0}\Leftrightarrow x=ux_0 \enspace \mu \varepsilon \enspace \lim_{x\rightarrow x_0}u=1$

$\\f'(x_0)=\lim_{x\rightarrow x_0}\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}=\lim_{u\rightarrow 1}\frac{f(ux_0)-f(x_0)}{ux_0-x_0}=\lim_{u\rightarrow 1}\frac{f(u)+f(x_0)-f(x_0)}{x_0(u-1)}=\lim_{u\rightarrow 1}\left( \frac{f(u)}{u-1}\cdot \frac{1}{x_0}\right)=\frac{f'(1)}{x_0}$

Άρα η f είναι παραγωγίσιμη στο $(0,+\infty)$ και επειδή $x_0$ τυχαίο $\in(0,+\infty)$ ισχύει :
$f'(x)=\frac{f'(1)}{x},\,\,x>0$

rebel · 15 Οκτωβρίου 2014

Δεν ήξερα ότι το α) είχε λυθεί στο

. H λύση μου είναι ελαφρώς διαφορετική:

Έστω $a,b>0$ με $a<b$ . Αναζητούμε ένα $c \in (a,b)$ ώστε τα $a,c,b$ να αποτελούν διαδοχικούς όρους γεωμετρικής προόδου. Θέλουμε επομένως

$\frac{c}{a}=\frac{b}{c} \Rightarrow c^2=ab \Rightarrow c= \sqrt{ab}$

(o $c$ δηλαδή είναι ο γεωμετρικός μέσος των $a,b$ ). Για τις αντίστοιχες τιμές της $f$ θα ισχύει

$f(a)+f(b)=2f(c)\,\,(1).$

Όμως οι αριθμοί $1,c,c^2$ είναι διαδοχικοί όροι γεωμετρικής προόδου με λόγο $c$ άρα θα ισχύει

$2f(c)=f(1)+f\left(c^2\right)=f\left(c^2\right) \stackrel{(1)}{\Rightarrow} f(a)+f(b)=f\left(c^2\right) \Rightarrow$

$f(a)+f(b)=f(ab)$

όπως θέλαμε. Αν $a=b$ τότε η γεωμετρική πρόοδος είναι η $1,a,a^2$ οπότε και πάλι $2f(a)=f\left(a^2\right)$

eyb0ss · 24-10-14

Έστω οι μιγαδικοί αριθμοί $z_1,z_2,z_3$ διαφορετικοί ανά δυο τέτοιοι, ώστε $\frac{z_1-z_2}{z_2-z_3}=-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i$ .
Να αποδειχθεί ότι:
α)Το τρίγωνο με κορυφές τις εικόνες των $z_1,z_2,z_3$ είναι ισόπλευρο.
β)
$\frac{1}{z_1-z_2}+\frac{1}{z_2-z_3}+\frac{1}{z_3-z_1}=0$

photon · 25-10-14

Αρχική Δημοσίευση από mathguy1996:
Έστω οι μιγαδικοί αριθμοί $z_1,z_2,z_3$ διαφορετικοί ανά δυο τέτοιοι, ώστε $\frac{z_1-z_2}{z_2-z_3}=-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i$ .
Να αποδειχθεί ότι:
α)Το τρίγωνο με κορυφές τις εικόνες των $z_1,z_2,z_3$ είναι ισόπλευρο.
β)
$\frac{1}{z_1-z_2}+\frac{1}{z_2-z_3}+\frac{1}{z_3-z_1}=0$

α)Παίρνω μέτρα στη σχέση που δίνεται και προκύπτει $|z_1-z_2|=|z_2-z_3|$

μετα:

$\frac{z_1-z_2}{z_2-z_3}=-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i\Leftrightarrow \frac{z_1-z_2+z_3-z_3}{z_2-z_3}=-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i\Leftrightarrow ...\Leftrightarrow \frac{z_1-z_3}{z_2-z_3}=\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i\enspace$

παίρνω μέτρα και σε αυτή και έχω: $|z_1-z_3|=|z_2-z_3|$

Οπότε $|z_1-z_2|=|z_2-z_3|=|z_3-z_1|$ , δηλ το τρίγωνο είναι ισόπλευρο.

β)Eστω $|z_1-z_2|=|z_2-z_3|=|z_3-z_1|=k$

τότε: $(z_1-z_2)(\overline{z_1-z_2})=(z_2-z_3)(\overline{z_2-z_3})=(z_3-z_1)(\overline{z_3-z_1})={k}^{2}$

$\frac{1}{z_1-z_2}+\frac{1}{z_2-z_3}+\frac{1}{z_3-z_1}=\frac{\overline{z_1}-\overline{z_2}+\overline{z_2}-\overline{z_3}+\overline{z_3}-\overline{z_1}}{k^{2}}=0$

Civilara · 27-12-14

Θέματα Γενικών Εξετάσεων Μαθηματικών Α΄ Δέσμης : 1983-2001
Θέματα Γενικών Εξετάσεων Μαθηματικών Δ΄ Δέσμης : 1983-2001

eyb0ss · 20 Ιανουαρίου 2015

Μιας και βλέπω ακινησία σε αυτό το θρεντ θα βάλω μια άσκηση:
Η $f$ είναι δυο φορές παραγωγίσιμη στο $\mathbb{R}^*$ με $-f'(1)-1=f(1)=\frac{1}{f(-1)-2}=e$ , $f'(-1)=-e^{-1}-1$ και για κάθε $x\neq 0$ ισχύει $x^4f''(x)=2xe^{\frac{1}{x}}+e^{\frac{1}{x}}$ .

α)Να βρεθεί ο τύπος της $f$
β)Να βρεθούν οι ασύμπτωτες της $C_f$ και να υπολογιστεί το όριο $\lim_{x\to +\infty}\frac{f(x)}{x^2+\eta \mu x}$

(Το β) filler είναι περισσότερο, το α) είναι ενδιαφέρον)

rebel · 20-01-15

Μήπως δίνει πχ το $f'(-1)$ ή κάποια άλλη τιμή της $f'$ ;

Συλλογή ασκήσεων και τεστ στα Μαθηματικά Προσανατολισμού

Πολύ δραστήριο μέλος

Δραστήριο μέλος

Νεοφερμένος

Δραστήριο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Δραστήριο μέλος

Δραστήριο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Νεοφερμένος

Δραστήριο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Δραστήριο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Νεοφερμένος

Πολύ δραστήριο μέλος

Δραστήριο μέλος

Νεοφερμένος

Περιβόητο μέλος

Δραστήριο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος