Συλλογή ασκήσεων και τεστ στα Μαθηματικά Προσανατολισμού

Alexandros28 · 17-09-21

Το είπα είναι πουστια του σχολικου αλλά οκ αν είναι καθαρά εκτός ύλης οι συναρτήσεις ορισμένες σε μονοσύνολο τότε πάω πασο έχετε δίκιο

asdfqwerty · 17-09-21

Αρχική Δημοσίευση από Alexandros28:
Το είπα είναι πουστια του σχολικου αλλά οκ αν είναι καθαρά εκτός ύλης οι συναρτήσεις ορισμένες σε μονοσύνολο τότε πάω πασο έχετε δίκιο

δεν εχει νοημα η αναζητηση του συγκεκριμενου οριου αφου η συναρτηση δεν οριζεται σε μια περιοχη του 1

Samael · 17-09-21

Αρχική Δημοσίευση από Alexandros28:
Το είπα είναι πουστια του σχολικου αλλά οκ αν είναι καθαρά εκτός ύλης οι συναρτήσεις ορισμένες σε μονοσύνολο τότε πάω πασο έχετε δίκιο

Δεν πειράζει, καλά έκανες και το ανέφερες γιατί σε ένα ευρύτερο πλαίσιο αυτά έχει σημασία να τα σκέφτεται κανείς. Στο πλαίσιο των απαιτήσεων του λυκείου όμως, ασκήσεις με τέτοιες συναρτήσεις δεν μπορούν να υπάρξουν. Τόσο γιατί δεν προσφέρουν ποικιλία αλλά και επειδή ο λογισμός δεν εφαρμόζεται, ο οποίος είναι και το κεντρικό θέμα των μαθηματικών Γ λυκείου. Ο ισχυρισμός λοιπόν ισχύει ύπο την προϋπόθεση αυτή που γράφεται με μικρά γράμματα περί τι είναι στην ύλη. Ειδάλλως έχεις δίκιο. Δεν ισχύει για δυο οποιεσδήποτε συναρτήσεις όποιες και εαν είναι αυτές. Μπράβο που το παρατήρησες όπως και να έχει. Στα λεπτά σημεία χαλάνε όλοι οι ορισμοί και για αυτό χρειάζεται προσοχή στο χτίσιμο και την διατύπωση τους συνήθως.

eukleidhs1821 · 17-09-21

μιας και στεκεστε στα λαθη του σχολικου ξεχασατε να πειτε για την κυρτοτητα που οριζεται βλακωδως στη γ λυκειου.

asdfqwerty · 17-09-21

Αρχική Δημοσίευση από eukleidhs1821:
μιας και στεκεστε στα λαθη του σχολικου ξεχασατε να πειτε για την κυρτοτητα που οριζεται βλακωδως στη γ λυκειου.

η κυρτοτητα οριζεται οπως οριζεται λογω της δομης της αναλυσης που εχει το βιβλιο.. επισης δεν θεωρω οτι υπαρχει καποιο λαθος γενικοτερα.. θα ερθει ο απειροστικος λογισμος στο πανεπιστημιο και καποια πραγματα θα διατυπωθουν αυστηροτερα

eukleidhs1821 · 17-09-21

Αρχική Δημοσίευση από asdfqwerty:
η κυρτοτητα οριζεται οπως οριζεται λογω της δομης της αναλυσης που εχει το βιβλιο.. επισης δεν θεωρω οτι υπαρχει καποιο λαθος γενικοτερα.. θα ερθει ο απειροστικος λογισμος στο πανεπιστημιο και καποια πραγματα θα διατυπωθουν αυστηροτερα

εχεις δικιο σε αυτο.απλα τα παιδια εχουν μαθει την εννοια της εφαπτομενης θεωρω οτι επρεπε να οριζοταν με την εφαπτομενη ή με το ευθυγραμμο τμημα γενικοτερα και μετα να το πηγαινανε για διαφορισιμες συναρτησεις.

asdfqwerty · 19-09-21

Alexandros28 · 19-09-21

|χ|+|y| ≥ |χ+y|

Samael · 19 Σεπτεμβρίου 2021

Αρχική Δημοσίευση από asdfqwerty:
$f:[a,b] \rightarrow \mathbb{R} \quad \mu \varepsilon \quad f'(c)=0 \quad \kappa \alpha \iota \quad c\in(a,b) , \quad \iota \sigma \chi \upsilon \varepsilon \iota \quad |f''(x)|\leq k \quad \forall x\in[a,b]$
$\nu \delta o \quad |f'(a)+f'(b)|\leq k\cdot|b-a|$

Έστω οτι δεν ισχύει αυτό. Έστω δηλαδή οτι :

|f'(α) + f'(b)| > k|b-α|

Επειδή όμως όπως πολύ σωστά μας είπε ο Αλέξανδρος, λόγω τριγωνικής ανισότητας
|x| + |y| > |x + y| , θα ισχύει :
|f'(α)| + |f'(b)| > k|b - α| (1)

Καθώς όμως f'(c) = 0, μπορούμε να προσθαφαιρέσουμε όπου θέλουμε αυτή την ποσότητα . Επίσης επειδή c E (α,b) εννοείται οτι b > α => b - α > 0 , c > α => c - α > 0 , b > c = > b - c > 0 επομένως : |b - α| = b - α , |c - α| = c - α και |b - c| = b - c . Βάσει των προηγούμενων η σχέση (1) γίνεται :

| [f'(c) - f'(α)]/(c - α) |(c - α) + | [f'(b) - f'(c)] / (b - c) |(b-c) > k(b-α) =>

Απο το ΘΜΤ όμως για την f' στα διαστήματα [α,c] και [c,b] μπορούμε να βρούμε ξ1 Ε (α,c) και ξ2 Ε (c,b) τέτοια ώστε :

f''(ξ1) = [f'(c) - f'(α)]/(c - α)
f''(ξ2) = [f'(b) - f'(c)] /(b - c)

|f''(ξ1)|(c - α) + |f''(ξ2)|(b - c) > k(b - α) (2)

Όμως :
|f''(ξ1)|(c-α) <= k(c-α)
|f''(ξ2)|(b-c) <= k(b-c)

Δηλαδή προσθέτοντας κατά μέλη τις δύο προηγούμενες :
|f''(ξ1)|(c-α) + |f''(ξ2)|(b-c) <= k(c-α) +k(b-c) (3)

Έτσι λοιπόν λόγω της μεταβατικής ιδιότητας της ανίσωσης συμπεραίνουμε :
k(c-α) +k(b-c) > k(b-α) =>
kc - kα + kb - kc > kb - kα =>
0 > 0

Το οποίο φυσικά είναι άτοπο.
Άρα πράγματι : |f'(α) + f'(β)| <= k|b - α|

asdfqwerty · 19-09-21

Αρχική Δημοσίευση από Samael:
Έστω οτι δεν ισχύει αυτό. Έστω δηλαδή οτι :

|f'(α) + f'(b)| > k|b-α|

Επειδή όμως όπως πολύ σωστά μας είπε ο Αλέξανδρος, λόγω τριγωνικής ανισότητας
|x| + |y| > |x + y| , θα ισχύει :
|f'(α)| + |f'(b)| > k|b - α| (1)

Καθώς όμως f'(c) = 0, μπορούμε να προσθαφαιρέσουμε όπου θέλουμε αυτή την ποσότητα . Επίσης επειδή c E (α,b) εννοείται οτι b > α => b - α > 0 , c > α => c - α > 0 , b > c = > b - c > 0 επομένως : |b - α| = b - α , |c - α| = c - α και |b - c| = b - c . Βάσει των προηγούμενων η σχέση (1) γίνεται :

| [f'(c) - f'(α)]/(c - α) |(c - α) + | [f'(b) - f'(c)] / (b - c) |(b-c) > k(b-α) =>

Απο το ΘΜΤ όμως για την f' στα διαστήματα [α,c] και [c,b] μπορούμε να βρούμε ξ1 Ε (α,c) και ξ2 Ε (c,b) τέτοια ώστε :

f''(ξ1) = [f'(c) - f'(α)]/(c - α)
f''(ξ2) = [f'(b) - f'(c)] /(b - c)

|f''(ξ1)|(c - α) + |f''(ξ2)|(b - c) > k(b - α) (2)

Όμως :
|f''(ξ1)|(c-α) <= k(c-α)
|f''(ξ2)|(b-c) <= k(b-c)

Δηλαδή προσθέτοντας κατά μέλη τις δύο προηγούμενες :
|f''(ξ1)|(c-α) + |f''(ξ2)|(b-c) <= k(c-α) +k(b-c) (3)

Έτσι λοιπόν λόγω της μεταβατικής ιδιότητας της ανίσωσης συμπεραίνουμε :
k(c-α) +k(b-c) > k(b-α) =>
kc - kα + kb - kc > kb - kα =>
0 > 0

Το οποίο φυσικά είναι άτοπο.
Άρα πράγματι : |f'(α) + f'(β)| <= k|b - α|

Mια αλλη λυση:
$|f'(a) + f'(b)|\leq |f'(a)| + |f'(b)| = |f'(c)-f'(a)|+|f'(b)-f'(c)|=\\ |\frac{f'(c)-f'(a)}{c-a}\cdot(c-a)| + |\frac{f'(b)-f'(c)}{b-c}\cdot (b-c)| = |f''(\xi_1)\cdot (c-a)| + |f''(\xi_2)\cdot (b-c)|=|f''(\xi)|\cdot | c-a| + |f''(\xi_2)| \cdot |b-c| \leq k|c-a|+k|b-c|=k\cdot (c-a) + k\cdot (b-c)=kc-ak+kb-kc=kb-ka=k(b-a)=k|b-a|$

Samael · 19-09-21

Αρχική Δημοσίευση από asdfqwerty:
Mια αλλη λυση:
$|f'(a) + f'(b)|\leq |f'(a)| + |f'(b)| = |f'(c)-f'(a)|+|f'(b)-f'(c)|=\\ |\frac{f'(c)-f'(a)}{c-a}\cdot(c-a)| + |\frac{f'(b)-f'(c)}{b-c}\cdot (b-c)| = |f''(\xi_1)\cdot (c-a)| + |f''(\xi_2)\cdot (b-c)|=|f''(\xi)|\cdot | c-a| + |f''(\xi_2)| \cdot |b-c| \leq k|c-a|+k|b-c|=k\cdot (c-a) + k\cdot (b-c)=kc-ak+kb-kc=kb-ka=k(b-a)=k|b-a|$

Ωραίος,ευθεία απόδειξη !

asdfqwerty · 20-09-21

νδο δεν υπαρχει κυρτη συναρτηση με $A_f=\mathbb{R}$ τετοια ωστε να ισχυει : $f'(0)+2f(1)=f'(1)+f(2)+f(0)$

Samael · 20-09-21

Αρχική Δημοσίευση από asdfqwerty:
νδο δεν υπαρχει κυρτη συναρτηση με $A_f=\mathbb{R}$ τετοια ωστε να ισχυει : $f'(0)+2f(1)=f'(1)+f(2)+f(0)$

Και αυτή με άτοπο θα την βγάλω, but it's okay,it's an honest method :laugh:

.

Έστω οτι υπάρχει κυρτή συνάρτηση ορισμένη στο R που να ικανοποιεί την σχέση:
f'(0) + 2f(1) = f'(1) + f(2) + f(0) =>
f'(0) - f'(1) = f(2) + f(0) - 2f(1) =>

Εφόσον η f είναι κυρτή στο R, η f' είναι γνησίως αύξουσα στο R. Έτσι λοιπόν :
0 < 1 =>
f'(0) < f'(1) =>
f'(0) - f'(1) < 0

Σύμφωνα με την παραπάνω :
f(2) + f(0) - 2f(1) < 0 =>
[f(2) - f(1)]/[2 - 1] - [f(1) - f(0)]/[1 - 0] < 0 =>

Απο το ΘΜΤ για την f στο [0,1] και στο [1,2] βρίσκουμε ζ1 Ε (0,1) και ζ2 Ε (1,2) τέτοια ώστε η προηγούμενη να γίνει :

f'(ζ2) - f'(ζ1) < 0 =>
f'(ζ1) > f'(ζ2) , με ζ1 < ζ2 .
Το οποίο είναι άτοπο, αφού η f' είναι γνησίως αύξουσα στο R .

Άρα δεν μπορεί να υπάρχει συνάρτηση f, κυρτή και ορισμένη στο R με την παραπάνω ιδιότητα.

asdfqwerty · 20-09-21

Αρχική Δημοσίευση από Samael:
Και αυτή με άτοπο θα την βγάλω, but it's okay,it's an honest method .

Έστω οτι υπάρχει κυρτή συνάρτηση ορισμένη στο R που να ικανοποιεί την σχέση:
f'(0) + 2f(1) = f'(1) + f(2) + f(0) =>
f'(0) - f'(1) = f(2) + f(0) - 2f(1) =>

Εφόσον η f είναι κυρτή στο R, η f' είναι γνησίως αύξουσα στο R. Έτσι λοιπόν :
0 < 1 =>
f'(0) < f'(1) =>
f'(0) - f'(1) < 0

Σύμφωνα με την παραπάνω :
f(2) + f(0) - 2f(1) < 0 =>
[f(2) - f(1)]/[2 - 1] - [f(1) - f(0)]/[1 - 0] < 0 =>

Απο το ΘΜΤ για την f στο [0,1] και στο [1,2] βρίσκουμε ζ1 Ε (0,1) και ζ2 Ε (1,2) τέτοια ώστε η προηγούμενη να γίνει :

f'(ζ2) - f'(ζ1) < 0 =>
f'(ζ1) > f'(ζ2) , με ζ1 < ζ2 .
Το οποίο είναι άτοπο, αφού η f' είναι γνησίως αύξουσα στο R .

Άρα δεν μπορεί να υπάρχει συνάρτηση f, κυρτή και ορισμένη στο R με την παραπάνω ιδιότητα.

βλεπω δεν ειμαι μονο εγω που κοιμαμαι με τις κοτες αντι να ξυπναω

..
Αυτη τη φορα το ατοπο εχει τον πρωταγωνωνιστικο ρολο αν και αναμενομενο σε τετοια ασκηση

Samael · 20-09-21

Αρχική Δημοσίευση από asdfqwerty:
βλεπω δεν ειμαι μονο εγω που κοιμαμαι με τις κοτες αντι να ξυπναω ..
Αυτη τη φορα το ατοπο εχει τον πρωταγωνωνιστικο ρολο αν και αναμενομενο σε τετοια ασκηση

Άστα, τώρα που έβαλε πάλι ζέστες κιόλας η ημέρα είναι κόλαση για να κάνεις το οτιδήποτε σε σχέση με την νύχτα...

asdfqwerty · 20-09-21

Αρχική Δημοσίευση από Samael:
Άστα, τώρα που έβαλε πάλι ζέστες κιόλας η ημέρα είναι κόλαση για να κάνεις το οτιδήποτε σε σχέση με την νύχτα...

σωστος

νδο $(e^{x}-1)\cdot ln(x+1) \geq x^{2} \quad \forall x>-1$

Samael · 20-09-21

Αρχική Δημοσίευση από asdfqwerty:
νδο $(e^{x}-1)\cdot ln(x+1) \geq x^{2} \quad \forall x>-1$

Την προσπάθησα με διάφορους τρόπους αλλά δεν μου βγήκε.
Οπότε η έσχατη λύση... έθεσα : g(x) = (e^x - 1)ln(x+1) - x² .
Παραγωγίζουμε και καταλήγουμε σε ένα κλάσμα με παρανομαστή το χ+1 που είναι θετικό, και αριθμητή :
h(x) = (x+1)(e^x)ln(x+1) +e^x - 2x² - 2x - 1.

Παραγωγίζουμε 3 φορές και καταλήγουμε σε μια θετική ποσότητα, οπότε η h'''(x) > 0.
Άρα η h''(x) είναι γνησίως αύξουσα. Επειδή το χ = 0 είναι ρίζα της h''(x) έχουμε :
x > 0 => h''(x) > 0
x < 0 => h''(x) < 0

Άρα η h' είναι γνησίως αύξουσα για x > 0 και γνησίως φθίνουσα για x < 0 . Οπότε επειδή το 0 είναι ρίζα της h' έχουμε:
x > 0 => h'(x) > 0
x < 0 => h'(x) > 0

Οπότε η h(x) είναι γνησίως αύξουσα. Οπότε επειδή το 0 είναι ρίζα της h έχουμε :
x > 0 => h(x) > 0
x < 0 => h(x) < 0

Τελικά επειδή η g θα είναι γνησίως αύξουσα για x > 0 και γνησίως φθίνουσα για x < 0. Και επειδή το 0 είναι ρίζα και της g θα έχουμε:
x >= 0 = > g(x) >= 0
x < 0 => g(x) > 0

Σε κάθε περίπτωση : g(x) >= 0 ή ισοδύναμα : (e^x - 1)ln(x+1) >= x² για κάθε x E (-1,+oo).
Σημείωση όπου γράφω χ<0 εννοείται και x > -1 , αλλά για να μην χαθούμε στις λεπτομέρειες το παρέλειψα.

asdfqwerty · 21-09-21

Αρχική Δημοσίευση από Samael:
Την προσπάθησα με διάφορους τρόπους αλλά δεν μου βγήκε.
Οπότε η έσχατη λύση... έθεσα : g(x) = (e^x - 1)ln(x+1) - x² .
Παραγωγίζουμε και καταλήγουμε σε ένα κλάσμα με παρανομαστή το χ+1 που είναι θετικό, και αριθμητή :
h(x) = (x+1)(e^x)ln(x+1) +e^x - 2x² - 2x - 1.

Παραγωγίζουμε 3 φορές και καταλήγουμε σε μια θετική ποσότητα, οπότε η h'''(x) > 0.
Άρα η h''(x) είναι γνησίως αύξουσα. Επειδή το χ = 0 είναι ρίζα της h''(x) έχουμε :
x > 0 => h''(x) > 0
x < 0 => h''(x) < 0

Άρα η h' είναι γνησίως αύξουσα για x > 0 και γνησίως φθίνουσα για x < 0 . Οπότε επειδή το 0 είναι ρίζα της h' έχουμε:
x > 0 => h'(x) > 0
x < 0 => h'(x) > 0

Οπότε η h(x) είναι γνησίως αύξουσα. Οπότε επειδή το 0 είναι ρίζα της h έχουμε :
x > 0 => h(x) > 0
x < 0 => h(x) < 0

Τελικά επειδή η g θα είναι γνησίως αύξουσα για x > 0 και γνησίως φθίνουσα για x < 0. Και επειδή το 0 είναι ρίζα και της g θα έχουμε:
x >= 0 = > g(x) >= 0
x < 0 => g(x) > 0

Σε κάθε περίπτωση : g(x) >= 0 ή ισοδύναμα : (e^x - 1)ln(x+1) >= x² για κάθε x E (-1,+oo).
Σημείωση όπου γράφω χ<0 εννοείται και x > -1 , αλλά για να μην χαθούμε στις λεπτομέρειες το παρέλειψα.

να δωσω hint , για μια λυση που εχω στο μυαλο μου?

Alexandros28 · 21-09-21

ναι

asdfqwerty · 21-09-21

η συναρτηση στο δ θεμα καλη φαινεται: https://drive.google.com/file/d/0Bx...UEE/edit?resourcekey=0-ubRmEetyhx8Xd5bUTOlEXg

Συλλογή ασκήσεων και τεστ στα Μαθηματικά Προσανατολισμού

Δραστήριο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Τιμώμενο Μέλος

Διάσημο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Διάσημο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Δραστήριο μέλος

Τιμώμενο Μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Τιμώμενο Μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Τιμώμενο Μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Τιμώμενο Μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Τιμώμενο Μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Δραστήριο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος