2η 25άδα

Εδώ θα καταχωρούνται ασκήσεις οι οποίες συνδυάζουν τουλάχιστον δύο διαφορετικά εκ των παραπάνω κεφάλαια και έχουν επαναληπτικό χαρακτήρα.

Συντονιστής: Καρδαμίτσης Σπύρος

Άβαταρ μέλους
Ραϊκόφτσαλης Θωμάς
Δημοσιεύσεις: 1112
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 12:01 am
Τοποθεσία: Άλιμος, Αθήνα
Επικοινωνία:

2η 25άδα

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Ραϊκόφτσαλης Θωμάς » Πέμ Νοέμ 18, 2010 2:15 pm

Αρχίζουμε τη δεύτερη 25άδα με την επόμενη άσκηση που είναι χαρισμένη σε όλους
τους μαθητές
και τους φίλους καθηγητές - προπαρασκευαστές.


ΑΣΚΗΣΗ 26


Δίνεται ο μιγαδικός αριθμός \displaystyle{z \in C - \left\{ { - 1,0} \right\}} καθώς και η αντιστρέψιμη συνάρτηση f με τύπο:

\displaystyle{f(x) = \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} 
{\frac{{\left[ {{{\left| z \right|}^2} + 6{\rm{Im}}\left( {\frac{1}{{\bar z + 1}}} \right) - 1} \right]x}}{{x - 2}}}&,&{x \ne 2}\\ 
{}&{}&{}\\ 
{{{\left| z \right|}^2}}&,&{x = 2} 
\end{array}} \right.}

A. i. Να βρεθεί ο γ.τ των εικόνων των μιγαδικών z.

ii. Να βρεθούν εκείνοι από τους μιγαδικούς z που έχουν
α. ελάχιστο μέτρο
β. μέγιστο μέτρο

iii. Να βρεθoύν εφόσον υπάρχουν το μέγιστο και το ελάχιστο του \displaystyle{\left| {z - w} \right|}, όπου w=-1-3i

B. Αν επιπλέον ισχύει f(3)=12 να βρεθεί το σύνολο τιμών της συνάρτησης f.


Θωμάς

Παρατήρηση
Το περιεχόμενο της αγκύλης στον αριθμητή είναι η παράσταση

\displaystyle{{{{\left| z \right|}^2} + 6{\rm{Im}}\left( {\frac{1}{{\bar z + 1}}} \right) - 1}}


Η γνώση μας κάνει περήφανους, η σοφία ταπεινούς.
Άβαταρ μέλους
Ραϊκόφτσαλης Θωμάς
Δημοσιεύσεις: 1112
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 12:01 am
Τοποθεσία: Άλιμος, Αθήνα
Επικοινωνία:

Re: 2η 25άδα

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Ραϊκόφτσαλης Θωμάς » Πέμ Νοέμ 18, 2010 3:08 pm

Καλό μεσημέρι σε όλους

Ας ξεκινήσω τη λύση της άσκησης 26 που μου αρέσει ιδιαίτερα και ελπίζω και σε εσάς.

Αφού η συνάρτηση είναι αντιστρέψιμη θα είναι 1-1, άρα για κάθε
\displaystyle{x \ne 2 \Rightarrow f(x) \ne f(2) \Rightarrow \frac{{\left[ {{{\left| z \right|}^2} + 6{\rm{Im}}\left( {\frac{1}{{\bar z + 1}}} \right) - 1} \right]x}}{{x - 2}} \ne {\left| z \right|^2} \Rightarrow \left[ {{{\left| z \right|}^2} + 6{\rm{Im}}\left( {\frac{1}{{\bar z + 1}}} \right) - 1} \right]x \ne {\left| z \right|^2}\left( {x - 2} \right) \Rightarrow }
\displaystyle{{\left| z \right|^2}x + \left[ {6{\rm{Im}}\left( {\frac{1}{{\bar z + 1}}} \right) - 1} \right]x \ne {\left| z \right|^2}x - 2{\left| z \right|^2} \Rightarrow \left[ {6{\rm{Im}}\left( {\frac{1}{{\bar z + 1}}} \right) - 1} \right]x \ne  - 2{\left| z \right|^2}} (1).

Αν \displaystyle{6{\rm{Im}}\left( {\frac{1}{{\bar z + 1}}} \right) - 1 \ne 0} τότε η (1) μας δίνει:
\displaystyle{x \ne \frac{{ - 2{{\left| z \right|}^2}}}{{\left[ {6{\rm{Im}}\left( {\frac{1}{{\bar z + 1}}} \right) - 1} \right]}}},
άρα
\displaystyle{x \ne \frac{{ - 2{{\left| z \right|}^2}}}{{\left[ {6{\rm{Im}}\left( {\frac{1}{{\bar z + 1}}} \right) - 1} \right]}} = 2 \Rightarrow  - {\left| z \right|^2} = 6{\rm{Im}}\left( {\frac{1}{{\bar z + 1}}} \right) - 1 \Rightarrow {\left| z \right|^2} + 6{\rm{Im}}\left( {\frac{1}{{\bar z + 1}}} \right) - 1 = 0}
συνεπώς η δοσμένη συνάρτηση γίνεται:
\displaystyle{f(x) = \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} 
0&,&{x \ne 2}\\ 
{}&{}&{}\\ 
{{{\left| z \right|}^2}}&,&{x = 2} 
\end{array}} \right.} η οποία όμως δεν είναι 1-1, συνεπώς έχουμε σε ισχύ ότι:
\displaystyle{6{\rm{Im}}\left( {\frac{1}{{\bar z + 1}}} \right) - 1 = 0} οπότε \displaystyle{f(x) = \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} 
{\frac{{{{\left| z \right|}^2}x}}{{x - 2}}}&,&{x \ne 2}\\ 
{}&{}&{}\\ 
{{{\left| z \right|}^2}}&,&{x = 2} 
\end{array}} \right.} η οποία εφόσον \displaystyle{z \ne 0 \Leftrightarrow \left| z \right| \ne 0} είναι 1-1 όπως είναι εύκολο να διαπιστώσουμε, επομένως η σχέση \displaystyle{6{\rm{Im}}\left( {\frac{1}{{\bar z + 1}}} \right) - 1 = 0} είναι δεκτή.
Πάμε στη συνέχεια να βρούμε τον τόπο του z με προϋπόθεση τη συνθήκη που βρήκαμε .
Αν \displaystyle{z = x + yi} με \displaystyle{x,y \in {R^*}} τότε:
\displaystyle{\frac{1}{{\bar z + 1}} = \frac{1}{{x - yi + 1}} = ... = \frac{{x + 1}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2} + {y^2}}} + \frac{y}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2} + {y^2}}}i}
επομένως \displaystyle{6{\rm{Im}}\left( {\frac{1}{{\bar z + 1}}} \right) - 1 = 0 \Leftrightarrow {\rm{Im}}\left( {\frac{1}{{\bar z + 1}}} \right) = \frac{1}{6} \Leftrightarrow \frac{y}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2} + {y^2}}} = \frac{1}{6} \Leftrightarrow ... \Leftrightarrow {x^2} + {y^2} + 2x - 6y + 1 = 0}, που σημαίνει ότι οι εικόνες του z είναι σημεία του κύκλου (C) με κέντρο \displaystyle{K\left( { - 1,3} \right)} και ακτίνας \displaystyle{\rho  = 3}. Όμως \displaystyle{z \ne  - 1 +0 i} και επειδή το σημείο (-1,0) ανήκει στο κύκλο (c) , επομένως ... ο γ.τ είναι ο Κύκλος (C) αφού εξαιρέσουμε το σημείο (-1,0).

Θα συνεχίσω αργότερα ή αν θέλετε συνεχίστε εσείς

Θωμάς


Η γνώση μας κάνει περήφανους, η σοφία ταπεινούς.
Άβαταρ μέλους
chris
Δημοσιεύσεις: 1176
Εγγραφή: Πέμ Μαρ 11, 2010 9:39 pm
Τοποθεσία: Τρίκαλα - Αθήνα
Επικοινωνία:

Re: 2η 25άδα

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από chris » Πέμ Νοέμ 18, 2010 4:03 pm

κ.Θωμά πολύ καλή :clap2: :clap2: Συνεχίζω...

ii)
Όπως βρήκαμε ο γ.τ του z είναι ο κύκλος (C) με κέντρο K(-1,3) χωρίς το σημείο (-1,0).

Αρα ισχύει(όπως και στο σχήμα):
\left|z \right|_{min}=(OK)-(AK)=(OK)-R=\sqrt{1+9}-3=\sqrt{10}-3

|z|_{max}=(OK)+(KB)=\sqrt{10}+3

Η ευθεία (l) που διέρχεται απο τα σημεία K,O έχει εξίσωση:y=-3x και λύνοντας το σύστημα αυτής και του κύκλου (C):(x+1)^2+(y-3)^2=9 εχουμε:
\displaystyle A \left( \frac{3\sqrt{10}-10}{10},\frac{30-9\sqrt{10}}{10} \right),B\left(-\frac{10+3\sqrt{10}}{10},\frac{30+9\sqrt{10}}{10} \right)

Άρα ο μιγαδικός με το ελάχιστο μέτρο είναι ο:\displaystyle z_1= \frac{3\sqrt{10}-10}{10}+\frac{30-9\sqrt{10}}{10}i
και ο μιγαδικός με το μέγιστο μέτρο είναι ο :\displaystyle z_2=-\frac{10+3\sqrt{10}}{10}+\frac{30+9\sqrt{10}}{10}i

B.
Η συνάρτηση έχει τη μορφή:

\displaystyle f(x)=\begin{cases} 
 \frac{|z|^2x}{x-2} \; \; \;  ,x\neq 2\\ \\ 
 |z|^2 \; \; \;  ,x=2 \\  
  
\end{cases}

Ισχύει f(3)=12\Rightarrow 3|z|^2=12\Rightarrow |z|=2

Άρα:
f(x)=\begin{cases} 
\frac{4x}{x-2} \;\;\; ,x\neq 2 \\  
  \\  
4 \;\;\;\;\;\;\ ,x=2 \\  
\end{cases}

Για x\neq 2 το σύνολο τιμών της f(x)=\frac{4x}{x-2} είναι εκείνα τα y\in \mathbb{R} τέτοια ώστε για x\in \mathbb{R}-\left\{2 \right\} ισχύει:
y=\frac{4x}{x-2}\Leftrightarrow (x-2)y=4x\Leftrightarrow x(y-4)=2y\Leftrightarrow x=\frac{2y}{y-4},y\neq 4
άρα το σύνολο τιμών της f(x) για x\neq 2 είναι το \Delta =\mathbb{R}-\left\{4 \right\}

Για x=2 είναι f(x)=4 και τελικά έχουμε f(\mathbb{R})=\mathbb{R} δηλαδή το σύνολο τιμών της f είναι το \mathbb{R}
2η 25αδα.png
2η 25αδα.png (7.97 KiB) Προβλήθηκε 3141 φορές


Στραγάλης Χρήστος
Άβαταρ μέλους
erxmer
Δημοσιεύσεις: 1615
Εγγραφή: Δευ Σεπ 13, 2010 7:49 pm
Επικοινωνία:

Re: 2η 25άδα

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από erxmer » Πέμ Νοέμ 18, 2010 4:37 pm

Nα βρεθούν οι γεωμετρικοί τόποι των μιγαδικών για τους οποίους ισχύουν:

\frac{1}{2}(z+\bar{z})^2i-2(z-\bar{z})=0

z^2+(\bar{z}-z)-\mid 2+2i\mid^2=2ImzRe(z-1)i-2Im^2z

Κατοπιν να υπολογιστεί το εμβαδόν του χωρίου που περικλειεται απο τις γ.π. των παραπάνω γ.τ.


Άβαταρ μέλους
mathxl
Δημοσιεύσεις: 6736
Εγγραφή: Τρί Δεκ 23, 2008 3:49 pm
Τοποθεσία: Σιδηρόκαστρο
Επικοινωνία:

Re: 2η 25άδα

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από mathxl » Πέμ Νοέμ 18, 2010 8:58 pm

ΑΣΚΗΣΗ 27
erxmer έγραψε:Nα βρεθούν οι γεωμετρικοί τόποι των μιγαδικών για τους οποίους ισχύουν:

\frac{1}{2}(z+\bar{z})^2i-2(z-\bar{z})=0

z^2+(\bar{z}-z)-\mid 2+2i\mid^2=2ImzRe(z-1)i-2Im^2z

Κατοπιν να υπολογιστεί το εμβαδόν του χωρίου που περικλειεται απο τις γ.π. των παραπάνω γ.τ.
Ο πρώτος γ.τ. είναι παραβολάρα όπως φαίνεται παρακάτω (κατάπια τις πράξεις)
\displaystyle{\frac{1}{2}{(z + \bar z)^2}i - 2(z - \bar z) = 0\mathop  \Leftrightarrow \limits^{z = x + yi} ... \Leftrightarrow y = \frac{{{x^2}}}{2},{\rm E}\left( {0,\frac{1}{2}} \right),\delta :y =  - \frac{1}{2}}

Ο δεύτερος γ.τ. είναι ο κύκλος \displaystyle{\left( {O,2\sqrt 2 } \right)} , δουλεύοντας ομοιότροπα
\displaystyle{{z^2} + (\bar z - z) - \mid 2 + 2i{\mid ^2} = 2ImzRe(z - 1)i - 2I{m^2}z\mathop  \Leftrightarrow \limits^{z = x + yi} ... \Leftrightarrow {x^2} + {y^2} = 8}

Λύνοντας το σύστημα τν δύο παραπάνω εξισώσεων βρίσκουμε τα σημεία τομής
\displaystyle{\begin{array}{*{20}{c}} 
   {y = \frac{{{x^2}}}{2}}  \\ 
   {{x^2} + {y^2} = 8}  \\ 
\end{array} \Leftrightarrow \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 
   {x = 2}  \\ 
   {y = 2}  \\ 
\end{array}} \right) \vee \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 
   {x =  - 2}  \\ 
   {y = 2}  \\ 
\end{array}} \right)}

Για το εμβαδό επειδή και οι δύο συναρτήσεις(άνω ημικύκλιο) είναι άρτιες (συμμετρία ως προς τον ψ'ψ) αντί του εμβαδού του χωρίου από -2 εως 2, αρκεί να υπολογίσουμε αυτό που σχηματίζουν από 0 εως 2 κα να το διπλασιάσουμε. Πιο συγκεκριμένα επειδή ο κύκλος βρίσκεται πάνω από την παραβολή στο [0,2], θα βρούμε το εμβαδό του χωρίου που περικλείεται από την γραφική παράσταση της παραβολάρας και τον άξονα χ'χ, έπειτα θα αφαιρέσουμε από το εμβαδό του τεταρτοκυκλίου και θα διπλασιάσουμε.
\displaystyle{E = 2\left( {\frac{{\pi {\rho ^2}}}{4} - \int\limits_0^2 {\frac{{{x^2}}}{2}dx} } \right) = 4\pi  - \left[ {\frac{{{x^3}}}{3}} \right]_0^2 = \left( {4\pi  - \frac{8}{3}} \right)\tau \mu }

ΥΓ: Το σχήμα δεν πέτυχε πολύ...είναι πολύ μεγάλο και το πράσινο χωρίο ξεφεύγει και ΄δεξιότερα της χ=2 που δεν πρέπει...ποτέ δεν ήμουνα καλός με την ζωγραφική
Συνημμένα
Billy.png
Billy.png (175.74 KiB) Προβλήθηκε 2943 φορές


Ποτε δεν κάνω λάθος! Μια φορά νομιζα πως είχα κάνει, αλλά τελικά έκανα λάθος!
Απ' τα τσακάλια δεν γλυτώνεις μ' ευχές η παρακάλια. Κ. Βάρναλης
Aπέναντι στις αξίες σου να είσαι ανυποχώρητος

Ενεργό μέλος από 23-12-2008 ως και 17-8-2014 (δεν θα απαντήσω σε πμ)
Άβαταρ μέλους
A.Spyridakis
Δημοσιεύσεις: 495
Εγγραφή: Δευ Δεκ 22, 2008 11:47 am
Τοποθεσία: Εδώ

Re: 2η 25άδα

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από A.Spyridakis » Πέμ Νοέμ 18, 2010 11:53 pm

ΑΣΚΗΣΗ 28
Αφιερωμένη εξαιρετικά στο Θωμά και το Μάκη!
Αν για τη συνεχή στο \mathbb{R} συνάρτηση f ισχύουν:
(i) \displaystyle \ \ e^{f(1)}+2f(1)=5, (ii)  \displaystyle \ \ \eta \mu f(2)=3f(2)+1, (iii)  \displaystyle \ \ f(f(x))+2011 = f(x)+\eta \mu x, \ \ \forall x \in \mathbb{R}
ας αποδειχθεί ότι (η f) έχει τουλάχιστον 2 ρίζες.

EDIT: :oops: Μετά από υπόδειξη του ΠΑΟΚΙ (Bill Mavrofrides και τα μυαλά στα κάγκελααααα), προσθέτω ένα 'ημ" στην εκφώνηση! Thanks bro!
τελευταία επεξεργασία από A.Spyridakis σε Παρ Νοέμ 19, 2010 12:15 am, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Άβαταρ μέλους
mathxl
Δημοσιεύσεις: 6736
Εγγραφή: Τρί Δεκ 23, 2008 3:49 pm
Τοποθεσία: Σιδηρόκαστρο
Επικοινωνία:

Re: 2η 25άδα

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από mathxl » Παρ Νοέμ 19, 2010 12:27 am

Μία λύση
Έστω \displaystyle{f\left( 1 \right) \le 0 \Rightarrow \begin{array}{*{20}{c}} 
   {{e^{f\left( 1 \right)}} \le 1}  \\ 
   {2f\left( 1 \right) \le 0}  \\ 
\end{array}\mathop  \Rightarrow \limits^ +  5 \le 1} άτοπο

άρα \displaystyle{0 < f\left( 1 \right)}


Επίσης
\displaystyle{\eta \mu f(2) = 3f(2) + 1 \Rightarrow f\left( 2 \right) = \frac{{\eta \mu f(2) - 1}}{3} < 0}
διότι αν f(2)=0 φτάνουμε εύκολα σε άτοπο

Από θεώρημα Bill στο [1,2] υπάρχει τουλάχιστον μία ρίζα ρ στο (1,2) της εξίσωσης f(x)=0

Για χ = ρ στην συναρτησιακή έχουμε
\displaystyle{f(f(\rho )) + 2011 = f(\rho ) + {\rho ^2} \Rightarrow f\left( 0 \right) + 2011 = {\rho ^2} \Rightarrow f\left( 0 \right) = {\rho ^2} - 2011 < 0}
κάνουμε ακόμα ένα μπολζάνο στο [0,1] και είμαστε οκ


Ποτε δεν κάνω λάθος! Μια φορά νομιζα πως είχα κάνει, αλλά τελικά έκανα λάθος!
Απ' τα τσακάλια δεν γλυτώνεις μ' ευχές η παρακάλια. Κ. Βάρναλης
Aπέναντι στις αξίες σου να είσαι ανυποχώρητος

Ενεργό μέλος από 23-12-2008 ως και 17-8-2014 (δεν θα απαντήσω σε πμ)
Άβαταρ μέλους
A.Spyridakis
Δημοσιεύσεις: 495
Εγγραφή: Δευ Δεκ 22, 2008 11:47 am
Τοποθεσία: Εδώ

Re: 2η 25άδα

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από A.Spyridakis » Παρ Νοέμ 19, 2010 12:36 am

Βασίλη, και τη διόρθωσες, και την ξέσκισες! :clap2: :first: :first: :first:


pana1333
Δημοσιεύσεις: 1036
Εγγραφή: Τρί Απρ 21, 2009 8:46 pm
Επικοινωνία:

Re: 2η 25άδα

#9

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από pana1333 » Κυρ Νοέμ 21, 2010 5:50 am

ΆΣΚΗΣΗ 29
Καλημέρα....Αφού δεν κατάφερα να έρθω στο συνέδριο τουλάχιστον να συνεχίσω την ωραία συλλογή των ασκήσεων που έχει μαζευτεί.....

Να λυθεί η εξίσωση \left(\frac{1}{\alpha } \right)^{x}=\alpha ^{x}, α>0
Δεν βρίσκω πως μπορώ να την διαγράψω και να την μεταφέρω στην "Β λυκείου"......Ας θεωρηθεί ως Άσκηση 29 η επόμενη του κ. Θωμά.....
τελευταία επεξεργασία από pana1333 σε Κυρ Νοέμ 21, 2010 4:18 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Κανάβης Χρήστος
Μαθηματικός
Άβαταρ μέλους
chris_gatos
Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 6875
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 9:03 pm
Τοποθεσία: Ανθούπολη

Re: 2η 25άδα

#10

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από chris_gatos » Κυρ Νοέμ 21, 2010 9:05 am

ΑΣΚΗΣΗ 29

Έχω:

\displaystyle{ 
(\frac{1}{a})^x  = a^x  \Rightarrow \frac{1}{{a^x }} = a^x  \Rightarrow a^{2x}  = 1 
}

Αν α=1 τότε αληθεύει για κάθε χ πραγματικό.

Αν \displaystyle{ 
a \ne 1 
}

τότε λαμβάνοντας λογάριθμους (α>0)

\displaystyle{ 
\ln (a)^{2x}  = \ln 1 \Rightarrow 2x\ln a = 0\mathop  \Rightarrow \limits^{\ln a \ne 0} x = 0 
}

λύση που επαληθεύει την αρχική.

Υ.Γ Μήπως θα ήταν υπερβολή να χρησιμοποιήσουμε διαφορικό λογισμό για τη συγκεκριμένη; Ή μήπως μου διαφεύγει κάτι; :?


Χρήστος Κυριαζής
Άβαταρ μέλους
Ραϊκόφτσαλης Θωμάς
Δημοσιεύσεις: 1112
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 12:01 am
Τοποθεσία: Άλιμος, Αθήνα
Επικοινωνία:

Re: 2η 25άδα

#11

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Ραϊκόφτσαλης Θωμάς » Κυρ Νοέμ 21, 2010 11:13 am

Καλημέρα.
ΑΣΚΗΣΗ 30 η ονομαζόμενη και μετα - συνεδριακή

Για όλη τη μεγάλη παρέα του mathematica
Για τους δυο παρόντες στο Συνέδριο, απόντες του mathematica

Δίνονται:
i. Οι μη μηδενικοί μιγαδικοί z,w τέτοιοι ώστε \displaystyle{\left| z \right| = \left| w \right|} και \displaystyle{\left| {z + w} \right| = \left| {z - w} \right| = 1}.
ii. Η συνάρτηση \displaystyle{f:R \to R}, \displaystyle{x \in R} με \displaystyle{f(f(x)) = \left| {z + w \cdot x} \right|}.
iii. Η συνάρτηση \displaystyle{g:R \to R}, \displaystyle{x \in R} με \displaystyle{g(x) = \left| {z - w \cdot x} \right| - \left( {1 - \frac{1}{{\sqrt 2 }}} \right)xf(x)}.

Α. Να βρεθούν οι αριθμοί f(1) και f(f(0)).
B. Να δειχθεί ότι οι συναρτήσεις f και g δεν είναι "1-1"

Θωμάς


Η γνώση μας κάνει περήφανους, η σοφία ταπεινούς.
Άβαταρ μέλους
chris_gatos
Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 6875
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 9:03 pm
Τοποθεσία: Ανθούπολη

Re: 2η 25άδα

#12

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από chris_gatos » Κυρ Νοέμ 21, 2010 1:00 pm

Θέτω όπου x->f(x) και παίρνω:

f(f(f(x)))=|z+wf(x)| => f(|z+wx|)=|z+wf(x)|

Για x=1 στην αρχική και στην παραπάνω έχω:

f(f(1))=|z+w|=1

f(|z+w|)=|z+wf(1)| => |z+wf(1)|=f(1)

Προφανώς f(1)>0.

Yψώνοντας στο τετράγωνο έχουμε:

\displaystyle{ 
f^2 (1) = z\overline z  + (z\overline w  + w\overline z )f(1) + w\overline w f^2 (1) \Rightarrow (w\overline w  - 1)f^2 (1) + (z\overline w  + w\overline z )f(1) + z\overline z  = 0(1) 
}

Eπιπλέον:

\displaystyle{ 
\begin{array}{l} 
 |z + w| = 1 \Rightarrow |z + w|^2  = 1 \Rightarrow z\overline z  + z\overline w  + w\overline z  + w\overline w  = 1 \\  
 |z - w| = 1 \Rightarrow |z - w|^2  = 1 \Rightarrow z\overline z  - (z\overline w  + w\overline z ) + w\overline w  = 1 \\  
 \end{array} 
}

Αφαιρώντας κατά μέλη προκύπτει:

\displaystyle{ 
z\overline w  + w\overline z  = 0 
}
που σημαίνει:

\displaystyle{ 
z\overline z  + w\overline w  = 1 \Rightarrow |z|^2  + |w|^2  = 1 
}

Συνεπώς η (1) δίνει:

\displaystyle{ 
 - z\overline z f^2 (1) + z\overline z  = 0\mathop  \Rightarrow \limits^{f(1) > 0,z \ne 0} ...f(1) = 1 
}

β) Έστω πως η f είναι 1-1.Τότε:

\displaystyle{ 
1 \ne  - 1 \Rightarrow f(1) \ne f( - 1) \Rightarrow f(f(1)) \ne f(f( - 1)) \Rightarrow |z + w| \ne |z - w| \Rightarrow 1 \ne 1 
}

άτοπο.
Αρα δεν είναι 1-1.

Συναντώ πρόβλημα στο f(0) και στο πως να δείξω ότι η g δεν είναι 1-1.

Ελπίζω να μην μπορώ και να είναι οκ η άσκηση...Θα το παλέψω.


Χρήστος Κυριαζής
pana1333
Δημοσιεύσεις: 1036
Εγγραφή: Τρί Απρ 21, 2009 8:46 pm
Επικοινωνία:

Re: 2η 25άδα

#13

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από pana1333 » Κυρ Νοέμ 21, 2010 4:16 pm

chris_gatos έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 29

Έχω:

\displaystyle{ 
(\frac{1}{a})^x  = a^x  \Rightarrow \frac{1}{{a^x }} = a^x  \Rightarrow a^{2x}  = 1 
}

Αν α=1 τότε αληθεύει για κάθε χ πραγματικό.

Αν \displaystyle{ 
a \ne 1 
}

τότε λαμβάνοντας λογάριθμους (α>0)

\displaystyle{ 
\ln (a)^{2x}  = \ln 1 \Rightarrow 2x\ln a = 0\mathop  \Rightarrow \limits^{\ln a \ne 0} x = 0 
}

λύση που επαληθεύει την αρχική.

Υ.Γ Μήπως θα ήταν υπερβολή να χρησιμοποιήσουμε διαφορικό λογισμό για τη συγκεκριμένη; Ή μήπως μου διαφεύγει κάτι; :?


Όχι Χρήστο....δεν σου διαφεύγει....εμένα μου διέφυγε....Αλλιώς την ξεκίνησα και αλλιώς κατέληξε..... Την αποσύρω λοιπόν.....

Άρα η 30 του Θωμά ας γίνει 29.... Ευχαριστώ


Κανάβης Χρήστος
Μαθηματικός
Άβαταρ μέλους
Ραϊκόφτσαλης Θωμάς
Δημοσιεύσεις: 1112
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 12:01 am
Τοποθεσία: Άλιμος, Αθήνα
Επικοινωνία:

Re: 2η 25άδα

#14

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Ραϊκόφτσαλης Θωμάς » Τετ Νοέμ 24, 2010 9:51 pm

Καλησπέρα

ΑΣΚΗΣΗ 29

Την ιδέα την δανείσθηκα από μια εξαιρετική άσκηση που περιλαμβάνεται στο βιβλίο του συναδέλφου Γιώργου Μιχαηλίδη, Μαθηματικά κατεύθυνσης Γ Λυκείο Τόμος Α

Έστω ο μιγαδικός αριθμός z με \displaystyle{\left| z \right| \ge 8} και η συνεχής συνάρτηση \displaystyle{f(x) = \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} 
x&{\alpha \nu }&{x \ge 4}\\ 
{{f^2}\left( {\left| z \right| - 4} \right) - \frac{5}{4}\left| z \right| \cdot x}&{\alpha \nu }&{x < 4} 
\end{array}} \right.}. Να βρεθούν:
1. o τύπος της συνάρτησης
2. ο γεωμετρικός τόπος των εικόνων του z στο μιγαδικό επίπεδο.

Θωμάς


Η γνώση μας κάνει περήφανους, η σοφία ταπεινούς.
Άβαταρ μέλους
chris_gatos
Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 6875
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 9:03 pm
Τοποθεσία: Ανθούπολη

Re: 2η 25άδα

#15

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από chris_gatos » Τετ Νοέμ 24, 2010 10:09 pm

Αφού η f είναι συνεχής για κάθε χ πραγματικό, θα είναι και για χ=4.

Συνεπώς:

\displaystyle{ 
\mathop {\lim }\limits_{x \to 4^ -  } f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 4^ +  } f(x) = f(4) \Rightarrow f^2 (|z| - 4) - 5|z| = 4 
}

Όμως \displaystyle{ 
|z| \ge 8 \Rightarrow |z| - 4 \ge 4 \Rightarrow f(|z| - 4) = |z| - 4 
}

και απο την προηγούμενη σχέση έχω:

\displaystyle{ 
(|z| - 4)^2  - 5|z| - 4 = 0 \Rightarrow ...|z| = 1 \vee |z| = 12 
}

Φυσικά και δεχόμαστε την τιμή 12.

Αρα:

κύκλος με κέντρο (0,0) και ακτίνα 12.


Χρήστος Κυριαζής
Άβαταρ μέλους
Ραϊκόφτσαλης Θωμάς
Δημοσιεύσεις: 1112
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 12:01 am
Τοποθεσία: Άλιμος, Αθήνα
Επικοινωνία:

Re: 2η 25άδα

#16

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Ραϊκόφτσαλης Θωμάς » Τετ Νοέμ 24, 2010 10:14 pm

chris_gatos έγραψε:Αφού η f είναι συνεχής για κάθε χ πραγματικό, θα είναι και για χ=4.

Συνεπώς:

\displaystyle{ 
\mathop {\lim }\limits_{x \to 4^ -  } f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 4^ +  } f(x) = f(4) \Rightarrow f^2 (|z| - 4) - 5|z| = 4 
}

Όμως \displaystyle{ 
|z| \ge 8 \Rightarrow |z| - 4 \ge 4 \Rightarrow f(|z| - 4) = |z| - 4 
}

και απο την προηγούμενη σχέση έχω:

\displaystyle{ 
(|z| - 4)^2  - 5|z| - 4 = 0 \Rightarrow ...|z| = 1 \vee |z| = 12 
}

Φυσικά και δεχόμαστε την τιμή 12.

Αρα:

κύκλος με κέντρο (0,0) και ακτίνα 12
Τι να πώ σε έναν από τους καλύτερους λύτες!
Τι να πω σε ένα από τα καλύτερα παιδιά!
Να πω ένα ευχαριστώ και "να είσαι πάντα καλά",

Θωμάς


Η γνώση μας κάνει περήφανους, η σοφία ταπεινούς.
Άβαταρ μέλους
chris_gatos
Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 6875
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 9:03 pm
Τοποθεσία: Ανθούπολη

Re: 2η 25άδα

#17

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από chris_gatos » Τετ Νοέμ 24, 2010 10:18 pm

Θωμά είμαι ανθυποκαθηγητίσκος, μην το ξεχνάς, έτσι το ξεκίνησα, έτσι με έκαναν να νιώσω κι έτσι συνεχίζω.

Ευχαριστώ το Σαράντο Καργάκο για την προσφώνηση!

Και φυσικά και σένα για πολλά!

Να'σαι καλά κι εσύ!


Χρήστος Κυριαζής
Άβαταρ μέλους
Ραϊκόφτσαλης Θωμάς
Δημοσιεύσεις: 1112
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 12:01 am
Τοποθεσία: Άλιμος, Αθήνα
Επικοινωνία:

Re: 2η 25άδα

#18

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Ραϊκόφτσαλης Θωμάς » Τετ Δεκ 01, 2010 9:38 am

Καλημέρα
Ας δούμε μια εξαιρετικά δομημένη άσκηση, της οποίας τα ερωτήματα iii και iv δυσκόλεψαν πολύ τους μαθητές μου.

ΑΣΚΗΣΗ 31

Έστω η συνάρτηση \displaystyle{f:R \to R} τέτοια ώστε: \displaystyle{f\left( {x + y} \right) = f(x) + f(y)} για κάθε \displaystyle{x,y \in R} και \displaystyle{\mathop {\ell im}\limits_{x \to  + \infty } f(x) =  + \infty }.
Αν ισχύει \displaystyle{f\left( {{e^x}} \right) = {e^{f(x)}}} για κάθε x>0, να αποδειχθούν τα εξής:

i. f(-x)=-f(x).
ii.\displaystyle{f(x) = {e^{f\left( {\ln x} \right)}}} για κάθε x>0.
iii. Η f είναι γνήσια αύξουσα στο διάστημα \displaystyle{\left[ {0, + \infty } \right)}.
iv. Η f είναι συνεχής στη θέση \displaystyle{{x_0} = 0}.
v. Η f είναι συνεχής στο διάστημα \displaystyle{\left[ {0, + \infty } \right)}.

Να είμαστε όλοι καλά
Θωμάς


Η γνώση μας κάνει περήφανους, η σοφία ταπεινούς.
Άβαταρ μέλους
Χρήστος Λαζαρίδης
Δημοσιεύσεις: 656
Εγγραφή: Παρ Ιαν 09, 2009 10:48 am
Τοποθεσία: Παλαιό Φάληρο
Επικοινωνία:

Re: 2η 25άδα

#19

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Χρήστος Λαζαρίδης » Τετ Δεκ 01, 2010 11:27 am

Ραϊκόφτσαλης Θωμάς έγραψε:Καλημέρα
Ας δούμε μια εξαιρετικά δομημένη άσκηση, της οποίας τα ερωτήματα iii και iv δυσκόλεψαν πολύ τους μαθητές μου.

ΑΣΚΗΣΗ 31

Έστω η συνάρτηση \displaystyle{f:R \to R} τέτοια ώστε: \displaystyle{f\left( {x + y} \right) = f(x) + f(y)} για κάθε \displaystyle{x,y \in R} και \displaystyle{\mathop {\ell im}\limits_{x \to + \infty } f(x) = + \infty }.
Αν ισχύει \displaystyle{f\left( {{e^x}} \right) = {e^{f(x)}}} για κάθε x>0, να αποδειχθούν τα εξής:

i. f(-x)=-f(x).
ii.\displaystyle{f(x) = {e^{f\left( {\ln x} \right)}}} για κάθε x>0.
iii. Η f είναι γνήσια αύξουσα στο διάστημα \displaystyle{\left[ {0, + \infty } \right)}.
iv. Η f είναι συνεχής στη θέση \displaystyle{{x_0} = 0}.
v. Η f είναι συνεχής στο διάστημα \displaystyle{\left[ {0, + \infty } \right)}.

Να είμαστε όλοι καλά
Θωμάς
Θωμά καλημέρα.

i) Για x = y = 0: f(0)+f(0) = f(0) ,άρα f(0) = 0.
Για y = -x: f(x)+f(-x) = f(0), άρα f(-x) = -f(x).

ii) Θέτουμε \displaystyle{ 
e^x  = y \Rightarrow x = \ln y},άρα \displaystyle{ 
f(y) = e^{f(\ln y)}  \Rightarrow f(x) = e^{f(\ln x)}}

iii) Έστω \displaystyle{x_1 ,x_2  \in [0, + \infty ),x_1  < x_2}
Έχουμε: \displaystyle{f(x) \ge 0,x \in [0, + \infty )}
\displaystyle{f(x_2  - x_1 ) > 0 \Rightarrow f(x_2 ) + f( - x_1 ) > 0 \Rightarrow f(x_2 ) - f(x_1 ) > 0 \Rightarrow f(x_1 ) < f(x_2 )}
Μετά από παρέμβαση Θωμά

iv) \displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} e^{f(\ln x)} \mathop  = \limits^{\ln x = y} \mathop {\lim }\limits_{y \to  - \infty } e^{f(y)} \mathop  = \limits^i \mathop {\lim }\limits_{y \to  - \infty } e^{ - f(-y)} \mathop   {\lim }\limits_{h \to  + \infty } e^{f( - h)}}
\displaystyle{ = \mathop {\lim }\limits_{h \to  + \infty } e^{ - f(h)}  = \mathop {\lim }\limits_{h \to  + \infty } \frac{1}{{e^{f(h)} }}\mathop  = \limits^{r = f(h)} \mathop {\lim }\limits_{r \to \infty } \frac{1}{{e^r }} = 0 = f(0)}

v) \displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to x_0 } f(x)\mathop  = \limits^{x - x_0  = h} \mathop {\lim }\limits_{h \to 0} f(x_0  + h) = \mathop {\lim }\limits_{h \to 0} \left[ {f(x_0 ) + f(h)} \right] = f(x_0 ) + f(0) = f(x_0 )}

Φιλικά Χρήστος


Ο ηλίθιος είναι αήττητος
Άβαταρ μέλους
Ραϊκόφτσαλης Θωμάς
Δημοσιεύσεις: 1112
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 12:01 am
Τοποθεσία: Άλιμος, Αθήνα
Επικοινωνία:

Re: 2η 25άδα

#20

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Ραϊκόφτσαλης Θωμάς » Δευ Δεκ 06, 2010 10:29 pm

Καλησπέρα σε όλους.
Του Αγίου Νικολάου σήμερα, πολλά από τα μέλη μας έχουν την ονομαστική τους εορτή, με συνέπεια η επόμενη άσκηση αυτοδίκαια να είναι χαρισμένη σε αυτούς.

ΑΣΚΗΣΗ 32

Ζήτημα α.

i. Για κάθε \displaystyle{x \in R}, να δειχθεί ότι: \displaystyle{{e^x} \ge e \cdot x}.

ii. Να βρεθεί ο \displaystyle{x \in R} για τον οποίο ισχύει \displaystyle{{e^x} = e \cdot x}.

Ζήτημα β.

Αν x,y,z τυχαίο θετικοί πραγματικοί αριθμοί, τότε:

i. Να βρεθεί το μέγιστο του γινομένου \displaystyle{{\left( {\frac{x}{y}} \right)^y} \cdot {\left( {\frac{y}{z}} \right)^z} \cdot {\left( {\frac{z}{x}} \right)^x}}.

ii. Να βρεθεί η υπάρχουσα συνθήκη μεταξύ των x,y,z ώστε να έχουμε το μέγιστο του γινομένου \displaystyle{{\left( {\frac{x}{y}} \right)^y} \cdot {\left( {\frac{y}{z}} \right)^z} \cdot {\left( {\frac{z}{x}} \right)^x}}.

Να είστε όλοι καλά.
Θωμάς


Η γνώση μας κάνει περήφανους, η σοφία ταπεινούς.
Απάντηση

Επιστροφή σε “ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΣΕ ΟΛΗ ΤΗΝ ΥΛΗ Γ'”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 2 επισκέπτες