Επαναληπτικές Ασκήσεις σε όλη την ύλη(Δελτίο Νο:5,άσκ.4)

Συντονιστής: exdx

pana1333
Δημοσιεύσεις: 1028
Εγγραφή: Τρί Απρ 21, 2009 8:46 pm
Επικοινωνία:

Επαναληπτικές Ασκήσεις σε όλη την ύλη(Δελτίο Νο:5,άσκ.4)

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #1 από pana1333 » Τρί Μάιος 03, 2011 2:14 pm

Μετά απο προτροπή του εξαίρετου μαθητή και μέλους της οικογένειας του mathematica Αντώνη (Νασιούλα), του αφιερώνω λοιπόν, μια πρώτη επαναληπτική.

Ελπίζω να ακολουθήσουν κι άλλες......

Άσκηση 1

Δίνεται η συνάρτηση f\left(x \right)=ln\left(x^{3}-7x^{2}+16x-12 \right).

Να βρεθούν:

α) Το πεδίο ορισμού της συνάρτησης f

β) Να δείξετε ότι η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα στο πεδίο ορισμού της.

γ) Να λυθεί η εξίσωση ln\left(x^{3}-7x^{2}+16x-12 \right)=ln\left(x^{2}-4 \right)+ln5+ln\left(\frac{x-2}{x+2} \right)

δ) Να λυθεί η ανίσωση e^{f\left(6 \right)-2f\left(4\right)}-e^{x}>e^{x^2}+e^{x+1}+lne^{2}

Προσθήκη (ε)

(ε) Να λυθεί η ανίσωση

2e^{f\left(6 \right)-2f\left(4\right)}-e^{x}<e^{2x}
τελευταία επεξεργασία από pana1333 σε Τετ Μάιος 04, 2011 3:22 am, έχει επεξεργασθεί 6 φορές συνολικά.


Κανάβης Χρήστος
Μαθηματικός
Νασιούλας Αντώνης
Δημοσιεύσεις: 620
Εγγραφή: Πέμ Οκτ 21, 2010 10:12 pm
Τοποθεσία: Αθήνα-Βόλος
Επικοινωνία:

Re: Επαναληπτικές Ασκήσεις σε όλη την ύλη

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #2 από Νασιούλας Αντώνης » Τρί Μάιος 03, 2011 3:57 pm

α)

Έχουμε \diplaystyle{x^3-2x^2-5x^2+10x+6x-12=x^2(x-2)-5x(x-2)+6(x-2)=(x-2)(x^2-5x+6)=(x-2)(x-2)(x-3)=(x-2)^2(x-3)\color{red}{(1)}}
Θέλουμε: x^3-7x^2+16x-12>0 \Rightarrow (x-2)^2(x-3)>0\Rightarrow  x\in (3,\infty)
Άρα \diplaystyle D_f=(3,\infty)

β)

Για το β) τώρα δεν είμαι σίγουρος αν η παρακάτω απάντηση είναι πλήρης.
Η συνάρτηση είναι η λογαριθμική με βάση e>1 άρα -σύμφωνα με το σχολικό- είναι γνησίως αύξουσα.

γ)
ln\left(x^{3}-7x^{2}+16x-12 \right)=ln\left(x^{2}-4 \right)+ln5+ln\left(\frac{x-2}{x+2} \right)\Rightarrow  ln\left(x^{3}-7x^{2}+16x-12 \right)= ln\left((x^{2}-4)\cdot 5 \cdot \frac{x-2}{x+2} \right)=ln\left((x-2)\cancel{(x+2)}\cdot 5 \cdot \frac{x-2}{\cancel{x+2}} \right)=ln\left( 5 (x-2)^2\right)\Rightarrow (x-2)^2(x-3)=5(x-2)^2\Rightarrow (x=2 \vee x-3=5)\Rightarrow (x=2 \vee x=8)
Με επαλήθευση απορρίπτουμε την λύση x=2. Άρα x=8.

Χρωστάω το δ). Αν κάτσω να το γράψω τώρα θα με κυνηγάει ο φροντιστής μου σε μια ώρα.
Θα το ανεβάσω -αν δεν το κάνει κάποιος άλλος πριν από μένα- το απογευματάκι.

ΥΓ Κύριε Χρήστο ευχαριστώ για την άμεση ανταπόκριση ;)


"Το να έχεις συνείδηση της άγνοιάς σου, είναι ένα μεγάλο βήμα προς τη γνώση" , Benjamin Disraeli
"Η αλήθεια ενός θεωρήματος, βρίσκεται στο μυαλό σου, όχι στα μάτια σου" , Άλμπερτ Αϊνστάιν
Νασιούλας Αντώνης
Δημοσιεύσεις: 620
Εγγραφή: Πέμ Οκτ 21, 2010 10:12 pm
Τοποθεσία: Αθήνα-Βόλος
Επικοινωνία:

Re: Επαναληπτικές Ασκήσεις σε όλη την ύλη

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #3 από Νασιούλας Αντώνης » Τρί Μάιος 03, 2011 7:32 pm

Να δώσω και το δ)...

Είναι:

f(6)=ln(48) και f(4)=ln4, επομένως f(6)-2f(4)=ln(48)-2ln4=ln(48)-ln(16)=\displaystyle{ln\frac{48}{16}}=ln3.

Έτσι \displaystyle{e^{f(6)-2f(4)}=e^{ln3}=3}.

Επίσης είναι γνωστό ότι lne^2=2lne=2.

Σύμφωνα με τα παραπάνω η δοθείσα είναι ισοδύναμη με την:

\displaystyle{e^{x^2}+e^{x+1}+e^x<1}, η οποία είναι αδύνατη στο \mathbb{R}.

Πράγματι για x\geq 0 έχουμε:

e^x\geq 1 \kappa \alpha \iota e^{x+1}\geq e \kappa \alpha \iota \displaystyle{e^{x^2}\geq 0}

άρα {e^{x^2}+e^{x+1}+e^x\geq e+1>1

Για x< 0 είναι:

e^x>0 και e^{x+1}>0 και e^{x^2}> 1

αφού e^k>0, \forall k \in \mathbb{R} και x<0 \Rightarrow x^2>0.

Επομένως έχουμε e^{x^2}+e^{x+1}+e^x>1.

Άρα η ανίσωση αδύνατη στο \mathbb{R}.


"Το να έχεις συνείδηση της άγνοιάς σου, είναι ένα μεγάλο βήμα προς τη γνώση" , Benjamin Disraeli
"Η αλήθεια ενός θεωρήματος, βρίσκεται στο μυαλό σου, όχι στα μάτια σου" , Άλμπερτ Αϊνστάιν
Άβαταρ μέλους
hlkampel
Δημοσιεύσεις: 929
Εγγραφή: Σάβ Δεκ 20, 2008 11:41 pm
Τοποθεσία: Τρίκαλα

Re: Επαναληπτικές Ασκήσεις σε όλη την ύλη

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #4 από hlkampel » Τρί Μάιος 03, 2011 10:04 pm

Συνεχίζω με άλλη μια για τον Αντώνη και όποιον άλλο ενδιαφέρεται.

Άσκηση 2

Δίνεται η συνάρτηση f\left( x \right) = 4^{\frac{1}{2} + \kappa } \ln x - \frac{{2^\kappa  }}{{\ln x}} με \kappa  \in R .
α) Να βρεθεί το πεδίο ορισμού της.
β) Να δειχθεί ότι f\left( x \right) + f\left( {\frac{1}{x}} \right) = 0.
γ) Αν f\left( {e^2 } \right) = 15 να βρεθεί ο \kappa  \in R.
δ) Με \kappa  = 1 να λυθεί η ανίσωση 2f\left( x \right) + f\left( {\frac{1}{x}} \right) \le 6 .


Ηλίας Καμπελής
xr.tsif
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1925
Εγγραφή: Τρί Δεκ 23, 2008 7:14 pm

Re: Επαναληπτικές Ασκήσεις σε όλη την ύλη

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #5 από xr.tsif » Τετ Μάιος 04, 2011 12:05 am

Ασκηση 3
Δίνεται η συνάρτηση f με τύπο f(x)=x+ln(e^x-3).
i) Να βρεθεί το πεδίο ορισμού της.
ii) Να συγκρίνετε τους αριθμούς f(ln4) και f(ln5)
iii) Να λύσετε την ανισότητα f(x)> ln2+ln(e^x-2)


Χρήστος


Γιατί πάντα αριθμόν έχοντι. Άνευ τούτου ουδέν νοητόν και γνωστόν.
Άβαταρ μέλους
diomides
Δημοσιεύσεις: 93
Εγγραφή: Τετ Ιουν 30, 2010 10:10 am

Re: Επαναληπτικές Ασκήσεις σε όλη την ύλη

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #6 από diomides » Τετ Μάιος 04, 2011 12:28 am

xr.tsif έγραψε:Ασκηση 3
Δίνεται η συνάρτηση f με τύπο f(x)=x+ln(e^x-3).
i) Να βρεθεί το πεδίο ορισμού της.
ii) Να συγκρίνετε τους αριθμούς f(ln4) και f(ln5)
iii) Να λύσετε την ανισότητα f(x)> ln2+ln(e^x-2)


Χρήστος

ευκολα τα δυο πρωτα, για το τελυταιο εχουμε

x+\ln(e^{x}-3)>\ln2+\ln(e^{x}-2)\Leftrightarrow \ln(e^{2x}-3e^{x})>\ln(2e^{x}-4)\Leftrightarrow  e^{2x}-3e^{x}>2e^{x}-4....Με περιορισμο x>\ln3


Άβαταρ μέλους
parmenides51
Δημοσιεύσεις: 6240
Εγγραφή: Πέμ Απρ 23, 2009 9:13 pm
Τοποθεσία: Πεύκη
Επικοινωνία:

Re: Επαναληπτικές Ασκήσεις σε όλη την ύλη

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #7 από parmenides51 » Τετ Μάιος 04, 2011 12:41 am

diomides έγραψε:
xr.tsif έγραψε:Ασκηση 3
Δίνεται η συνάρτηση f με τύπο f(x)=x+ln(e^x-3).
i) Να βρεθεί το πεδίο ορισμού της.
ii) Να συγκρίνετε τους αριθμούς f(ln4) και f(ln5)
iii) Να λύσετε την ανισότητα f(x)> ln2+ln(e^x-2)


Χρήστος

ευκολα τα δυο πρωτα, για το τελυταιο εχουμε

x+\ln(e^{x}-3)>\ln2+\ln(e^{x}-2)\Leftrightarrow \ln(e^{2x}-3e^{x})>\ln(2e^{x}-4)\Leftrightarrow  e^{2x}-3e^{x}>2e^{x}-4....Με περιορισμο x>\ln3


Σύμφωνα με τον κανονισμό (αρχική σελίδα του mathematica)
Ανακοινώσεις Υποδείξεις λύσεων έγραψε:Αγαπητοί μας φίλοι
Τον τελευταίο καιρό έχει παρατηρηθεί κατάχρηση στην αποστολή Υποδείξεων στις λύσεις των ασκήσεων.
Σας παρακαλούμε ακολουθώντας και τους Κανόνες Δεοντολογίας που συνοδεύουν τον Κανονισμό μας (σημείο 16) να αποφεύγετε (ιδίως αν δεν είσθε εκείνος που έθεσε την άσκηση) να στέλνετε υποδείξεις αντί ολοκληρωμένων λύσεων. Εκτός από τους λόγους που αναφέρονται στους κανόνες δεοντολογίας οι υποδείξεις συχνότατα καθιστούν ένα θέμα ακατάλληλο για αποδελτίωση.
Για τους Επιμελητές του mathematica

καθε άσκηση είτε εύκολη είτε όχι προσπαθούμε να την λύνουμε αναλυτικά και όσα περισσότερα ερωτήματα μπορούμε.
Οπότε καλύτερρα δοκίμασε να λύσεις αναλυτικά τα έυκολα και μην βάζεις τελίτσες :).
Φιλικά


pana1333
Δημοσιεύσεις: 1028
Εγγραφή: Τρί Απρ 21, 2009 8:46 pm
Επικοινωνία:

Re: Επαναληπτικές Ασκήσεις σε όλη την ύλη

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #8 από pana1333 » Τετ Μάιος 04, 2011 3:51 am

Άσκηση 4

Δίνεται η συνάρτηση f με τύπο f\left(x \right)=ln\left(e^{x}+1 \right).

1) Να βρεθεί το πεδίο ορισμού της συνάρτησης f

2) Να δείξετε ότι η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα στο R.

3) Να λυθεί η εξίσωση f\left(\sqrt{3}\eta \mu x \right)=f\left(\sigma \upsilon \nu x \right).

4) Να λυθεί η ανίσωση f\left(2x \right)>f\left(x \right)

5) Να δείξετε ότι f\left(-x \right)=f\left(x \right)-x για κάθε x\epsilon R
τελευταία επεξεργασία από pana1333 σε Τρί Μάιος 10, 2011 5:24 am, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Κανάβης Χρήστος
Μαθηματικός
Άβαταρ μέλους
ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 3675
Εγγραφή: Κυρ Μαρ 13, 2011 9:11 pm
Τοποθεσία: Λ. Αιδηψού Ευβοίας

Re: Επαναληπτικές Ασκήσεις σε όλη την ύλη

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #9 από ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ » Τετ Μάιος 04, 2011 11:19 am

1) Πρέπει e^x  + 1 > 0\mathop  \Leftrightarrow \limits^{e^x  > 0,\forall x \in R} x \in R \Rightarrow \boxed{A_f  = R}, όπου A_f είναι το πεδίο ορισμού της f

2) Έστω
x_1 ,x_2  \in A_f  = R με \boxed{x_1  < x_2 }\mathop  \Rightarrow \limits^{e^x  \uparrow } e^{x_1 }  < e^{x_2 } \mathop  \Rightarrow \limits^{ + 1} e^{x_1 }  + 1 < e^{x_2 }  + 1 \Rightarrow \boxed{f\left( {x_1 } \right) < f\left( {x_2 } \right)} οπότε η f είναι γνησίως αύξουσα στο R.

3) Είναι f\left( {\sqrt 3  \cdot \eta \mu x} \right) = f\left( {\sigma \upsilon \nu x} \right)\mathop  \Leftrightarrow \limits^{f(\gamma \nu \eta \sigma .\alpha \upsilon \xi o\upsilon \sigma \alpha ) \Rightarrow f:1 - 1} \boxed{\sqrt 3  \cdot \eta \mu x = \sigma \upsilon \nu x}:\left( 1 \right)

Η τελευταία εξίσωση δεν μπορεί να έχει ρίζα κάποιο x_0  \in R για το οποίο \eta \mu x_0  = 0 διότι τότε θα είναι \sqrt 3  \cdot \eta \mu x_0  = \sigma \upsilon \nu x_0 \mathop  \Rightarrow \limits^{\eta \mu x_0  = 0} \sigma \upsilon \nu x_0  = 0\mathop  \Rightarrow \limits^{\eta \mu ^2 x_0  + \sigma \upsilon \nu ^2 x_0  = 0\mathop  \Rightarrow \limits^{\eta \mu ^2 x_0  + \sigma \upsilon \nu ^2 x_0  = 1} } \boxed{1 = 0} (άτοπο).

Οπότε ισοδύναμα έχουμε: \sqrt 3  \cdot \eta \mu x = \sigma \upsilon \nu x\mathop  \Leftrightarrow \limits^{:\eta \mu x} \sqrt 3  = \frac{{\sigma \upsilon \nu x}}
{{\eta \mu x}} \Leftrightarrow \sigma \phi x = \sqrt 3  \Leftrightarrow \sigma \phi x = \sigma \phi \frac{\pi }
{6} \Leftrightarrow \boxed{x = k\pi  + \frac{\pi }
{6},k \in Z}

4) Είναι f\left( {2x} \right) > f\left( x \right)\mathop  \Leftrightarrow \limits^{f(\gamma \nu \sigma .\alpha \xi o\upsilon \sigma \alpha )} 2x > x \Leftrightarrow \boxed{x > 0}

5) Έχουμε : f\left( { - x} \right) = \ln \left( {e^{ - x}  + 1} \right) = \ln \left( {\frac{1}
{{e^x }} + 1} \right) = \ln \left( {\frac{{e^x  + 1}}
{{e^x }}} \right)\mathop  = \limits^{\ln \left( {\frac{{\theta _1 }}
{{\theta _2 }}} \right) = \ln \theta _1  - \ln \theta _2 ,\theta _1 ,\theta _2  \in \left( {0, + \infty } \right)}

\ln \left( {e^x  + 1} \right) - \ln e^x \mathop  \Rightarrow \limits^{f\left( x \right) = \ln \left( {e^x  + 1} \right),\ln e^x  = x} \boxed{f\left( { - x} \right) = f\left( x \right) - x}


Φιλικά

Στάθης Κούτρας


Τι περιμένετε λοιπόν ναρθεί , ποιόν καρτεράτε να σας σώσει.
Εσείς οι ίδιοι με τα χέρια σας , με το μυαλό σας με την πράξη αν δεν αλλάξετε τη μοίρα σας ποτέ της δεν θα αλλάξει
Άβαταρ μέλους
hlkampel
Δημοσιεύσεις: 929
Εγγραφή: Σάβ Δεκ 20, 2008 11:41 pm
Τοποθεσία: Τρίκαλα

Re: Επαναληπτικές Ασκήσεις σε όλη την ύλη

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #10 από hlkampel » Τετ Μάιος 04, 2011 1:20 pm

xr.tsif έγραψε:Ασκηση 3
Δίνεται η συνάρτηση f με τύπο f(x)=x+ln(e^x-3).
i) Να βρεθεί το πεδίο ορισμού της.
ii) Να συγκρίνετε τους αριθμούς f(ln4) και f(ln5)
iii) Να λύσετε την ανισότητα f(x)> ln2+ln(e^x-2)


Λύση

α) Πρέπει e^x  - 3 > 0 \Leftrightarrow e^x  > 3 \Leftrightarrow x > \ln 3
Άρα D_f  = \left( {\ln 3, + \infty } \right)

β) f\left( {\ln 4} \right) = \ln 4 + \ln \left( {e^{\ln 4}  - 3} \right) = \ln 4 + \ln \left( {4 - 3} \right) = \ln 4 + \ln 1 = \ln 4
f\left( {\ln 5} \right) = \ln 5 + \ln \left( {e^{\ln 5}  - 3} \right) = \ln 5 + \ln \left( {5 - 3} \right) = \ln 5 + \ln 2 = \ln 10
Όμως \ln 10 > \ln 4 \Rightarrow f\left( {\ln 5} \right) > f\left( {\ln 4} \right)

γ) f\left( x \right) > \ln 2 + \ln \left( {e^x  - 2} \right) (1) πρέπει e^x  - 2 > 0 \Leftrightarrow x > \ln 2 και x > \ln 3

Αν x > \ln 3 η (1) γίνεται:
x + \ln \left( {e^x  - 3} \right) > \ln 2 + \ln \left( {e^x  - 2} \right) \Leftrightarrow \ln e^x  + \ln \left( {e^x  - 3} \right) > \ln \left[ {2\left( {e^x  - 2} \right)} \right] \Leftrightarrow
\ln \left( {e^{2x}  - 3e^x } \right) > \ln \left( {2e^x  - 4} \right)\mathop  \Leftrightarrow \limits^{\ln x1} e^{2x}  - 3e^x  > 2e^x  - 4 \Leftrightarrow
e^{2x}  - 5e^x  + 4 > 0 \Leftrightarrow \left( {e^x  - 4} \right)\left( {e^x  - 1} \right) > 0

Άρα e^x  < 1 \Leftrightarrow x < 0 (απορρίπτεται) ή e^x  > 4 \Leftrightarrow x > \ln 4

Έτσι x \in \left( {\ln 4, + \infty } \right)


Ηλίας Καμπελής
Νασιούλας Αντώνης
Δημοσιεύσεις: 620
Εγγραφή: Πέμ Οκτ 21, 2010 10:12 pm
Τοποθεσία: Αθήνα-Βόλος
Επικοινωνία:

Re: Επαναληπτικές Ασκήσεις σε όλη την ύλη

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #11 από Νασιούλας Αντώνης » Τετ Μάιος 04, 2011 5:01 pm

pana1333 έγραψε:Προσθήκη (ε)

(ε) Να λυθεί η ανίσωση

2e^{f\left(6 \right)-2f\left(4\right)}-e^{x}<e^{2x}


Όπως είδαμε παραπάνω...


f(6)=ln(48) και f(4)=ln4, επομένως f(6)-2f(4)=ln(48)-2ln4=ln(48)-ln(16)=\displaystyle{ln\frac{48}{16}}=ln3.

Έτσι \displaystyle{e^{f(6)-2f(4)}=e^{ln3}=3}.

Άρα έχουμε να λύσουμε την:

e^{2x}+e^x-6>0\Leftrightarrow \left(e^{x}\right)^2+e^x-6>0\Leftrightarrow (e^x+3)(e^x-2)>0 από την οποία έχουμε:

( e^x+3>0\wedge e^x-2>0 )\Leftrightarrow (e^x>-3\wedge e^x>2)\Leftrightarrow (x\in \mathbb{R}\wedge x>ln2)

ή

( e^x+3<0\wedge e^x-2<0 )\Leftrightarrow (e^x<-3\wedge e^x<2) που είναι αδύνατη στο \mathbb{R}.

Άρα τελικά x>ln2.


"Το να έχεις συνείδηση της άγνοιάς σου, είναι ένα μεγάλο βήμα προς τη γνώση" , Benjamin Disraeli
"Η αλήθεια ενός θεωρήματος, βρίσκεται στο μυαλό σου, όχι στα μάτια σου" , Άλμπερτ Αϊνστάιν
Άβαταρ μέλους
diomides
Δημοσιεύσεις: 93
Εγγραφή: Τετ Ιουν 30, 2010 10:10 am

Re: Επαναληπτικές Ασκήσεις σε όλη την ύλη

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #12 από diomides » Πέμ Μάιος 05, 2011 12:04 am

parmenides51 έγραψε:
diomides έγραψε:
xr.tsif έγραψε:Ασκηση 3
Δίνεται η συνάρτηση f με τύπο f(x)=x+ln(e^x-3).
i) Να βρεθεί το πεδίο ορισμού της.
ii) Να συγκρίνετε τους αριθμούς f(ln4) και f(ln5)
iii) Να λύσετε την ανισότητα f(x)> ln2+ln(e^x-2)


Χρήστος

ευκολα τα δυο πρωτα, για το τελυταιο εχουμε

x+\ln(e^{x}-3)>\ln2+\ln(e^{x}-2)\Leftrightarrow \ln(e^{2x}-3e^{x})>\ln(2e^{x}-4)\Leftrightarrow  e^{2x}-3e^{x}>2e^{x}-4....Με περιορισμο x>\ln3


Σύμφωνα με τον κανονισμό (αρχική σελίδα του mathematica)
Ανακοινώσεις Υποδείξεις λύσεων έγραψε:Αγαπητοί μας φίλοι
Τον τελευταίο καιρό έχει παρατηρηθεί κατάχρηση στην αποστολή Υποδείξεων στις λύσεις των ασκήσεων.
Σας παρακαλούμε ακολουθώντας και τους Κανόνες Δεοντολογίας που συνοδεύουν τον Κανονισμό μας (σημείο 16) να αποφεύγετε (ιδίως αν δεν είσθε εκείνος που έθεσε την άσκηση) να στέλνετε υποδείξεις αντί ολοκληρωμένων λύσεων. Εκτός από τους λόγους που αναφέρονται στους κανόνες δεοντολογίας οι υποδείξεις συχνότατα καθιστούν ένα θέμα ακατάλληλο για αποδελτίωση.
Για τους Επιμελητές του mathematica

καθε άσκηση είτε εύκολη είτε όχι προσπαθούμε να την λύνουμε αναλυτικά και όσα περισσότερα ερωτήματα μπορούμε.
Οπότε καλύτερρα δοκίμασε να λύσεις αναλυτικά τα έυκολα και μην βάζεις τελίτσες :).
Φιλικά
:coolspeak:


pana1333
Δημοσιεύσεις: 1028
Εγγραφή: Τρί Απρ 21, 2009 8:46 pm
Επικοινωνία:

Re: Επαναληπτικές Ασκήσεις σε όλη την ύλη

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #13 από pana1333 » Πέμ Μάιος 05, 2011 1:15 am

Άσκηση 5

Δίνεται η συνάρτηση f με τύπο f\left(x \right)=\begin{Bmatrix}
x^{3}-\alpha x^{2}-5x+6, x<1& \\ x-1+lnx,  x\geq 1
 & 
\end{Bmatrix}.

α) Αν είναι f\left(1 \right)=f\left(-2 \right), να βρεθεί ο πραγματικός αριθμός α.

β)Για α=2

i) Να δειχθεί ότι f\left(x\right)\geq 0 για κάθε x\geq 1.
ii) Να λυθεί η εξίσωση f\left(x \right)=0.
iii) Να λυθεί η ανίσωση f\left(x \right)<0 για x<1.
iv) Να λυθεί η εξίσωση f\left(\left(\frac{1}{2} \right)^{x} \right)=-xln2 για x\leq 0.
v) Να λυθεί η εξίσωση f\left(\sigma \upsilon \nu x \right)-\sigma \upsilon \nu x+1=0 για x\epsilon \left[0,\pi  \right].


Κανάβης Χρήστος
Μαθηματικός
Άβαταρ μέλους
hlkampel
Δημοσιεύσεις: 929
Εγγραφή: Σάβ Δεκ 20, 2008 11:41 pm
Τοποθεσία: Τρίκαλα

Re: Επαναληπτικές Ασκήσεις σε όλη την ύλη

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #14 από hlkampel » Πέμ Μάιος 05, 2011 1:31 pm

Άσκηση 6

Δίνεται το πολυώνυμο P\left( x \right) = \left( {\alpha ^2  + \ln ^4 \alpha } \right)x^3  - 3\left( {\alpha  + \ln ^3 \alpha } \right)x^2  + \left( {\alpha  + \ln ^2 \alpha } \right)x + 1 + \ln ^3 \alpha με \alpha ,x \in R και \alpha  > 0.
Α. Να βρεθεί ο \alpha  > 0 ώστε το άθροισμα των συντελεστών του πολυωνύμου να είναι 0 (μηδέν).
Β. Αν \alpha  = 1 τότε:
α) Να γίνει η διαίρεση P\left( x \right):\left( {x - 1} \right).
β) Να λυθεί η εξίσωση P\left( {e^x  + \sqrt 2 } \right) = 0


Ηλίας Καμπελής
Άβαταρ μέλους
hlkampel
Δημοσιεύσεις: 929
Εγγραφή: Σάβ Δεκ 20, 2008 11:41 pm
Τοποθεσία: Τρίκαλα

Re: Επαναληπτικές Ασκήσεις σε όλη την ύλη

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #15 από hlkampel » Σάβ Μάιος 07, 2011 10:18 pm

Το επαναφέρω γιατί υπάρχουν τρείς αναπάντητες ασκήσεις.
Επειδή πλησιάζουν οι εξετάσεις καλό είναι να απαντηθούν.


Ηλίας Καμπελής
vanalex
Δημοσιεύσεις: 169
Εγγραφή: Τετ Φεβ 17, 2010 12:07 am
Τοποθεσία: Χρυσούπολη, Καβάλα
Επικοινωνία:

Re: Επαναληπτικές Ασκήσεις σε όλη την ύλη

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #16 από vanalex » Κυρ Μάιος 08, 2011 4:02 pm

hlkampel έγραψε:Άσκηση 6

Δίνεται το πολυώνυμο P\left( x \right) = \left( {\alpha ^2  + \ln ^4 \alpha } \right)x^3  - 3\left( {\alpha  + \ln ^3 \alpha } \right)x^2  + \left( {\alpha  + \ln ^2 \alpha } \right)x + 1 + \ln ^3 \alpha με \alpha ,x \in R και \alpha  > 0.
Α. Να βρεθεί ο \alpha  > 0 ώστε το άθροισμα των συντελεστών του πολυωνύμου να είναι 0 (μηδέν).
Β. Αν \alpha  = 1 τότε:
α) Να γίνει η διαίρεση P\left( x \right):\left( {x - 1} \right).
β) Να λυθεί η εξίσωση P\left( {e^x  + \sqrt 2 } \right) = 0


Ξεκινώ από την τελευταία αναπάντητη προς τα πάνω:

Α. Για να είναι το άθροισμα των συντελεστών του πολυωνύμου 0 πρέπει:

a^{2}+ln^{4}a-3a-3ln^{3}a+a+ln^{2}a+1+ln^{3}a=0 \Leftrightarrow 
ln^{4}a-2ln^{3}a+ln^{2}a-2a+1=0\Leftrightarrow ln^{2}a\left(ln^{2}a-2lna+1 \right)+\left(a-1 \right)^{2}\Leftrightarrow ln^{2}a\left(lna-1 \right)^{2}+\left(a-1 \right)^{2}=0

Προέκυψε άθροισμα θετικών όρων ίσο με 0 άρα πρέπει:

\displaystyle \begin{cases}
 lna\left(lna-1 \right)=0  \\ 
 a-1=0
\end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases}
  lna=0 \vee lna=1 \\ a=1
   
\end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}
 a=1\vee a=e \\ a=1  \end{cases}

Άρα α = 1.

Β.α) Για α = 1 το πολυώνυμο γίνεται:
\displaystyle P(x)=x^{3}-3x^{2}+x+1

Από σχήμα Horner \color{blue}\begin{tabular}{|c|c|c|c||c}

1 & -3 & 1 & 1 & 1\\ \hline 
  & 1 &  -2 & -1 &\multicolumn{1}{c}{}  \\ 
\cline {1-4}
 1& -2 & -1 & {\bf{0}} &\multicolumn{1}{c}{}  \\ 
\cline {1-4}

\end{tabular} προκύπτει \displaystyle P(x)=\left(x-1 \right)\left(x^{2}-2x-1 \right)

β) Από την παραπάνω εξίσωση P(x) = 0 προκύπτει ότι \displaystyle x=1, x=1+\sqrt{2}, x=1-\sqrt{2}
Άρα \displaystyle e^{x}+\sqrt{2}=1, e^{x}+\sqrt{2}=1+\sqrt{2}, e^{x}+\sqrt{2}=1-\sqrt{2}

Ή \displaystyle e^{x}=1-\sqrt{2}, e^{x}=1, e^{x}=1-2\sqrt{2}
H πρώτη και τη τρίτη είναι αδύνατες αφού τα δεύτερα μέλη είναι αρνητικοί αριθμοί. Η δεύτερη έχει λύση x = 0.

Y.Γ Ήθελα να δείξω το σχήμα Ηοrner αλλά δεν ήξερα πως να το κάνω στον EqEditor του site. Μήπως υπάρχει κάποιος καλοθελητής να μου κάνει μια υπόδειξη :D
--------------------------------------------------------------------------------------------------------
επεξεργασία : Κυριακή 8 /5/2011, 07:03 μ.μ
Αλέξη,συμπλήρωσα το σχήμα Horner στην απάντησή σου
Φωτεινή
---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
τελευταία επεξεργασία από Φωτεινή σε Κυρ Μάιος 08, 2011 7:03 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.
Λόγος: προσθήκη σχήματος Horner (σε LaTeX)


Αλέξης Μιχαλακίδης
vanalex
Δημοσιεύσεις: 169
Εγγραφή: Τετ Φεβ 17, 2010 12:07 am
Τοποθεσία: Χρυσούπολη, Καβάλα
Επικοινωνία:

Re: Επαναληπτικές Ασκήσεις σε όλη την ύλη

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #17 από vanalex » Κυρ Μάιος 08, 2011 7:41 pm

Φωτεινή εγώ πως μπορώ να το κάνω απο τον ΕqEditor του site; Ή μήπως δε γίνεται;


Αλέξης Μιχαλακίδης
pana1333
Δημοσιεύσεις: 1028
Εγγραφή: Τρί Απρ 21, 2009 8:46 pm
Επικοινωνία:

Re: Επαναληπτικές Ασκήσεις σε όλη την ύλη

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #18 από pana1333 » Κυρ Μάιος 08, 2011 7:52 pm

vanalex έγραψε:εγώ πως μπορώ να το κάνω απο τον ΕqEditor του site; Ή μήπως δε γίνεται;



Ναι γίνεται να το κάνεις. Πήγαινε στη δημοσίευση και πάτα παράθεση και θα δεις πως γίνεται....


Κανάβης Χρήστος
Μαθηματικός
Άβαταρ μέλους
Φωτεινή
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 3672
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 9:02 am
Τοποθεσία: -mathematica-

Re: Επαναληπτικές Ασκήσεις σε όλη την ύλη

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #19 από Φωτεινή » Κυρ Μάιος 08, 2011 7:57 pm

vanalex έγραψε:Φωτεινή εγώ πως μπορώ να το κάνω απο τον ΕqEditor του site; Ή μήπως δε γίνεται;

\begin{tabular}{|c|c|c|c||c}

1 & -3 & 1 & 1 & 1\\ \hline 
  & 1 &  -2 & -1 &\multicolumn{1}{c}{}  \\ 
\cline {1-4}
 1& -2 & -1 & {\bf{0}} &\multicolumn{1}{c}{}  \\ 
\cline {1-4}

\end{tabular}
--------------------------------------------------------------
\begin{tabular}{|c|c|c|c||c}

1 & -3 & 1 & 1 & 1\\ \hline
& 1 & -2 & -1 &\multicolumn{1}{c}{} \\
\cline {1-4}
1& -2 & -1 & {\bf{0}} &\multicolumn{1}{c}{} \\
\cline {1-4}

\end{tabular}


Φωτεινή Καλδή
vanalex
Δημοσιεύσεις: 169
Εγγραφή: Τετ Φεβ 17, 2010 12:07 am
Τοποθεσία: Χρυσούπολη, Καβάλα
Επικοινωνία:

Re: Επαναληπτικές Ασκήσεις σε όλη την ύλη

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #20 από vanalex » Κυρ Μάιος 08, 2011 7:59 pm

Ευχαριστώ πολύ!


Αλέξης Μιχαλακίδης

Επιστροφή σε “ΑΛΓΕΒΡΑ Β'”

Μέλη σε σύνδεση

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