Μία με παραγώγους και μιγαδικούς

#1

Πρόκειται για άσκηση που είχαμε συμπεριλάβει σε ένα φυλλάδιο που είχαμε κάνει από κοινού με τους συναδέλφους μου Γ. Θεοχάρη και Γερ. Κουτσανδρέα. Αν και είμαι όπως γράφει κάπου στην ομώνυμη συλλογή δοκιμίων ο Δειπνοσοφιστής (κατά κόσμον: Χρίστος Ζουράρις) υπέρ της σαφήνειας των γεύσεων την διδάσκω κάθε χρόνο. Πάντα αφού προηγηθεί η άσκηση 7 της σελίδας 192 του σχολικού αλλά μετά παρέλευση κάποιου χρονικού διαστήματος.

Για τους μη μηδενικούς μιγαδικούς αριθμούς z, w

είναι γνωστό ότι ισχύει $\left| z\right| ^{x}+\left| w\right| ^{x}\geq 2$ για όλα τα $x \in \mathbb{R}$ .
1) Να αποδείξετε ότι η εικόνα του μιγαδικού αριθμού

ανήκει στον μοναδιαίο κύκλο.
2) Υποθέτουμε ότι για τον

ισχύει $\left| z+16\right| =4\left| z+1\right|$ . Να βρείτε τον γεωμετρικό τόπο της εικόνας του

.
Μαυρογιάννης

mathxl · #2

Για το πρώτο με θεώρημα Fermat $f΄(0)=0 \Rightarrow |zw|=1$
Για το δεύτερο, υψώνοντας στο τετράγωνο έχουμε |z|=4

, αντικαθιστώντας στην σχέση του 1ου υποερωτήματος βρίσκουμε |w|=1/4

κύκλος κέντρου

και ακτίνας 1/4

#3

Την άσκηση την διδάσκω όπως, αδρομερώς, περιέγραψε ο Βασίλης.
'Ομως μερικές φορές, όχι πάντα, αφού τελειώσω και αν υπάρχει διάθεση, στο τσακίρ κέφι δηλαδή, κάνω το εξής:
Zητάω από τους μαθητές μου να γίνουν (νοερά βέβαια γιατί αν υπήρχε τέτοια πραγματική δυνατότητα θα την είχα εφαρμόσει με αναδρομική σχέση στον εαυτό μου) περίπου έξη μήνες νεώτεροι. Τότε που, πανευτυχείς, έκαναν μιγαδικούς με τις αποσκευές της Β΄Λυκείου. Να ξεχάσουν δηλαδή τις συνεχείς συναρτήσεις τις παραγώγους και όλα τα συμπαρομαρτούντα και να λύσουν την άσκηση χωρίς ανάλυση δηλαδή με ύλη Β΄Λυκείου+Μιγαδικούς. Τι λέτε;
Μαυρογιάννης

lonis · #4

Για το (2):
Αν ονομάσουμε M(z), A(-16,0)

και

, η σχέση γράφεται (MA)=4(MB)

.
Ο γεωμετρικός τόπος του

είναι ο απολλώνιος κύκλος με βάση

και λόγο

, δηλαδή ο κύκλος διαμέτρου

, όπου

και

σημεία της ευθείας

τέτοια ώστε (CA)=4(CB)

και

. Εύκολα βρίσκουμε ότι C(-4,0)

και

οπότε ο κύκλος έχει κέντρο το O(0,0)

και ακτίνα

. Έτσι

(η άσκηση που δεν πρέπει να χρησιμοποιήσουμε είναι μάλλον η 7, σελίδα 292)

#5

Ενδιαφέρουσα προσέγγιση lonis.
Από τους μαθητές μου ζητάω να διώξουν από την άσκηση και την Ανάλυση!
Μαυρογιάννης

ΥΓ Διόρθωσα την σελίδα. Ευχαριστώ.

iolis · #6

Για αυτού του είδους τις ασήσεις έχω εδώ και καιρό μια απορία. Δηλ. αποκλείεται η συνάρτηση $f\left( x \right)=\left| z \right|^x + \left| w \right|^x - 2$ για την οποία εφαρμόζουμε το θ. Fermat να έχει και σε κάποιο άλλο σημείο ακρότατο; Σκεφτομαι μήπως αντί να λέμε ν.δ.ο $\left| {z \cdot w} \right| = 1$ να λέμε ότι μπορει(;) $\left| {z \cdot w} \right| = 1$ ή ίσως κάτι άλλο. Ερωτήμα ως προς τη διατύπωση και όχι ως προς την ουσία της άσκησης.
Καλό βράδυ.

#7

iolis μάλλον κατάλαβα τί εννοείς. Το θ. Fermat μας βεβαιώνει ότι σε ΚΑΘΕ σημείο x_0

στο οποίο έχουμε ακρότατο και ισχύουν οι προϋποθέσεις, η παράγωγος μηδενίζεται. Εφόσον στην περίπτωσή μας έχουμε ακρότατο στο x_0=0

και ισχύουν οι προϋποθέσεις άρα (ΣΙΓΟΥΡΑ) ισχύει $f^{\prime}(0)=0$ με ο,τιδήποτε αυτό συνεπάγεται (στην περίπτωσή μας $|z\cdot w|=1$ ).

Φυσικά δεν αποκλείεται να παρουσιάζει κι άλλο ακρότατο σε άλλο σημείο και τότε αν ισχύουν και πάλι οι προϋποθέσεις του Θ. Fermat, παίρνουμε τα αντίστοιχα αποτελέσματα.

Συνεπώς δεν υφίσταται πρόβλημα στη διατύπωση του προβλήματος όπως δόθηκε παραπάνω.

Αλέξανδρος

#8

Η ζητούμενη σχέση γράφεται: $\alpha ^{x}+\beta ^{x}\geq 2,\alpha >0, \beta >0, x\in R\Rightarrow \alpha \beta =1$

(Άσκηση 7, σελ, 292 Μαθ. Θετ. κατ. Γ΄ Λυκείου).

Θα προσπαθήσω να την αποδείξω με ύλη Β΄ Λυκείου (Εκθετικές συναρτήσεις)

Ζητώ συγνώμη. Απέσυρα τη διερεύνηση. Χρειάζεται έλεγχος πολλών περιπτώσεων.

Κρατώ μόνο το αρχικό ... ηθικό δίδαγμα:

Ουφ! Fermat και πάλι Fermat!

Γιώργος Ρίζος

#9

cretanman έγραψε:iolis μάλλον κατάλαβα τί εννοείς. Το θ. Fermat μας βεβαιώνει ότι σε ΚΑΘΕ σημείο στο οποίο έχουμε ακρότατο και ισχύουν οι προϋποθέσεις, η παράγωγος μηδενίζεται. Εφόσον στην περίπτωσή μας έχουμε ακρότατο στο και ισχύουν οι προϋποθέσεις άρα (ΣΙΓΟΥΡΑ) ισχύει $f^{\prime}(0)=0$ με ο,τιδήποτε αυτό συνεπάγεται (στην περίπτωσή μας $|z\cdot w|=1$ ).

Φυσικά δεν αποκλείεται να παρουσιάζει κι άλλο ακρότατο σε άλλο σημείο και τότε αν ισχύουν και πάλι οι προϋποθέσεις του Θ. Fermat, παίρνουμε τα αντίστοιχα αποτελέσματα.

Συνεπώς δεν υφίσταται πρόβλημα στη διατύπωση του προβλήματος όπως δόθηκε παραπάνω.

Αλέξανδρος

Σαν συνέχεια των όσων ανέφερε ο Αλέξανδρος, να προσθέσω ότι στην συγκεκριμένη περίπτωση είναι εύκολο να δούμε ότι το f(0)=0 είναι το μόνο ακρότατο.
Μία παραλλαγή (και γενίκευση) του παραπάνω θέματος είναι
:Αν $a_{1}^{x}+a_{2}^{x}+...+a_{n}^{x}\leq n$ , για κάθε πραγματικό αριθμό, να δειχθεί ότι όλοι οι αριθμοί είναι ίσοι με 1.
$a_{1}=a_{2}=...=a_{n}=1$

ΑΝΔΡΕΑΣ

dimitris pap · #10

AΝΔΡΕΑΣ ΒΑΡΒΕΡΑΚΗΣ έγραψε: Μία παραλλαγή (και γενίκευση) του παραπάνω θέματος είναι
:Αν $a_{1}^{x}+a_{2}^{x}+...+a_{n}^{x}\leq n$ , για κάθε πραγματικό αριθμό, να δειχθεί ότι όλοι οι αριθμοί είναι ίσοι με 1.
$a_{1}=a_{2}=...=a_{n}=1$
ΑΝΔΡΕΑΣ

Αυτήν την άσκηση μπορούμε να τη λύσουμε κάπως διαφορετικά (θεωρώντας τα a_i

θετικά)... χωρίς να χρησιμποιήσουμε ανάλυση!
Συγκεκριμένα για -1 η ανισότητα γίνεται $\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+...+\frac{1}{a_n}\leq n$ .
Για 1 γίνεται $a_1+a_2+...+a_n\leq n$ .
Ομως από BCS (ή από ανισότητα αριθμητικού- αρμονικού μέσου) και πολλαπλασιάζοντας τις παραπάνω, έχουμε:
$n^2\leq (a_1+a_2+...+a_n)(\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+...+\frac{1}{a_n})\leq n^2$
κι άρα η ανισότητα ισχύει ως ισότητα με αποτέλεσμα a_1=a_2=...=a_n=a

Ara $a^x\leq 1$ που ισχύει μόνο για a=1

κι άρα δείχτηκε το ζητούμενο.

iolis · #11

Είδα τα σχόλια σας και τα ερωτήματά μου παραμένουν. Τι εννοώ. Όταν λέμε ν.δ.ο $\alpha \cdot \beta=1$ το εκλαμβάνω ότι εννοούμε $\alpha \cdot \beta=1$ και τίποτε άλλο , εκτός και αν δεν ισχύει αυτό που γράφω. Για να γίνω πιο σαφής είναι άλλο κατά προσωπική μου άποψη να πεις ότι ενδέχεται να είναι $\alpha \cdot \beta=1$ και άλλο ότι είναι $\alpha \cdot \beta=1$ . Επίσης δεν μου είναι τόσο φανερό γιατί η $f\left( x \right) = \alpha ^x + \beta ^x -2$ , με $\alpha ^x + \beta ^x \ge2$ , $\forall x \in R$ παρουσιάζει ακρότατο μόνο στο

. Δηλ. παρουσιάζει ακρότατο στο

αλλά γιατί μόνο στο

; Αυτά τα λέω με αφορμή την παραπάνω άσκηση για την οποία ενδεχομένως να πληρούνται οι περιορισμοί τους οποίους θέτω. Υπάρχει όμως και ένα θέμα εξετάσεων,μάλλον το 2004, το οποίο δεν γνωρίζω αν καλύπτει τα ερωτήματά μου όπως και πολλά αλλά σε διάφορα εξωσχολικά βιβλία. Με απασχολεί η διατύπωση τέτοιων ασκήσεων και το τι καταλαβαίνει ο άλλος εξ' αιτίας αυτής.
Οποιαδήποτε βοήθεια δεκτή.
Χρόνια πολλά στους Μπάμπηδες που γιοράζουν και ειδικά στον κ. Στεργίου.
Καλό βράδυ , τα λέμε αύριο βράδυ.

#12

Η συνθήκη αβ=1 είναι αναγκαία . Για β=1/α η συνάρτηση έχει 2η παράγωγο θετική . Άρα ...

#13

'Οπως ανέφερα και προηγουμένως η συγκεκριμένη άσκηση έλκει την καταγωγή της από την άσκηση του σχολικού βιβλίου (292, 7, i) που λέει ότι

Να αποδείξετε ότι αν $\alpha ^{x}+\beta ^{x}\geq 2$ για όλα τα

τότε ισχύει $\alpha \beta =1$ .

Επομένως ας κάνουμε γιαυτήν την κουβέντα μας.
'Οταν κάνω αυτή την άσκηση πριν από βάλω μπροστά τον μηχανισμό των παραγώγων ζητάω από τους μαθητές μου να κάνουν κάποιες παρατηρήσεις ποιοτικού χαρακτήρα λ.χ:
-Τί γίνεται αν κάποιος αριθμός είναι 1;
-Μπορούν να είναι και οι δύο μικρότεροι του 1;
-Μεγαλύτεροι;
Γίνεται γρηγορα αντιληπτό ότι η μόνη ενδιαφέρουσα περίπτωση που απομένει είναι όταν ένας αριθμός είναι μεγαλύτερος του 1 και ένας μικρότερος του 1 (οπότε θα είναι αντίστροφος κάποιου αριθμού που είναι μεγαλύτερος του 1). Το πρόβλημα μας αναπροσαρμόζεται λοιπόν στο ακόλουθο:

Να αποδείξετε ότι αν $\alpha >1$ και $\beta >1$ και $\alpha ^{x}+\left( \frac{1}{\beta }\right) ^{x }\geq 2$ για όλα τα

τότε ισχύει $\alpha =\beta$ .

Η αντιμετώπιση γίνεται ίδια με εκείνη του σχολικού βιβλίου θέτοντας
$f\left( x\right) =\alpha ^{x}+\left( \frac{1}{\beta }\right) ^{x}-2$
αλλά έχουμε μερικά πλεονεκτήματα. Έχουμε ξεσκαρτάρει τις περιπτώσεις όπου η

δεν έχει ελάχιστο και ακόμη μπορούμε να πάρουμε μία ιδέα για να δούμε πως δουλεύει το πράγμα. Η συνάρτηση μας όπως εύκολα διαπιστώνεται έχει ελάχιστο στο
$x_{0}=-\frac{\ln \frac{\ln \alpha }{\ln \beta }}{\ln \alpha \beta }$
και ότι η ελάχιστη τιμή, όπως διαπιστώνεται μετά από πράξεις, είναι:
$f\left( x_{0}\right) =\left( \frac{\ln \beta }{\ln \alpha }\right) ^{\frac{\ln \alpha }{\ln \alpha \beta }}+\left( \frac{\ln \alpha }{\ln \beta }\right) ^{\frac{\ln \beta }{\ln \alpha \beta }}-2$
Για να έχουμε μία τυπική απόδειξη χωρίς ανάλυση είναι αρκετό να αποδείξουμε ότι
$\alpha ^{x}+\left( \frac{1}{\beta }\right) ^{x}\geq 2$ για κάθε

όταν $\alpha =\beta$ (προφανές) και (το δύσκολο μέρος)
'Οταν $\alpha \neq \beta$ υπάρχει κάποιο

ώστε να είναι $\alpha ^{x}+\left( \frac{1}{\beta }\right) ^{x}<2$
Το

που ψάχνουμε το έχουμε είναι το $x_{0}$ για το οποίο δεν έχουμε υποχρέωση να πούμε πως το βρήκαμε.
Επομένως είναι αρκετό να αποδείξουμε ότι αν $\alpha \neq \beta$ είναι
$\left( \frac{\ln \beta }{\ln \alpha }\right) ^{\frac{\ln \alpha }{\ln \alpha \beta }}+\left( \frac{\ln \alpha }{\ln \beta }\right) ^{\frac{\ln \beta }{\ln \alpha \beta }}<2$
Χωρίς βλάβη της γενικότητας μπορούμε να υποθέσουμε ότι $\alpha < \beta$ οπότε μπορούμε να θέσουμε $\frac{\ln \beta }{\ln \alpha }=\lambda >1$
Μετά από κάποιες πράξεις βρίσκουμε ότι η αποδεικτέα μας ισοδυναμεί με την
$2^{1+\lambda }\lambda ^{\lambda }\geq \left( 1+\lambda \right) ^{\lambda }$
που ισχύει διότι $\lambda >1$

Πάντως θα συμφωνήσω με τον Γιώργο Ρίζο ότι από τεχνική άποψη ισχύει το "Fermat και πάλι Fermat" αλλά θα ήθελα να πω ότι κάποιες τέτοιες περιπλανήσεις έχουν την αξία τους.
Θα ήθελα να προσθέσω και κάτι ακόμη αλλά ο χρόνος μου τέλειωσε. Θα μου επιτρέψετε να επανέλθω κάποια άλλη στιγμή.
Μαυρογιάννης

#14

Αγαπητέ Νίκο,

Βρήκα πολύ ενδιαφέρουσα την πρότασή σου να αντιμετωπίσουμε το πρόβλημα με εργαλεία επιπέδου εώς Β΄ Λυκείου.

Αν a = 1

, τότε $b ^{x}\geq 1,$ για κάθε $x\in R$ , οπότε αναγκαστικά και b =1

.

Αν

και

, τότε για x = 1

, θα είναι a + b < 2

, άτοπο.
Ομοίως, αν a > 1

και

, τότε για x = -1

, θα είναι $\frac{1}{\alpha }+\frac{1}{\beta }<1$ , άτοπο.
Άρα η μόνη δυνατή περίπτωση είναι 0 < a < 1

και

.

Στόχος μας είναι να αποδείξουμε ότι η υπόθεση οδηγεί στο συμπέρασμα $b = \frac{1}{a }$

Ομολογώ ότι με δυσκόλεψε πολύ και το εγκατέλειψα για όταν θα είχα περισσότερο χρόνο.

θα δω αναλυτικά τη λύση σου.
Συμφωνώ ότι η περιπλάνηση ήταν γοητευτική και έχει την αξία της, έστω κι αν δεν τερματίσαμε. Αυτό οφείλουμε και υποχρεώμαστε να Διδάξουμε.

Γιώργος Ρίζος

#15

Ο έλεγχος και η διόρθωση κάποιων τυπογραφικών στην τελευταία αράδα με ανάγκασαν να επανέλθω. Γιώργο η διάκριση των περιπτώσεων που κάνεις είναι η καρδιά της αντιμετώπισης. Kατά τα άλλα συμφωνούμε απόλυτα. θα τα ξαναπούμε
Νίκος

#16

iolis έγραψε:Είδα τα σχόλια σας και τα ερωτήματά μου παραμένουν. Τι εννοώ. Όταν λέμε ν.δ.ο $\alpha \cdot \beta=1$ το εκλαμβάνω ότι εννοούμε $\alpha \cdot \beta=1$ και τίποτε άλλο , εκτός και αν δεν ισχύει αυτό που γράφω. Για να γίνω πιο σαφής είναι άλλο κατά προσωπική μου άποψη να πεις ότι ενδέχεται να είναι $\alpha \cdot \beta=1$ και άλλο ότι είναι $\alpha \cdot \beta=1$ . Επίσης δεν μου είναι τόσο φανερό γιατί η $f\left( x \right) = \alpha ^x + \beta ^x -2$ , με $\alpha ^x + \beta ^x \ge2$ , $\forall x \in R$ παρουσιάζει ακρότατο μόνο στο . Δηλ. παρουσιάζει ακρότατο στο αλλά γιατί μόνο στο ; Αυτά τα λέω με αφορμή την παραπάνω άσκηση για την οποία ενδεχομένως να πληρούνται οι περιορισμοί τους οποίους θέτω. Υπάρχει όμως και ένα θέμα εξετάσεων,μάλλον το 2004, το οποίο δεν γνωρίζω αν καλύπτει τα ερωτήματά μου όπως και πολλά αλλά σε διάφορα εξωσχολικά βιβλία. Με απασχολεί η διατύπωση τέτοιων ασκήσεων και το τι καταλαβαίνει ο άλλος εξ' αιτίας αυτής.
Οποιαδήποτε βοήθεια δεκτή.
Χρόνια πολλά στους Μπάμπηδες που γιοράζουν και ειδικά στον κ. Στεργίου.
Καλό βράδυ , τα λέμε αύριο βράδυ.

Γιάννη, αυτόν τον προβληματισμό μου τον έστειλε και παλαιότερα κάποιος συνάδελφος και τον κουβεντιάσουμε επαρκώς . Καταλαβαίνω το σκεπτικό σου , αλλά στην ουσία το ζήτημα είναι πιο απλό .
Να μου στείλεις ένα προσωπικό μήνυμα για να τα πούμε τηλεφωνικά πολύ αναλυτικά. Θα χαρώ πολύ και να μη διστάσεις(22210 89752 ) !
Σε ευχαριστώ και για τις ευχές σου .

Μπάμπης

p_gianno · #17

Καλησπέρα

Ξαναβάζω την άσκηση επαναδιατυπωμένη διότι δεν ήταν δικαιολογημένα κατανοητή η προσέγγιση μου στο θέμα.Η λέξη "ισχύς" παρά την ισχύ της δεν ήταν ικανή να αποδώσει αυτό που σκεπτόμουν. Ότιδήποτε με μπλε είναι καινούργιο.

complex analysis.png

Φιλικά και
Ελπίζοντας ότι έγινα σαφέστερος και χωρίς λογικό λάθος (μου φαίνεται ύποπτα απλό αυτό που σκέφτηκα)
Πάνος

dimitris pap · #18

math_finder δεν μου φαίνεται σωστή η λύση σου... Δηλαδή νομίζω θα ίσχυε αν η αρχική ανισότητα ήταν $a^x+b^x\leq 2$ γιατί έτσι όπως είναι τώρα η (1) και η AM-GM δεν συνεπάγονται το (2)

#19

AΝΔΡΕΑΣ ΒΑΡΒΕΡΑΚΗΣ έγραψε: Μία παραλλαγή (και γενίκευση) του παραπάνω θέματος είναι
:Αν $a_{1}^{x}+a_{2}^{x}+...+a_{n}^{x}\leq n$ , για κάθε πραγματικό αριθμό, να δειχθεί ότι όλοι οι αριθμοί είναι ίσοι με 1.
$a_{1}=a_{2}=...=a_{n}=1$
ΑΝΔΡΕΑΣ

Ανδρέα ενδιαφέρουσα και η παραλλαγή. Δεν θα την έλεγα γενίκευση διότι αλλάζει η φορά της ανισότητας. Και αυτή η αλλαγή στη φορά επιφέρει δραματική μείωση της δυσκολίας. (βλ. παρακάτω). Πάντως αξίζει τον κόπο να ειδωθεί στην τάξη δίπλα-δίπλα με την γενίκευση:
$a_{1}^{x}+a_{2}^{x}+...+a_{n}^{x} \leq n$ , για κάθε πραγματικό αριθμό, να δειχθεί ότι $a_{1}a_{2}...a_{n}=1$
Απόδειξη: Δεν βλέπω για την ώρα άλλο τρόπο εκτός εκείνου με Fermat

dimitris pap έγραψε: Ομως από BCS (ή από ανισότητα αριθμητικού- αρμονικού μέσου)...

Δημήτρη μπορούμε να το γλυτώσουμε: Αν κάποιο από τα $\alpha _{i}$ είναι πάνω από 1 τότε δίνοντας στο

μία αρκούντως μεγάλη τιμή λ.χ. $x>\frac{\ln n}{\ln \alpha _{i}}$ το άθροισμα του α' μελους θα ξεπεράσει το

(άτοπο). 'Αρα όλα τα $\alpha _{i}$ ειναι μικρότερα ή ίσα του 1. Αν κάποιο $\alpha _{i}$ είναι μικρότερο του 1 δίνουμε στο

μία μικρή αρνητιή τιμή λ.χ. μικρότερη του $x>\frac{\ln n}{\ln \alpha _{i}}$ και το άθροισμα πάλι ξεπερνάει το

(άτοπο). Επομένως όλοι οι αριθμοί είναι ίσοι με 1.

iolis έγραψε:Είδα τα σχόλια σας και τα ερωτήματά μου παραμένουν. Τι εννοώ. Όταν λέμε ν.δ.ο $\alpha \cdot \beta=1$ το εκλαμβάνω ότι εννοούμε $\alpha \cdot \beta=1$ και τίποτε άλλο , εκτός και αν δεν ισχύει αυτό που γράφω. Για να γίνω πιο σαφής είναι άλλο κατά προσωπική μου άποψη να πεις ότι ενδέχεται να είναι $\alpha \cdot \beta=1$ και άλλο ότι είναι $\alpha \cdot \beta=1$ . Επίσης δεν μου είναι τόσο φανερό γιατί η $f\left( x \right) = \alpha ^x + \beta ^x -2$ , με $\alpha ^x + \beta ^x \ge2$ , $\forall x \in R$ παρουσιάζει ακρότατο μόνο στο . Δηλ. παρουσιάζει ακρότατο στο αλλά γιατί μόνο στο ; Αυτά τα λέω με αφορμή την παραπάνω άσκηση για την οποία ενδεχομένως να πληρούνται οι περιορισμοί τους οποίους θέτω. Υπάρχει όμως και ένα θέμα εξετάσεων,μάλλον το 2004, το οποίο δεν γνωρίζω αν καλύπτει τα ερωτήματά μου όπως και πολλά αλλά σε διάφορα εξωσχολικά βιβλία. Με απασχολεί η διατύπωση τέτοιων ασκήσεων και το τι καταλαβαίνει ο άλλος εξ' αιτίας αυτής.
Οποιαδήποτε βοήθεια δεκτή.

Γιάννη όταν λέμε να δειχθεί ότι $\alpha \cdot \beta=1$ εννοούμε ότι μεταξύ όλων των σχέσεων που ικανοποιούν τα $\alpha,\,\beta,$ (τετριμμένων όπως $\left( \alpha +\beta \right) -\beta =\alpha$ αλλά και μη τετριμμένων που απορρέουν από τις ειδικές υποθέσεις) συγκαταλέγεται οπωσδήποτε και η $\alpha \cdot \beta=1$ . Φυσικά ενδέχεται να έχουμε και άλλες μη τετριμένες σχέσεις. Για παράδειγμα αν, λέμε αν, η παράσταση είχε $\alpha ^{x}+\beta ^{x}$ είχε ελάχιστο και κάπου αλλου εκτός του 1, ας πούμε στο

τότε θα είχαμε και ότι $\alpha ^{r}\ln \alpha +\beta ^{r}\ln \beta =0$ δηλαδή άλλη μία σχέση εκτός της $\alpha \cdot \beta=1$

Μαυρογιάννης

iolis · #20

Μπάμπη θα σε πάρω να τα πουμε και από ''κοντά'' και πάλι χρόνια πολλά από ''κοντά''. Ευχαριστώ και τον Ροδόλφο μου μου έλυσε μια απορία μου. Η επόμενη απορία μου είναι η εξής: Αν $\alpha ,\beta>0$ και $\forall x\in R$ ισχύει $\alpha ^x +\beta ^x\le 2$ τότε πάλι $\alpha \cdot \beta=1$ χωρίς όμως να ισχύει $\alpha ^x +\beta ^x\le 2$ για κάθε $\forall x\in R$ . Δηλ. κατά τη γνώμη μου χρειάζεται επαλήθευση η οποία δεν γίνεται στις λύσεις που προτείνονται και προσοχή στη διατύπωση ανάλογα με την άσκηση.
Τα λέμε , καλό βράδυ.

Μία με παραγώγους και μιγαδικούς

Μία με παραγώγους και μιγαδικούς

Re: Μία με παραγώγους και μιγαδικούς

Re: Μία με παραγώγους και μιγαδικούς

Re: Μία με παραγώγους και μιγαδικούς

Re: Μία με παραγώγους και μιγαδικούς

Re: Μία με παραγώγους και μιγαδικούς

Re: Μία με παραγώγους και μιγαδικούς

Re: Μία με παραγώγους και μιγαδικούς

Re: Μία με παραγώγους και μιγαδικούς

Re: Μία με παραγώγους και μιγαδικούς

Re: Μία με παραγώγους και μιγαδικούς

Re: Μία με παραγώγους και μιγαδικούς

Re: Μία με παραγώγους και μιγαδικούς

Re: Μία με παραγώγους και μιγαδικούς

Re: Μία με παραγώγους και μιγαδικούς

Re: Μία με παραγώγους και μιγαδικούς

Re: Μία με παραγώγους και μιγαδικούς

Re: Μία με παραγώγους και μιγαδικούς

Re: Μία με παραγώγους και μιγαδικούς

Re: Μία με παραγώγους και μιγαδικούς

Μέλη σε σύνδεση