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:

Re: Επαναληπτικές Ασκήσεις σε όλη την ύλη

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #21 από pana1333 » Κυρ Μάιος 08, 2011 8:10 pm

pana1333 έγραψε:
Άσκηση 1

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


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




Νασιούλας Αντώνης έγραψε:
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.



Αντώνη δεν ισχύει. Η lnx είναι γνησίως αύξουσα όχι η ln(f(x)).

Πρέπει να αναζητήσουμε την μονοτονία με τον ορισμό.

Έστω x_{1},x_{2}\epsilon \left(3,+\propto  \right) με x_{1}<x_{2}.

Είναι x_{1}-3<x_{2}-3 και \left(x_{1}-2 \right)^{2}<\left(x_{2}-2 \right)^{2}. Επομένως \left(x_{1}-3 \right)\left(x_{1}-2 \right)^{2}<\left(x_{2}-3 \right)\left(x_{2}-2 \right)^{2}\Rightarrow f\left(x_{1} \right)<f\left(x_{2} \right).

Άρα η f γνησίσως αύξουσα στο \left(3,+\propto  \right)


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 #22 από Νασιούλας Αντώνης » Κυρ Μάιος 08, 2011 8:19 pm

pana1333 έγραψε:
pana1333 έγραψε:
Άσκηση 1

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


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




Νασιούλας Αντώνης έγραψε:
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.



Αντώνη δεν ισχύει. Η lnx είναι γνησίως αύξουσα όχι η ln(f(x)).

Πρέπει να αναζητήσουμε την μονοτονία με τον ορισμό.

Έστω x_{1},x_{2}\epsilon \left(3,+\propto  \right) με x_{1}<x_{2}.

Είναι x_{1}-3<x_{2}-3 και \left(x_{1}-2 \right)^{2}<\left(x_{2}-2 \right)^{2}. Επομένως \left(x_{1}-3 \right)\left(x_{1}-2 \right)^{2}<\left(x_{2}-3 \right)\left(x_{2}-2 \right)^{2}\Rightarrow f\left(x_{1} \right)<f\left(x_{2} \right).

Άρα η f γνησίσως αύξουσα στο \left(3,+\propto  \right)


Ευχαριστώ για την επισήμανση.

Μου είχε γίνει και με π.μ. αλλά δεν είχα προλάβει να το διορθώσω.

Καλή συνέχεια...


"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
Καρδαμίτσης Σπύρος
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2303
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 11:14 pm
Επικοινωνία:

Re: Επαναληπτικές Ασκήσεις σε όλη την ύλη

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #23 από Καρδαμίτσης Σπύρος » Κυρ Μάιος 08, 2011 8:22 pm

Ας βάλω και γώ την συμμετοχή μου

Άσκηση 7η

Δίνεται η συνάρτηση \displaystyle{
f(x) = \log (\sqrt {x^2  + 1}  - x)
}

α) Να βρεθεί το πεδίο ορισμού και το σύνολο τιμών της συνάρτησης.
β) Να δείξετε ότι η συνάρτηση \displaystyle{
f
} είναι περιττή.
γ) Να βρεθούν τα σημεία τομής της γραφικής παράστασης της συνάρτησης με την ευθεία \displaystyle{
y = 2
}.


Καρδαμίτσης Σπύρος
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 #24 από vanalex » Κυρ Μάιος 08, 2011 8:46 pm

hlkampel έγραψε:
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 .


α) Για το πεδίο ορισμού της συνάρτησης έχουμε:

\displaystyle \begin{cases}
 x>0 \\ lnx\neq 0  

\end{cases}   \Leftrightarrow \begin{cases}
x>0  \\ x\neq 1  
\end{cases}\Rightarrow D_{f}=\left(0,1 \right)U\left(1,+\propto  \right)

β)
\displaystyle f(x)+f\left(\frac{1}{x} \right)=4^{\frac{1}{2}+k}\cdot lnx-\frac{2^{k}}{lnx}+4^{\frac{1}{2}+k}\cdot ln\frac{1}{x}-\frac{2^{k}}{ln\frac{1}{x}}=\\=4^{\frac{1}{2}+k}\cdot lnx-\frac{2^{k}}{lnx}-4^{\frac{1}{2}+k}lnx+\frac{2^{k}}{lnx}=0

γ)
\displaystyle f\left(e^{2} \right)=4^{\frac{1}{2}+k}\cdot lne^{2}-\frac{2^{k}}{lne^{2}}=2\cdot 4^{\frac{1}{2}+k}-\frac{1}{2}\cdot 2^{k}=15\Leftrightarrow \\\Leftrightarrow 2\cdot 2^{2k+1}-\frac{1}{2}\cdot 2^{k}-15=0\Leftrightarrow 4\cdot 2^{2k}-\frac{1}{2}\cdot 2^{k}-15=0\Leftrightarrow \\\Leftrightarrow 4u^{2}-\frac{1}{2}u-15=0\Leftrightarrow u=2, u=-\frac{15}{8}

Άρα \displaystyle u=2\Leftrightarrow 2^{k}=2\Leftrightarrow k=1

δ) Για κ = 1:
\displaystyle f(x)=8lnx+\frac{2}{lnx}. Άρα:

\displaystyle 2f(x)+f\left(\frac{1}{x} \right)=16lnx+\frac{4}{lnx}-8lnx-\frac{2}{lnx}=8lnx+\frac{2}{lnx}\leq 6\Leftrightarrow \\\Leftrightarrow 8lnx+\frac{2}{lnx}-6\leq 0.
Θέτω lnx = u και η ανίσωση γίνεται:

\displaystyle 8u+\frac{2}{u}-6\leq 0\Leftrightarrow \frac{8u^{2}-6u+2}{u}\leq 0\Leftrightarrow u\cdot \left(8u^{2}-6u+2 \right)\leq 0 με u\neq 0.
Προκύπτει ότι \displaystyle 8u^{2}-6u+2>0 αφού Δ < 0 και α=8 > 0. Άρα η ανίσωση γίνεται:

\displaystyle u(8u^{2}-6u+2)\leq 0\Leftrightarrow u\leq 0\Leftrightarrow u<0\Leftrightarrow lnx<0\Rightarrow lnx<ln1\Leftrightarrow x<1
τελευταία επεξεργασία από vanalex σε Δευ Μάιος 09, 2011 2:22 am, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Αλέξης Μιχαλακίδης
Άβαταρ μέλους
ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 3676
Εγγραφή: Κυρ Μαρ 13, 2011 9:11 pm
Τοποθεσία: Λ. Αιδηψού Ευβοίας

Re: Επαναληπτικές Ασκήσεις σε όλη την ύλη

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #25 από ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ » Κυρ Μάιος 08, 2011 8:50 pm

Καρδαμίτσης Σπύρος έγραψε:Ας βάλω και γώ την συμμετοχή μου

Άσκηση 7η

Δίνεται η συνάρτηση \displaystyle{
f(x) = \log (\sqrt {x^2  + 1}  - x)
}

α) Να βρεθεί το πεδίο ορισμού και το σύνολο τιμών της συνάρτησης.
β) Να δείξετε ότι η συνάρτηση \displaystyle{
f
} είναι περιττή.
γ) Να βρεθούν τα σημεία τομής της γραφικής παράστασης της συνάρτησης με την ευθεία \displaystyle{
y = 2
}.


Ας βάλω και εγώ τη συμμετοχή μου με μία λύση

α)
Πρέπει:

\displaystyle{
\left\{ \begin{gathered}
  x^2  + 1 \geqslant 0 \\ 
  \sqrt {x^2  + 1}  - x > 0 \\ 
\end{gathered}  \right.\mathop  \Leftrightarrow \limits^{\left( {x^2  \geqslant 0,\forall x \in R} \right) \Rightarrow x^2  + 1 \geqslant 1 > 0,\forall x \in R} \sqrt {x^2  + 1}  - x > 0 \Leftrightarrow \sqrt {x^2  + 1}  > x \Leftrightarrow 
}


\displaystyle{
\left\{ \begin{gathered}
  \alpha \nu \;x \leqslant 0 \Rightarrow x \leqslant 0 < 1 \leqslant \sqrt {x^2  + 1}  \\ 
  \alpha \nu \;x > 0 \Leftrightarrow \left( {\sqrt {x^2  + 1} } \right)^2  > x^2  \\ 
\end{gathered}  \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
  \iota \sigma \chi \varepsilon \iota \;\forall x \in \left( { - \infty ,0} \right] \\ 
  x^2  + 1 > x^2 ,x \in \left( {0, + \infty } \right) \\ 
\end{gathered}  \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
  \iota \sigma \chi \varepsilon \iota \;\forall x \in \left( { - \infty ,0} \right] \\ 
  1 > 0,\iota \sigma \chi \varepsilon \iota \;\forall x \in \left( {0, + \infty } \right) \\ 
\end{gathered}  \right. \Rightarrow 
}

\displaystyle{
\sqrt {x^2  + 1}  - x > 0,\forall x \in R \Rightarrow \boxed{A_f  = R}
}

Β) Έστω

\displaystyle{
x \in A_f  = R \Rightarrow \left\{ \begin{gathered}
   - x \in R = A_f  \\ 
  \kappa \alpha \iota  \\ 
  f\left( { - x} \right) = \log \left( {\sqrt {\left( { - x} \right)^2  + 1}  + x} \right) \\ 
\end{gathered}  \right. \Rightarrow \left\{ \begin{gathered}
   - x \in R = A_f  \\ 
  \kappa \alpha \iota  \\ 
  f\left( { - x} \right) = \log \left( {\sqrt {x^2  + 1}  + x} \right) \\ 
\end{gathered}  \right. \Rightarrow 
}

\displaystyle{
\left\{ \begin{gathered}
   - x \in R = A_f  \\ 
  \kappa \alpha \iota  \\ 
  f\left( { - x} \right) = \log \frac{{\left( {\sqrt {x^2  + 1}  + x} \right)\left( {\sqrt {x^2  + 1}  - x} \right)}}
{{\sqrt {x^2  + 1}  - x}} \\ 
\end{gathered}  \right. \Rightarrow \left\{ \begin{gathered}
   - x \in R = A_f  \\ 
  \kappa \alpha \iota  \\ 
  f\left( { - x} \right) = \log \frac{{\left( {\sqrt {x^2  + 1} } \right)^2  - x^2 }}
{{\sqrt {x^2  + 1}  - x}} \\ 
\end{gathered}  \right. \Rightarrow \left\{ \begin{gathered}
   - x \in R = A_f  \\ 
  \kappa \alpha \iota  \\ 
  f\left( { - x} \right) = \log \frac{1}
{{\sqrt {x^2  + 1}  - x}} \\ 
\end{gathered}  \right.
}

\displaystyle{
\left\{ \begin{gathered}
   - x \in R = A_f  \\ 
  \kappa \alpha \iota  \\ 
  f\left( { - x} \right) = \log \left( {\sqrt {x^2  + 1}  - x} \right)^{ - 1}  \\ 
\end{gathered}  \right.
} \displaystyle{
\mathop  \Rightarrow \limits^{\log \theta ^k  = k\log \theta ,\theta  > 0,k \in R} \left\{ \begin{gathered}
   - x \in R = A_f  \\ 
  \kappa \alpha \iota  \\ 
  f\left( { - x} \right) =  - \log \left( {\sqrt {x^2  + 1}  - x} \right) \\ 
\end{gathered}  \right.
} \displaystyle{
\left\{ \begin{gathered}
   - x \in R = A_f  \\ 
  \kappa \alpha \iota  \\ 
  f\left( { - x} \right) =  - f\left( x \right) \\ 
\end{gathered}  \right.
}

άρα η f είναι περιττή

γ) Φανερά μας ζητείται να λύσουμε το σύστημα:


\displaystyle{
\left\{ \begin{gathered}
  y = \log \left( {\sqrt {x^2  + 1}  - x} \right) \\ 
  y = 2 \\ 
\end{gathered}  \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
  \log \left( {\sqrt {x^2  + 1}  - x} \right) = 2 \\ 
  y = 2 \\ 
\end{gathered}  \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
  \sqrt {x^2  + 1}  - x = 10^2  \\ 
  y = 2 \\ 
\end{gathered}  \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
  \sqrt {x^2  + 1}  = 100 + x \\ 
  y = 2 \\ 
\end{gathered}  \right. \Leftrightarrow 
}


\displaystyle{
\left\{ \begin{gathered}
  \left\{ \begin{gathered}
  x^2  + 1 = \left( {100 + x} \right)^2  \\ 
  100 + x \geqslant 0 \\ 
\end{gathered}  \right. \\ 
  y = 2 \\ 
\end{gathered}  \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
  \left\{ \begin{gathered}
  x^2  + 1 = 10.000 + 200x + x^2  \\ 
  x \geqslant  - 100 \\ 
\end{gathered}  \right. \\ 
  y = 2 \\ 
\end{gathered}  \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
  \left\{ \begin{gathered}
  200x =  - 9999 \\ 
  x \geqslant  - 100 \\ 
\end{gathered}  \right. \\ 
  y = 2 \\ 
\end{gathered}  \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
  \left\{ \begin{gathered}
  x =  - \frac{{9999}}
{{200}} \geqslant  - 100 \\ 
  x \geqslant  - 100 \\ 
\end{gathered}  \right. \\ 
  y = 2 \\ 
\end{gathered}  \right.
}


\displaystyle{
\mathop  \Rightarrow \limits^{(\varepsilon ):y = 2} \boxed{C_f  \cap (\varepsilon ) = M\left( { - \frac{{9999}}
{{200}},2} \right)}
}


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

Re: Επαναληπτικές Ασκήσεις σε όλη την ύλη

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #26 από pana1333 » Δευ Μάιος 09, 2011 6:03 am

Ας προετοιμάσουμε και λίγο το έδαφος για του χρόνου.....

Άσκηση 8

Α) Δίνονται οι συναρτήσεις g\left(x \right)=e^{x}-x-1 με g\left(x \right)\geq 0 για κάθε x\epsilon R και f\left(x \right)=ln\left(e^{x}-x \right).

1) Να βρεθεί το πεδίο ορισμού της συνάρτησης f.

2) Να βρεθεί η ελάχιστη τιμής της g.

3) Να δείξετε ότι \frac{1}{e^{x^{2}}}\geq 1-x^{2} για κάθε x\epsilon R

4) Να δείξετε ότι είναι lnx\leq x-1 για κάθε x>0. Πότε ισχύει η ισότητα;

Β) Έστω η συνάρτηση h\left(x \right)=lnx-x+1.

1) Να δείξετε ότι h\left(\frac{1}{x} \right)+h\left(x \right)=-\frac{\left(x-1 \right)^{2}}{x}, x>0.

2) Να λυθεί η εξίσωση h\left(x \right)=-x+1+ln^{3}x

Γ) Έστω η αριθμητική πρόοδος \alpha _{\nu } με \alpha _{1}=2x,\alpha _{2}=f\left(x \right)+ln2,\alpha _{3}=ln4.

1)Να βρεθεί ο x και η διαφορά ω.

2) Να υπολογίσετε το άθροισμα των 5 πρώτων όρων.

Υ.Σ Για όποιον ενδιαφέρεται υπάρχει ακόμα αναπάντητη η άσκηση 5


Κανάβης Χρήστος
Μαθηματικός
Άβαταρ μέλους
ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 3676
Εγγραφή: Κυρ Μαρ 13, 2011 9:11 pm
Τοποθεσία: Λ. Αιδηψού Ευβοίας

Re: Επαναληπτικές Ασκήσεις σε όλη την ύλη

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #27 από ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ » Δευ Μάιος 09, 2011 3:34 pm

Λύση της άσκησης 8

Χρήστο καλησπέρα. Μου φαίνεται ότι χαθήκαμε!!!

Για μετά το φαγητό αντί ύπνου!!!

A)
1) Πρέπει \displaystyle{
g\left( x \right) = e^x  - x - 1 \geqslant 0,\forall x \in R \Rightarrow e^x  - x \geqslant 1 > 0,\forall x \in R \Rightarrow \boxed{A_f  = R}
}

2) Επειδή \displaystyle{
g\left( 0 \right) = e^0  - 0 - 1 = 1 - 1 = 0\mathop  \Rightarrow \limits^{g\left( x \right) \geqslant 0,\forall x \in R} \boxed{\min g = g\left( 0 \right) = 0}
}

3) Επειδή ισχύει:
\displaystyle{
g\left( x \right) \geqslant 0,\forall x \in R \Rightarrow e^x  - x - 1 \geqslant 0,\forall x \in R\mathop  \Rightarrow \limits^{x \in R \Rightarrow  - x^2  \in \left( { - \infty ,0} \right] \subset R,x \to  - x^2 } e^{ - x^2 }  - \left( { - x^2 } \right) - 1 \geqslant 0,\forall x \in R\mathop  \Rightarrow \limits^{e^{ - x^2 }  = \frac{1}
{{e^{x^2 } }}} 
}

\displaystyle{
\frac{1}
{{e^{x^2 } }} + x^2  - 1 \geqslant 0,\forall x \in R \Rightarrow  \ldots \boxed{\frac{1}
{{e^{x^2 } }} \geqslant 1 - x^2 ,\forall x \in R}
}

4) Με

\displaystyle{
g\left( x \right) \geqslant 0,\forall x \in R \Rightarrow e^x  - x - 1 \geqslant 0,\forall x \in R\mathop  \Rightarrow \limits^{x \to x - 1} e^{x - 1}  - \left( {x - 1} \right) - 1 \geqslant 0,\forall x \in R \Rightarrow e^{x - 1}  - x + 1 - 1 \geqslant 0,\forall x \in R \Rightarrow 
}

\displaystyle{
e^{x - 1}  \geqslant x,\forall x \in R\mathop  \Rightarrow \limits^{\ln  \uparrow ,x \in \left( {0, + \infty } \right)} \ln e^{x - 1}  \geqslant \ln x,\forall x \in \left( {0, + \infty } \right)\mathop  \Rightarrow \limits^{\log _\alpha  \alpha ^x  = x} x - 1 \geqslant \ln x,\forall x \in \left( {0, + \infty } \right) \Rightarrow \boxed{\ln x \leqslant x - 1,x \in \left( {0, + \infty } \right)}
}

Β)
1) Είναι

\displaystyle{
h\left( {\frac{1}
{x}} \right) + h\left( x \right)\mathop  = \limits^{h\left( x \right) = \ln x - x + 1} \ln \left( {\frac{1}
{x}} \right) - \frac{1}
{x} + 1 + \ln x - x + 1\mathop  = \limits^{\ln \left( {\frac{1}
{x}} \right) = \ln 1 - \ln x = 0 - \ln x}  - \ln x - \frac{1}
{x} + 1 + \ln x - x + 1 = 
}

\displaystyle{
2 - \frac{1}
{x} - x = \frac{{2x - 1 - x^2 }}
{x} =  - \frac{{x^2  - 2x + 1}}
{x} \Rightarrow  \ldots \boxed{h\left( {\frac{1}
{x}} \right) + h\left( x \right) =  - \frac{{\left( {x - 1} \right)^2 }}
{x},x \in \left( {0, + \infty } \right)}
}

2) Έχουμε:

\displaystyle{
\left\{ \begin{gathered}
  h\left( x \right) =  - x + 1 + \ln ^3 x \\ 
  x \in \left( {0, + \infty } \right) \\ 
\end{gathered}  \right.\mathop  \Leftrightarrow \limits^{h\left( x \right) = \ln x - x + 1} \left\{ \begin{gathered}
  \ln x - x + 1 =  - x + 1 + \ln ^3 x \\ 
  x \in \left( {0, + \infty } \right) \\ 
\end{gathered}  \right. \Leftrightarrow  \ldots \left\{ \begin{gathered}
  \ln ^3 x - \ln x = 0 \\ 
  x \in \left( {0, + \infty } \right) \\ 
\end{gathered}  \right. \Leftrightarrow 
}

\displaystyle{
\left\{ \begin{gathered}
  \ln x \cdot \left( {\ln ^2 x - 1} \right) = 0 \\ 
  x \in \left( {0, + \infty } \right) \\ 
\end{gathered}  \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
  \left\{ \begin{gathered}
  \ln x = 0 \\ 
  \ln ^2 x - 1 = 0 \\ 
\end{gathered}  \right. \\ 
  x \in \left( {0, + \infty } \right) \\ 
\end{gathered}  \right. \Leftrightarrow  \ldots \left\{ \begin{gathered}
  \left\{ \begin{gathered}
  x = 1 \\ 
  \ln x =  \pm 1 \\ 
\end{gathered}  \right. \\ 
  x \in \left( {0, + \infty } \right) \\ 
\end{gathered}  \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
  \left\{ \begin{gathered}
  x = 1 > 0 \\ 
  x = e^{ - 1}  > 0 \\ 
  x = e > 0 \\ 
\end{gathered}  \right. \\ 
  x \in \left( {0, + \infty } \right) \\ 
\end{gathered}  \right. \Leftrightarrow  \ldots \boxed{x = 1,\frac{1}
{e},e}
}

Γ) Είναι :
1) \displaystyle{
\alpha _1 ,\alpha _2 ,\alpha _3 \;\Delta .{\rm O}.{\rm A}.\Pi  \Leftrightarrow 2\alpha _2  = \alpha _1  + \alpha _3 \mathop  \Leftrightarrow \limits^{\alpha _1  = 2x,\alpha _2  = f\left( x \right) + \ln 2,\alpha _3  = \ln 4} 2\left[ {f\left( x \right) + \ln 2} \right] = 2x + \ln 4\mathop  \Leftrightarrow \limits^{f\left( x \right) = \ln \left( {e^x  - x} \right),\ln 4 = \ln 2^2  = 2\ln 2} 
}

\displaystyle{
2\left[ {\ln \left( {e^x  - x} \right) + \ln 2} \right] = 2x + 2\ln 2\mathop  \Leftrightarrow \limits^{:2} \ln \left( {e^x  - x} \right) + \ln 2 = x + \ln 2 \Leftrightarrow \ln \left( {e^x  - x} \right) = x \Leftrightarrow e^x  - x = e^x  \Leftrightarrow \boxed{x = 0}
}

Με \displaystyle{
x = 0 \Rightarrow \alpha _1  = 0,\alpha _2  = f\left( 0 \right) + \ln 2\mathop  = \limits^{f\left( 0 \right) = \ln \left( {e^0  - 0} \right) = \ln 1 = 0} \ln 2 \Rightarrow \omega  = \ln 2 - 0 \Rightarrow \boxed{\omega  = \ln 2}
}

2) Είναι \displaystyle{
S_5  = \frac{5}
{2} \cdot \left[ {2\alpha _1  + \left( {5 - 1} \right) \cdot \omega } \right]\mathop  \Rightarrow \limits^{\alpha _1  = 0,\omega  = \ln 2} S_5  = \frac{5}
{2} \cdot 4\ln 2 \Rightarrow  \ldots \boxed{S_5  = 10 \cdot \ln 2}
}


Φιλικά
Στάθης
τελευταία επεξεργασία από ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ σε Πέμ Μάιος 19, 2011 9:49 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


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

Re: Επαναληπτικές Ασκήσεις σε όλη την ύλη

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #28 από pana1333 » Τρί Μάιος 10, 2011 12:15 am

απλά...και λίγο από όλα.....και με λίγες διορθώσεις απο τον Στάθη (Κούτρα)....

Άσκηση 9

Δίνεται το πολύώνυμο P\left(x \right)=2x^{3}+\alpha x^{2}+\beta x-1 που έχει παράγοντα το πολυώνυμο Q\left(x \right)=\left(1-x \right)^{2} και η συνάρτηση f\left(x \right)=ln\left(P\left(x \right) \right)

Α) Να υπολογιστούν τα α και β.

Β) Για α=-5 και β=4

1) Να βρεθεί το πεδίο ορισμού της συνάρτηση f.
2) Είναι f\left(x \right)=2ln\left|x-1 \right|+ln\left(2x-1 \right)
3) Να λυθεί η εξίσωση P(ημx)=0.
4) Να λυθεί η εξίσωση e^{P\left(x \right)+2}-e^{2x^{3}}=0.
5) Να βρεθεί το άθροισμα των 9 πρώτων όρων της αριθμητικής προόδου \alpha _{\nu } με \alpha _{1}=P\left(1 \right),\alpha _{2}=P\left(2 \right),\alpha _{3}=P\left(-1 \right)+18.

6) Να λυθεί η εξίσωση ln\left(P\left(x \right)+1 \right)+ln\left(P\left(x \right)+1 \right)^{2}+....+ln\left(P\left(x \right)+1 \right)^{2011}=0.

7) Να λυθεί η εξίσωση ln\left(Q\left(x \right) \right)+ln^{2}\left(Q\left(x \right) \right)+.....+ln^{2011}\left(Q\left(x \right) \right)=0.


Κανάβης Χρήστος
Μαθηματικός
Άβαταρ μέλους
ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 3676
Εγγραφή: Κυρ Μαρ 13, 2011 9:11 pm
Τοποθεσία: Λ. Αιδηψού Ευβοίας

Re: Επαναληπτικές Ασκήσεις σε όλη την ύλη

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #29 από ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ » Τρί Μάιος 10, 2011 11:01 am

pana1333 έγραψε:απλά...και λίγο από όλα.....και με λίγες διορθώσεις απο τον Στάθη (Κούτρα)....

Άσκηση 9

Δίνεται το πολύώνυμο P\left(x \right)=2x^{3}+\alpha x^{2}+\beta x-1 που έχει παράγοντα το πολυώνυμο Q\left(x \right)=\left(1-x \right)^{2} και η συνάρτηση f\left(x \right)=ln\left(P\left(x \right) \right)

Α) Να υπολογιστούν τα α και β.

Β) Για α=-5 και β=4

1) Να βρεθεί το πεδίο ορισμού της συνάρτηση f.
2) Είναι f\left(x \right)=2ln\left|x-1 \right|+ln\left(2x-1 \right)
3) Να λυθεί η εξίσωση P(ημx)=0.
4) Να λυθεί η εξίσωση e^{P\left(x \right)+2}-e^{2x^{3}}=0.
5) Να βρεθεί το άθροισμα των 9 πρώτων όρων της αριθμητικής προόδου \alpha _{\nu } με \alpha _{1}=P\left(1 \right),\alpha _{2}=P\left(2 \right),\alpha _{3}=P\left(-1 \right)+18.

6) Να λυθεί η εξίσωση ln\left(P\left(x \right)+1 \right)+ln\left(P\left(x \right)+1 \right)^{2}+....+ln\left(P\left(x \right)+1 \right)^{2011}=0.

7) Να λυθεί η εξίσωση ln\left(Q\left(x \right) \right)+ln^{2}\left(Q\left(x \right) \right)+.....+ln^{2011}\left(Q\left(x \right) \right)=0.


Καλημέρα Χρήστο

Α) Για να έχει το \displaystyle{
P\left( x \right)
} παράγοντα το \displaystyle{
Q\left( x \right) = \left( {1 - x} \right)^2  = \left( {x - 1} \right)^2 
} πρέπει να υπάρχει πολυώνυμο \displaystyle{
R\left( x \right) = \kappa x + \lambda 
} ώστε :

\displaystyle{
P\left( x \right) = Q\left( x \right) \cdot R\left( x \right) \Leftrightarrow 2x^3  + \alpha x^2  + \beta x - 1 = \left( {x - 1} \right)^2  \cdot \left( {\kappa x + \lambda } \right) \Leftrightarrow 
}
\displaystyle{
2x^3  + \alpha x^2  + \beta x - 1 = \left( {x^2  - 2x + 1} \right) \cdot \left( {\kappa x + \lambda } \right) \Leftrightarrow 2x^3  + \alpha x^2  + \beta x - 1 = \kappa x^3  + \lambda x^2  - 2\kappa x^2  - 2\lambda x + \kappa x + \lambda 
}


\displaystyle{
 \Leftrightarrow 2x^3  + \alpha x^2  + \beta x - 1 = \kappa x^3  + \left( {\lambda  - 2\kappa } \right)x^2  + \left( {\kappa  - 2\lambda } \right)x + \lambda  \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
  \lambda  =  - 1 \hfill \\
  \beta  = \kappa  - 2\lambda  \hfill \\
  \alpha  = \lambda  - 2\kappa  \hfill \\
  \kappa  = 2 \hfill \\ 
\end{gathered}  \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
  \lambda  =  - 1 \hfill \\
  \beta  = 4 \hfill \\
  \alpha  =  - 5 \hfill \\
  \kappa  = 2 \hfill \\ 
\end{gathered}  \right.
}

Β) Για \displaystyle{
\alpha  =  - 5,\beta  = 4 \Rightarrow P\left( x \right) = \left( {x - 1} \right)^2  \cdot \left( {2x - 1} \right)
}
1) Πρέπει
\displaystyle{
P\left( x \right) > 0 \Leftrightarrow \left( {x - 1} \right)^2 \left( {2x - 1} \right) > 0 \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
  x \ne 1 \\ 
  2x - 1 > 0 \\ 
\end{gathered}  \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
  x \ne 1 \\ 
  x > \frac{1}
{2} \\ 
\end{gathered}  \right. \Rightarrow \boxed{A_f  = \left( {\frac{1}
{2},1} \right) \cup \left( {1, + \infty } \right)}
}

2) Είναι
\displaystyle{
f\left( x \right) = \ln \left( {P\left( x \right)} \right) = \ln \left[ {\left( {x - 1} \right)^2  \cdot \left( {2x - 1} \right)} \right] = \ln \left( {x - 1} \right)^2  + \ln \left( {2x - 1} \right) \Rightarrow \boxed{f\left( x \right) = 2\ln \left| {x - 1} \right| + \ln \left( {2x - 1} \right)}
}

3) Είναι
\displaystyle{
P\left( {\eta \mu x} \right) = 0 \Leftrightarrow \left( {\eta \mu x - 1} \right)^2  \cdot \left( {2\eta \mu x - 1} \right) = 0 \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
  \eta \mu x - 1 = 0 \\ 
  2\eta \mu x - 1 = 0 \\ 
\end{gathered}  \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
  \eta \mu x = 1 \\ 
  \eta \mu x = \frac{1}
{2} \\ 
\end{gathered}  \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
  x = 2\kappa \pi  + \frac{\pi }
{2},\kappa  \in Z \\ 
  \eta \mu x = \eta \mu \frac{\pi }
{6} \\ 
\end{gathered}  \right. \Leftrightarrow 
}

\displaystyle{
\left\{ \begin{gathered}
  x = 2\kappa \pi  + \frac{\pi }
{2},\kappa  \in Z \\ 
  x = 2\lambda \pi  + \frac{\pi }
{6},x = 2\lambda \pi  + \pi  - \frac{\pi }
{6},\lambda  \in {\rm Z} \\ 
\end{gathered}  \right. \Leftrightarrow \boxed{\left\{ \begin{gathered}
  x = 2\kappa \pi  + \frac{\pi }
{2},\kappa  \in Z \hfill \\
  x = 2\lambda \pi  + \frac{\pi }
{6},\lambda  \in {\rm Z} \hfill \\
  x = 2\lambda \pi  + \frac{{5\pi }}
{6},\lambda  \in {\rm Z} \hfill \\ 
\end{gathered}  \right.}
}

4)
\displaystyle{
e^{P\left( x \right) + 2}  - e^{2x^3 }  = 0 \Leftrightarrow e^{P\left( x \right) + 2}  = e^{2x^3 } \mathop  \Leftrightarrow \limits^{e^t 1 - 1} P\left( x \right) + 2 = 2x^3  \Leftrightarrow 2x^3  - 5x^2  + 4x - 1 + 2 = 2x^3 
}
\displaystyle{
 \Leftrightarrow  \ldots 5x^2  - 4x - 1 = 0 \Leftrightarrow  \ldots \boxed{\left\{ \begin{gathered}
  x = 1 \\ 
  x =  - \frac{1}
{5} \\ 
\end{gathered}  \right.}
}

5) Είναι \displaystyle{
\alpha _1  = P\left( 1 \right)\mathop  \Rightarrow \limits^{P\left( x \right) = \left( {x - 1} \right)^2 \left( {2x - 1} \right) \Rightarrow P\left( 1 \right) = 0} \boxed{\alpha _1  = 0}
}, \displaystyle{
\alpha _2  = P\left( 2 \right)\mathop  \Rightarrow \limits^{P\left( x \right) = \left( {x - 1} \right)^2 \left( {2x - 1} \right) \Rightarrow P\left( 2 \right) = 3} \boxed{\alpha _2  = 3}
},
\displaystyle{
\alpha _3  = P\left( { - 1} \right) + 18\mathop  \Rightarrow \limits^{P\left( x \right) = \left( {x - 1} \right)^2 \left( {2x - 1} \right) \Rightarrow P\left( { - 1} \right) =  - 12} \boxed{\alpha _3  = 6}
}
Είναι \displaystyle{
\omega  = \alpha _2  - \alpha _1  = 3 - 0 \Rightarrow \boxed{\omega  = 3}
} άρα είναι: \displaystyle{
S_9  = \frac{9}
{2}\left[ {2\alpha _1  + \left( {9 - 1} \right) \cdot \omega } \right]\mathop  \Rightarrow \limits^{\alpha _1  = 0,\omega  = 3} \boxed{S_9  = 108}
}


6) Είναι
\displaystyle{
\ln \left( {P\left( x \right) + 1} \right) + \ln \left( {P\left( x \right) + 1} \right)^2  +  \ldots \ln \left( {P\left( x \right) + 1} \right)^{2011}  = 0 \Leftrightarrow 
}
\displaystyle{
\left\{ \begin{gathered}
  \ln \left( {P\left( x \right) + 1} \right) + 2\ln \left( {P\left( x \right) + 1} \right) +  \ldots 2011\ln \left( {P\left( x \right) + 1} \right) = 0 \\ 
  P\left( x \right) + 1 > 0 \\ 
\end{gathered}  \right. \Leftrightarrow 
}
\displaystyle{
\left\{ \begin{gathered}
  \ln \left( {P\left( x \right) + 1} \right)\left( {1 + 2 +  \ldots  + 2011} \right) = 0 \\ 
  2x^3  - 5x^2  + 4x - 1 + 1 > 0 \\ 
\end{gathered}  \right.\mathop  \Leftrightarrow \limits^{1 + 2 +  \ldots  + 2011 = \frac{{2011}}
{2}\left( {1 + 2011} \right) \ne 0} \left\{ \begin{gathered}
  \ln \left( {P\left( x \right) + 1} \right) = 0 \\ 
  2x^3  - 5x^2  + 4x > 0 \\ 
\end{gathered}  \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
  P\left( x \right) + 1 = 1 \\ 
  x\left( {2x^2  - 5x + 4} \right) > 0 \\ 
\end{gathered}  \right.
}

\displaystyle{
\mathop  \Leftrightarrow \limits^{\Delta  = 25 - 32 =  - 7 < 0 \Rightarrow 2x^2  - 5x + 4 > 0} \left\{ \begin{gathered}
  P\left( x \right) = 0 \\ 
  x > 0 \\ 
\end{gathered}  \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
  \left( {x - 1} \right)^2 \left( {2x - 1} \right) = 0 \\ 
  x > 0 \\ 
\end{gathered}  \right. \Leftrightarrow  \ldots \boxed{\left\{ \begin{gathered}
  x = 1 > 0\;\;x = \frac{1}
{2} > 0 \\ 
  x > 0 \\ 
\end{gathered}  \right.}
}

7)
\displaystyle{
\ln \left( {Q\left( x \right)} \right) + \ln ^2 \left( {Q\left( x \right)} \right) +  \ldots  + \ln ^{2011} \left( {Q\left( x \right)} \right) = 0 \Leftrightarrow \boxed{\ln \left( {Q\left( x \right)} \right) \cdot \left[ {1 + \ln \left( {Q\left( x \right)} \right) +  \ldots  + \ln ^{2010} \left( {Q\left( x \right)} \right)} \right] = 0}:\left( 1 \right)
}

i) Αν \displaystyle{
\ln \left( {Q\left( x \right)} \right) = 1 \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
  Q\left( x \right) = e \hfill \\
  Q\left( x \right) > 0 \hfill \\ 
\end{gathered}  \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
  \left( {x - 1} \right)^2  = e \hfill \\
  \left( {x - 1} \right)^2  > 0 \hfill \\ 
\end{gathered}  \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
  x - 1 =  \pm \sqrt e  \\ 
  x \ne 1 \\ 
\end{gathered}  \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
  x = 1 \pm \sqrt e  \\ 
  x \ne 1 \\ 
\end{gathered}  \right.
}
τότε έχουμε: \displaystyle{
1 + \ln \left( {Q\left( x \right)} \right) +  \ldots  + \ln ^{2010} \left( {Q\left( x \right)} \right) = 2011
} και η (1) γίνεται ισοδύναμα
\displaystyle{
2011 \cdot \ln \left( {Q\left( x \right)} \right) = 0 \Leftrightarrow \ln \left( {Q\left( x \right)} \right) = 0 \Leftrightarrow Q\left( x \right) = 1 \Leftrightarrow \left( {x - 1} \right)^2  = 1 \Leftrightarrow x - 1 =  \pm 1 \Leftrightarrow \boxed{\left\{ \begin{gathered}
  x = 0 \hfill \\
  x = 2 \hfill \\ 
\end{gathered}  \right.}
}
ii) Αν \displaystyle{
\ln \left( {Q\left( x \right)} \right) \ne 1 \Rightarrow 1 + \ln \left( {Q\left( x \right)} \right) +  \ldots  + \ln ^{2010} \left( {Q\left( x \right)} \right) = \frac{{\ln ^{2011} \left( {Q\left( x \right)} \right) - 1}}
{{\ln \left( {Q\left( x \right)} \right) - 1}}
}
οπότε η (1) ισοδύναμα γίνεται

\displaystyle{
\frac{{\ln ^{2011} \left( {Q\left( x \right)} \right) - 1}}
{{\ln \left( {Q\left( x \right)} \right) - 1}} \cdot \ln \left( {Q\left( x \right)} \right) = 0 \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
  \ln \left( {Q\left( x \right)} \right) = 0 \\ 
  Q\left( x \right) > 0 \\ 
\end{gathered}  \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
  Q\left( x \right) = 1 \\ 
  x \ne 1 \\ 
\end{gathered}  \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
  \left( {x - 1} \right)^2  = 1 \\ 
  x \ne 1 \\ 
\end{gathered}  \right. \Leftrightarrow 
}
\displaystyle{
\left\{ \begin{gathered}
  x - 1 =  \pm 1 \\ 
  x \ne 1 \\ 
\end{gathered}  \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
  x = 0,x = 2 \\ 
  x \ne 1 \\ 
\end{gathered}  \right. \Leftrightarrow \boxed{x = 0,x = 2}
}


Οπότε οι ρίζες της (1) είναι \displaystyle{
\boxed{x = 0,x = 2}
}


Ελπίζω να είναι σωστές οι πράξεις ...

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
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 #30 από vanalex » Τρί Μάιος 10, 2011 11:29 pm

pana1333 έγραψε: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].


Καλησπέρα!

Να δούμε λίγο και το τελευταίο αναπάντητο από τα πολύ όμορφα θέματα του Χρήστου.

Α. \displaystyle f(1)=f(-2)\Rightarrow 0=\left(-2 \right)^{3}-a\left(-2 \right)^{2}-5\left(-2 \right)+6\Leftrightarrow 4a=8\Leftrightarrow a=2

B. i)
Για α = 2 η f(x) γίνεται:
\displaystyle \begin{cases}
 x^{3}-2x^{2}-5x+6,\;  x<1  \\ x-1+lnx,\; x\geq 1 
\end{cases}

Για \displaystyle x\geq 1:\; f(x)=lnx+x-1 οπότε η f είναι γνησίως αύξουσα αφού:

\displaystyle x_{1}<x_{2}\Leftrightarrow lnx_{1}<lnx_{2}\; \; (1)\\
  x_{1}<x_{2}\Leftrightarrow x_{1}-1<x_{2}-1 \; \; (2).

Με πρόσθεση κατά μέλη των (1) και (2) προκύπτει για \displaystyle x_{1}<x_{2}\Leftrightarrow f\left(x_{1} \right)<f\left( x_{2}\right)

Άρα για \displaystyle x\geq 1\Leftrightarrow f\left(x \right)\geq f\left(1 \right)\Leftrightarrow f\left(x \right)\geq 0.

ii)
Για x<1:\; f\left(x \right)=0\Leftrightarrow x^{3}-2x^{2}-5x+6=0\Leftrightarrow \left(x-1 \right)\left(x^{2}-x-6 \right)=0 \\ \Leftrightarrow x_{1}=1,\; x_{2}=3,\; x_{3}=-2
Απ' όπου προκύπτει ότι τελικά x = -2.

Για \displaystyle x\geq 1:\; f\left(x \right)=lnx+x-1 η οποία έχει ως γνησίως αύξουσα μοναδική ρίζα σ' αυτό το διάστημα το x = 1

iii)
Για \displaystyle x<1: \; f(x)=x^{3}-2x^{2}-5x+6=\left(x-1 \right)\left(x-3 \right)\left(x+2 \right)<0
Για \displaystyle x<1 η f είναι θετική στο \left(-2,1 \right) και αρνητική στο \left(-\propto ,-2 \right). Άρα \displaystyle x\in \left(-\propto ,-2 \right)

iv)
x\leq 0:\; \; f\left(\left(\frac{1}{2} \right)^{x} \right)=-xln2\Leftrightarrow \left(\frac{1}{2} \right)^{3x}-2\left(\frac{1}{2} \right)^{2x}-5\left(\frac{1}{2} \right)^{x}+6=ln\left(\frac{1}{2} \right)^{x}\Leftrightarrow \\u^{3}-2u^{2}-5u+6=lnu\Leftrightarrow u=1\Leftrightarrow \left(\frac{1}{2} \right)^{x}=1\Leftrightarrow \left(\frac{1}{2} \right)^{x}=\left(\frac{1}{2} \right)^{0}\Leftrightarrow \boxed {x=0}

v)
0\leq x\leq \pi : \; \; \left|\sigma \upsilon \nu x \right|\leq 1\Leftrightarrow -1\leq \sigma \upsilon \nu x\leq 1
Αν το συνx είναι 1 τότε προφανώς το x = 0 το οποίο είναι δεκτή λύση.
Τώρα για \sigma \upsilon \nu x<1:\; \; f\left(\sigma \upsilon \nu x \right)=\sigma \upsilon \nu ^{3}x-2\sigma \upsilon \nu^{2} x-5\sigma \upsilon \nu x+6 . Και έτσι η εξίσωση γίνεται:
\displaystyle f\left(\sigma \upsilon \nu x \right)-\sigma \upsilon \nu x+1=0\Leftrightarrow \sigma \upsilon \nu ^{3}x-2\sigma \upsilon \nu ^{2}x-6\sigma \upsilon \nu x+7=0\Leftrightarrow \\ u^{3}-2u^{2}-6u+7=0\Leftrightarrow \left(u-1 \right)\left(u^{2}-u-7 \right)=0\Leftrightarrow u_{1}=1,\; u_{2,3}=\frac{1\pm \sqrt{29}}{2}

Παραπάνω απορρίπτονται όλες οπότε μόνη λύση μένει \sigma \upsilon \nu x=1\Leftrightarrow x=0

Για τα δύο τελευταία διατηρώ τις επιφυλάξεις μου..Θα ήθελα τη γνώμη σας. Χρήστο τι λές; Κάτι τέτοιο είχες στο μυαλό σου κι εσύ;


Αλέξης Μιχαλακίδης
m.pαpαgrigorakis
Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 1151
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 12:10 am
Τοποθεσία: Χανιά
Επικοινωνία:

Re: Επαναληπτικές Ασκήσεις σε όλη την ύλη

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #31 από m.pαpαgrigorakis » Τετ Μάιος 11, 2011 1:13 am

Καλησπέρα
Μια μικρή συμβολή και από εμένα, στην πολύ ωραία προσπάθειά σας.

Άσκηση 10

Δίνεται η συνάρτηση f\left( x \right) = {\left( {\sqrt 5 + 1} \right)^x} + {\left( {\sqrt 5  -1} \right)^x}
Α) Να βρείτε το πεδίο ορισμού της
Β) Να αποδείξετε ότι η f είναι γνήσια αύξουσα
Γ) Να λύσετε την ανίσωση f\left( x \right) > 2
Δ) Να λύσετε τις εξισώσεις f\left( x \right) = 12 και f\left( x \right) = 2
Ε) Να λύσετε την ανίσωση f\left( {\eta {\mu ^2}x} \right) \le 2
Στ) Να λύσετε την εξίσωση f\left( {\sqrt x } \right) = f\left( {{x^2}} \right) + \ln x

Μίλτος

Edit: Διόρθωσα την λανθασμένη πληκτρολόγηση στον τύπο της συνάρτησης (ένα αντί για δύο ) (Ευχαριστώ τον Στάθη).
τελευταία επεξεργασία από m.pαpαgrigorakis σε Τετ Μάιος 11, 2011 7:14 pm, έχει επεξεργασθεί 2 φορές συνολικά.


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 #32 από vanalex » Τετ Μάιος 11, 2011 5:21 pm

m.pαpαgrigorakis έγραψε:
Άσκηση 10

Δίνεται η συνάρτηση f\left( x \right) = {\left( {\sqrt 5  + 2} \right)^x} + {\left( {\sqrt 5  - 2} \right)^x}
Α) Να βρείτε το πεδίο ορισμού της
Β) Να αποδείξετε ότι η f είναι γνήσια αύξουσα
Γ) Να λύσετε την ανίσωση f\left( x \right) > 2
Δ) Να λύσετε τις εξισώσεις f\left( x \right) = 12 και f\left( x \right) = 2
Ε) Να λύσετε την ανίσωση f\left( {\eta {\mu ^2}x} \right) \le 2
Στ) Να λύσετε την εξίσωση f\left( {\sqrt x } \right) = f\left( {{x^2}} \right) + \ln x

Μίλτος


Καλησπέρα!

Α)
Η συνάρτηση f(x)=a^{x},\; \; 0<a\neq 1 έχει πεδίο ορισμού το R άρα A_{f}=R.

B)
Λάθος αντιμετώπιση στο Β) και λάθος πράξεις το σβήνω και το ξανασκέφτομαι
Γ)
\displaystyle f(x)>2\Leftrightarrow f(x)>f(0)\Leftrightarrow \boxed{x>0}, αφού η f είναι γνησίως αύξουσα.

Δ)
Παρατηρούμε ότι f(0)=2 άρα η εξίσωση γίνεται f(x)=f(0)\Leftrightarrow \boxed{x=0}. (Ως γνησίως αύξουσα είναι και 1 - 1)

Για την εξίσωση f(x)=12 δεν μπορώ να βρω άμεσα μια τιμή της f που κάνει 12. Άρα αντικαθιστώ και προσπαθώ να λύσω την εκθετική εξίσωση:

\displaystyle f(x)=12\Leftrightarrow \left(\sqrt{5}+2 \right)^{x}+\left(\sqrt{5}-2 \right)^{x}=12\Leftrightarrow \left(\frac{\sqrt{5}+2}{\sqrt{5}-2} \right)^{x}+1=\frac{12}{(\sqrt{5}-2)^{x}}\Leftrightarrow \frac{1}{\left(\sqrt{5}-2 \right)^{2x}}+1=\frac{12}{\left(\sqrt{5}-2 \right)^{x}}\Leftrightarrow \frac{1}{u^{2}}+1=\frac{12}{u}\Leftrightarrow u^{2}-12u+1=0

Το τριώνυμο δε βγαίνει καλό όμως και νομίζω ότι δεν έχω κάνει λάθος σε πράξεις. Εδώ θα ήθελα μια βοήθεια κ.Μίλτο..(όπως και στο τελευταίο που έπεται).

Ε)
\displaystyle f\left(\eta \mu ^{2}x \right)\leq 2\Leftrightarrow f\left(\eta \mu ^{2}x \right)\leq f(0)\Leftrightarrow \eta \mu ^{2}x\leq 0\Leftrightarrow \eta \mu x=0\Leftrightarrow \boxed{x=\kappa \pi} \;.

ΣΤ) Παρατηρώ ότι προφανής λύση στο ερώτημα είναι το x = 1. Τώρα θα πρέπει να δείξω ότι η συνάρτηση h(x)=f(\sqrt{x})-f\left(x^{2} \right)-lnx είναι γνησίως μονότονη; Αυτό έχετε στο μυαλό σας; Ή πρέπει να ακολουθήσουμε άλλο δρόμο; Με αντικατάσταση με μια πρώτη ματιά δε βλέπω να γίνεται κάτι.. :roll:


Αλέξης Μιχαλακίδης
m.pαpαgrigorakis
Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 1151
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 12:10 am
Τοποθεσία: Χανιά
Επικοινωνία:

Re: Επαναληπτικές Ασκήσεις σε όλη την ύλη

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #33 από m.pαpαgrigorakis » Τετ Μάιος 11, 2011 7:00 pm

vanalex έγραψε:Λάθος αντιμετώπιση στο Β) και λάθος πράξεις το σβήνω και το ξανασκέφτομαι

Αλέξη δεν έκανες λάθος εγώ πληκτρολόγησα λάθος την εκφώνηση θα το διορθώσω.
Συγνώμη για την ταλαιπωρία
Μίλτος


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

Re: Επαναληπτικές Ασκήσεις σε όλη την ύλη

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #34 από pana1333 » Τετ Μάιος 11, 2011 7:28 pm

vanalex έγραψε:Για τα δύο τελευταία διατηρώ τις επιφυλάξεις μου..Θα ήθελα τη γνώμη σας. Χρήστο τι λές; Κάτι τέτοιο είχες στο μυαλό σου κι εσύ;


Αλέξη καλησπέρα....

Το iv) το σκέφτηκα με την εξής "παγίδα"

Για x\leq 0 είναι \left(\frac{1}{2} \right)^{x}\geq 1 άρα παίρνουμε το είναι f\left(\frac{1}{2} \right)^{x}=\left(\frac{1}{2} \right)^{x}-1+ln\left(\frac{1}{2} \right)^{x}.

Άρα η εξίσωση καταλήγει στην \left(\frac{1}{2} \right)^{x}=1\Rightarrow x=0.

Όσο για το β) έτσι το έχω σκεφτεί και εγώ.....


Κανάβης Χρήστος
Μαθηματικός
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 #35 από vanalex » Τετ Μάιος 11, 2011 9:10 pm

pana1333 έγραψε:Το iv) το σκέφτηκα με την εξής "παγίδα"

Για x\leq 0 είναι \left(\frac{1}{2} \right)^{x}\geq 1 άρα παίρνουμε το είναι f\left(\frac{1}{2} \right)^{x}=\left(\frac{1}{2} \right)^{x}-1+ln\left(\frac{1}{2} \right)^{x}.

Άρα η εξίσωση καταλήγει στην \left(\frac{1}{2} \right)^{x}=1\Rightarrow x=0.


Πολύ καλή σκέψη Χρήστο, ωραίο σκέλος!


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 #36 από vanalex » Τετ Μάιος 11, 2011 9:28 pm

m.pαpαgrigorakis έγραψε:
Άσκηση 10

Δίνεται η συνάρτηση f\left( x \right) = {\left( {\sqrt 5 + 1} \right)^x} + {\left( {\sqrt 5  -1} \right)^x}
Α) Να βρείτε το πεδίο ορισμού της
Β) Να αποδείξετε ότι η f είναι γνήσια αύξουσα
Γ) Να λύσετε την ανίσωση f\left( x \right) > 2
Δ) Να λύσετε τις εξισώσεις f\left( x \right) = 12 και f\left( x \right) = 2
Ε) Να λύσετε την ανίσωση f\left( {\eta {\mu ^2}x} \right) \le 2
Στ) Να λύσετε την εξίσωση f\left( {\sqrt x } \right) = f\left( {{x^2}} \right) + \ln x

Μίλτος



Πιο ολοκληρωμένη η σκέψη μου από παραπάνω είναι:

Α)
Η συνάρτηση f(x)=a^{x},\; \; 0<a\neq 1 έχει πεδίο ορισμού το R άρα A_{f}=R.

Β)
Για x_{1},x_{2}\in A_{f} και αφού \sqrt{5}+1>1\; \; \; \kappa \alpha \iota \; \; \; \sqrt{5}-1>1 έχουμε:

x_{1}<x_{2}\Leftrightarrow \left(\sqrt{5}+1 \right)^{x_{1}}<\left(\sqrt{5}+1 \right)^{x_{2}}\; \; \left(1 \right)\\x_{1}<x_{2}\Leftrightarrow \left(\sqrt{5}-1 \right)^{x_{1}}<\left(\sqrt{5}-1 \right)^{x_{2}}\; \; \left(2 \right)
Με πρόσθεση κατά μέλη των (1) και (2) προκύπτει: Για x_{1}<x_{2}\Leftrightarrow f(x_{1})<f\left(x_{2} \right). Άρα η f είναι γνησίως αύξουσα.

Γ)
\displaystyle f(x)>2\Leftrightarrow f(x)>f(0)\Leftrightarrow \boxed{x>0}, αφού η f είναι γνησίως αύξουσα.

Δ)
Παρατηρούμε ότι f(0)=2 άρα η εξίσωση γίνεται f(x)=f(0)\Leftrightarrow \boxed{x=0}. (Ως γνησίως αύξουσα είναι και 1 - 1)
Παρατηρούμε επίσης ότι f(2)=12 άρα ομοίως η εξίσωση γίνεται f(x)=f(2)\Leftrightarrow \boxed{x=2}. (Ως γνησίως αύξουσα είναι και 1 - 1)

Ε)
\displaystyle f\left(\eta \mu ^{2}x \right)\leq 2\Leftrightarrow f\left(\eta \mu ^{2}x \right)\leq f(0)\Leftrightarrow \eta \mu ^{2}x\leq 0\Leftrightarrow \eta \mu x=0\Leftrightarrow \boxed{x=\kappa \pi} \;.

ΣΤ)
Να παραθέσω τη σκέψη μου και για το τελευταίο αλλά μάλλον θα χρειαστώ και λίγη βοήθεια..Παρατηρώ ότι προφανής λύση στο ερώτημα είναι το x = 1. Τώρα θα πρέπει να δείξω ότι η συνάρτηση h(x)=f(\sqrt{x})-f\left(x^{2} \right)-lnx με A_{f}=(0,+\propto ) είναι γνησίως μονότονη, ώστε αυτή η ρίζα να είναι και μοναδική. Σ' αυτό το σημείο με τη μεθοδολογία της σύνθεσης συνάρτησης δε μου βγαίνει γνησίως μονότονη. Μάλλον κάτι άλλο έχετε στο μυαλό σας κ.Μίλτο... :roll:


Αλέξης Μιχαλακίδης
m.pαpαgrigorakis
Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 1151
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 12:10 am
Τοποθεσία: Χανιά
Επικοινωνία:

Re: Επαναληπτικές Ασκήσεις σε όλη την ύλη

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #37 από m.pαpαgrigorakis » Τετ Μάιος 11, 2011 9:50 pm

vanalex έγραψε: Σ' αυτό το σημείο με τη μεθοδολογία της σύνθεσης συνάρτησης δε μου βγαίνει γνησίως μονότονη. Μάλλον κάτι άλλο έχετε στο μυαλό σας κ.Μίλτο.

Καλησπέρα
Μια σκέψη για το τελευταίο ερώτημα

Στ) Προφανής ρίζα είναι το το 1
Για κάθε 0 < x < 1 ισχύει ότι \sqrt x  > {x^2} \Rightarrow f\left( {\sqrt x } \right) > f\left( {{x^2}} \right) και 0 > \ln x. Με πρόσθεση κατά μέλη έχουμε ότι για κάθε x \in \left( {0,1} \right) ισχύει ότι f\left( {\sqrt x } \right) > f\left( {{x^2}} \right) + \ln x \left( 1 \right)
Για κάθε x > 1 ισχύει ότι \sqrt x  < {x^2} \Rightarrow f\left( {\sqrt x } \right) < f\left( {{x^2}} \right) και 0 < \ln x . Με πρόσθεση κατά μέλη βρίσκουμε ότι για κάθε x > 1 ισχύει ότι f\left( {\sqrt x } \right) < f\left( {{x^2}} \right) + \ln x \left( 2 \right)
Από τις \left( 1 \right) και \left( 2 \right) προκύπτει ότι η εξίσωση δεν μπορεί να έχει άλλη ρίζα, επομένως μοναδική ρίζα είναι το 1
Μίλτος


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 #38 από vanalex » Τετ Μάιος 11, 2011 10:17 pm

:clap2: Πολύ καλό ερώτημα κ.Μίλτο!


Αλέξης Μιχαλακίδης
m.pαpαgrigorakis
Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 1151
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 12:10 am
Τοποθεσία: Χανιά
Επικοινωνία:

Re: Επαναληπτικές Ασκήσεις σε όλη την ύλη

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #39 από m.pαpαgrigorakis » Τετ Μάιος 11, 2011 11:46 pm

vanalex έγραψε::clap2: Πολύ καλό ερώτημα κ.Μίλτο!


Η αλήθεια είναι ότι "έρχεται" από τη Γ Λυκείου
Μ.


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 #40 από parmenides51 » Πέμ Μάιος 26, 2011 12:37 pm

Οι παραπάνω ασκήσεις με τις λύσεις τους συγκεντρώθηκαν σε ενα φυλλάδιο από την Φωτείνη εδώ. Την ευχαριστούμε



Επιστροφή σε “ΑΛΓΕΒΡΑ Β'”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 0 επισκέπτες