Μια λύση που αποφεύγει την απ' ευθείας χρήση του θεωρήματος Liouville (μιας και στη συνήθη γραφή του αναφέρεται σε ακέραιες και φραγμένες κατά μέτρο συναρτήσεις):

Η $f$ είναι ακέραια οπότε γράφεται σε σειρά Taylor: $\displaystyle f(z) = \sum_{n=0}^{\infty}\dfrac{f^{(n)}(0)}{n!}z^n$, $\forall z\in ...

$\dfrac{\mathrm{d}^2y}{\mathrm{d}x^2}=\dfrac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left(\dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}\right)=\dfrac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left(\dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}u}\dfrac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x}\right)=\left[\dfrac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left(\dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}u ...

Άσκηση 11

Υπολογίστε το : $\displaystyle \int \frac{dx}{2+\sqrt{4x}}$

Υπολογίστε το : $\displaystyle \lim\limits _{n \to +\infty}\int_{n^2}^{(n+1)^2}\frac{dx}{2+\sqrt{4x}}$


Θέτουμε $\displaystyle u=\sqrt{x}\Leftrightarrow x=u^2$, οπότε $\displaystyle dx=2udu$ και έχουμε: $\displaystyle ...

Άσκηση 6

Να υπολογισθεί το ολοκλήρωμα $\displaystyle{\displaystyle{\int \dfrac {e^x- \cos x}{e^x- \cos x - \sin x} \, dx}}$

Αρκετά πονηρή. Αν δεν την δεις σωστά, μπορεί να σε παιδέψει.


$\displaystyle \mathcal{I}=\int \dfrac{e^x-\cos x}{e^x-\cos x-\sin x}\, dx=\int \dfrac{\left(e^x-\cos x ...

Mihalis_Lambrou έγραψε: Δευ Νοέμ 04, 2019 7:36 pm Νίκο, δεκτό;

Ας προσπαθήσουμε τώρα να βρούμε λύση στην οποία να εμφανίζονται 10 μη επικαλυπτόμενα τρίγωνα και όχι άλλα σχήματα (ούτε εγώ ξέρω πως να το κάνω αυτό.)

Μία πεντάλφα αποτελείται από έξι μη επικαλυπτόμενα σχήματα: πέντε τρίγωνα και ένα (το εσωτερικό) πεντάγωνο. Μπορούμε να φέρουμε δύο ευθείες έτσι, ώστε στο σχήμα που θα προκύψει να υπάρχουν δέκα μη επικαλυπτόμενα τρίγωνα;

Εάν επιτρέπεις εκτός από τα $10$ μη επικαλυπτόμενα τρίγωνα να υπάρχουν ...

Μία πεντάλφα αποτελείται από έξι μη επικαλυπτόμενα σχήματα: πέντε τρίγωνα και ένα (το εσωτερικό) πεντάγωνο. Μπορούμε να φέρουμε δύο ευθείες έτσι, ώστε στο σχήμα που θα προκύψει να υπάρχουν δέκα μη επικαλυπτόμενα τρίγωνα;

Έστω δύο $\displaystyle{n\times n}$ πίνακες $\displaystyle{A,B\in\mathcal{M}_n\left(\mathbb{R}\right)}$ τέτοιοι, ώστε $\displaystyle{A^2=A}$, $\displaystyle{B^2=B}$ και $\displaystyle{\left(A+B\right)^2=A+B}$. Να δείξετε ότι $\displaystyle{AB=-BA=\mathbb{O}}$.

(Γραμμική Άλγεβρα και Αναλυτική ...

Γενικεύοντας:

Να δειχθεί ότι οι μόνοι τετραψήφιοι οι οποίοι διαιρούν τους "ανάποδούς" τους , είναι αυτοί οι δύο αριθμοί που βρέθηκαν παραπάνω.

Mihalis_Lambrou έγραψε: Τρί Οκτ 08, 2019 8:40 pm Να βρεθεί τετραψήφιος με

Να βρεθεί τετραψήφιος με

Για να αποφύγουμε την τριγωνομετρική αντικατάσταση:
Θέτοντας $y=\sqrt{\left(x-7\right)\left(19-x\right)}$ μετά από πράξεις βρίσκουμε $\left(x-13\right)^2+y^2=6^2$, που παριστάνει κύκλο με κέντρο $K\left(13,0\right)$ και ακτίνα $r=6$. Ο κύκλος τέμνει τον άξονα $x'x$ στα σημεία $A\left(7,0\right)$ και ...

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε: Δευ Μάιος 20, 2019 7:28 pm

Η δεξιά ανισότητα είναι σωστή.

Η αριστερή έχει πρόβλημα.

Ισχύει για αν

Το πρόβλημα είναι αν

Σε αυτό το σημείο έγκειται και η αβεβαιότητα για την ορθότητα της λύσης μου.

Δεν είμαι απολύτως σίγουρος για την ορθότητα της λύσης:

Έστω $a=\sup a_n$. Προφανώς, αφού $a_n>0\ \forall n\in\mathbb{N}$, είναι $a^n\leqslant a_1^n+a_2^n+...+a_n^n\leqslant na^n\Leftrightarrow a\leqslant b_n\leqslant a\sqrt[n]{n}$. Όμως, $\lim a=a$ και $\lim\left(a\sqrt[n]{n}\right)=a\lim\sqrt[n ...

Έστω $a=\max\left\lbrace a_i\right\rbrace$. Προφανώς, αφού $a_i>0$, ισχύει: $a^n\leqslant a_1^n+a_2^n+...+a_k^n\leqslant ka^n\Leftrightarrow a\leqslant\sqrt[n]{a_1^n+a_2^n+...+a_k^n}\leqslant a\sqrt[n]{k}$. Όμως, $\lim a=a$ και $\lim\left(a\sqrt[n]{k}\right)=a\cdot\lim k^{1/n}=a$. Επομένως, από το ...

Λίγο διαφορετικά:
Για κάθε $x\in\mathbb{R}$ έχουμε: $f'\left(x\right)>1 \Leftrightarrow \left(f\left(x\right)-x\right)'>0$, δηλαδή η συνάρτηση $g\left(x\right)=f\left(x\right)-x$ είναι γνησίως αύξουσα. Οπότε, για $x>0$ είναι: $g\left(x\right)>g\left(0\right)\Leftrightarrow f\left(x\right)>x+f\left(0 ...

αφου το $x>0$ πως παίρνεις το όριο στο $-\infty$;


Αν $x<0$, κάνοντας ΘΜΤ στο $\left(x,0\right)$ έχουμε ότι υπάρχει $\xi\in\left(x,0\right)$ τέτοιο, ώστε $f'\left(\xi\right)=\dfrac{f\left(0\right)-f\left(x\right)}{0-x}\Leftrightarrow f\left(x\right)=xf'\left(\xi\right)+f\left(0\right)$ (δηλαδή η ...

Έστω παραγωγίσιμη συνάρτηση $f:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}$ με $f'\left(x\right)>1$, $\forall x\in\mathbb{R}$. Να δείξετε ότι η $f$ έχει μοναδική πραγματική ρίζα.

Λύση
Επειδή $f'\left(x\right)>0$, η $f$ είναι γνησίως αύξουσα, οπότε θα έχει το πολύ μία ρίζα.
Σύμφωνα με το ΘΜΤ, για κάθε $x>0 ...

Να δείξετε ότι δεν υπάρχει συνεχής συνάρτηση $f:\left[0,1\right]\rightarrow\left[0,+\infty\right)$ τέτοια, ώστε $\displaystyle \int_0^1f\left(x\right)dx=\int_0^1xf\left(x\right)dx=\int_0^1x^2f\left(x\right)dx=1$.

Η λύση:
Γενικά, αποδεικνύεται ότι, αν $f:\left[a,b\right]\rightarrow\left[0,+\infty ...

Να προσδιοριστεί συνεχής συνάρτηση τέτοια, ώστε , για κάθε .

Μέχρι 12/02/2019

Πρέπει $\displaystyle x>1$. 'Εχουμε: $\displaystyle {\int_e^x \dfrac{1}{t\ln t}} dt=e-x\Leftrightarrow {\int_e^x \dfrac{1}{t\ln t}} dt={\int_x^e 1} dt\Leftrightarrow {\int_e^x \left(\dfrac{1}{t\ln t}+1\right)} dt=0$. Όμως, ισχύει: $\displaystyle \dfrac{1}{t\ln t}+1>0$, $\displaystyle \forall t>1 ...