2η 25άδα

kwstas12345 · #21

Μια λύση:

A. Θεωρούμε την συνάρτηση $\displaystyle f\left(x \right)=e^x-x-1,x \in \mathbb{R}$ η οπόια είναι συνεχής και παραγωγίσιμη με πρώτη παράγωγο

$\displaystyle f'\left(x \right)=e^{x}-1$ . Εύκολα βλέπουμε $\displaystyle f'\left(x \right)=0\Leftrightarrow x=1$ .

Για $\displaystyle x>1:f'\left(x \right)> 0$ οπότε στο $\displaystyle (1,+\+\infty)$ η συναρτηση ειναι γνησιως αυξουσα.

Για $\displaystyle x< 1:f'\left(x \right)< 0$ οπότε στο $\displaystyle (-\infty , 1)$ η συναρτηση ειναι γνησιως φθινουσα.

Άρα παρουσιαζει η συναρτηση ακροτατο στο $x_{0}=1$ το οποίο στην περιπτωσή μας είναι ολικό άρα $\displaystyle f\left(x \right)\geqslant f\left(1 \right)\Rightarrow f\left(x \right)\geqslant 0,\forall x \in \mathbb{R}$ .

Η ισότητα λαμβανεται όταν x=1

.

2. Άν στην πάνω ανισότητα βάλω όπου x,x>0

το $\ln x$ άρα θα λαβουμε: $\displaystyle \ln x\leqslant x-1,x>0$ .

Άρα $\displaystyle \ln\frac{x}{y}\leqslant \frac{x}{y}-1\Rightarrow y\ln\frac{x}{y}\leqslant x-y\Rightarrow \left(\frac{x}{y} \right)^{y}\leqslant e^{x-y}$

Όμοια λαμβανω $\displaystyle \left(\frac{y}{z} \right)^{z}\leqslant e^{y-z},\left(\frac{z}{x} \right)^{x}\leqslant e^{z-x}$

Πολλαπλασιαζοντας τις κατα μελη μιας και τα μάλη τους είναι θετικα θα λάβω:

$\displaystyle \left(\frac{x}{y} \right)^{y}\left(\frac{y}{z} \right)^{z}\left(\frac{z}{x} \right)^{x}\leqslant e^{x-y+y-z+z-x}\Rightarrow \left(\frac{x}{y} \right)^{y}\left(\frac{y}{z} \right)^{z}\left(\frac{z}{x} \right)^{x}\leqslant 1$

Η ισότητα λαμβανεται όταν x=y=z

( ουσιαστικα προκύπτει όταν λαμβανεται στις $\displaystyle \ln\frac{x}{y}\leqslant \frac{x}{y}-1$ όταν x/y=1

όμοια και για τις αλλες δυο).

${\color{red} (*)Edit}$ Απέδειξα την $\displaystyle e^{x}\geqslant x+1$ για το αλλο ερώτημα.

Η $\displaystyle e^{x}\geqslant ex$ όμως η πάνω δηλαδη θεωρούμε τη συναρτηση $\displaystyle g\left(x \right)=e^x-ex,g'\left(x \right)=e^x-e$

και $\displaystyle g'\left(x \right)=0\Leftrightarrow x=1$ . Επειδή ειναι γνησίως αύξουσα στο $\displaystyle [1,+\infty),f'\left(x \right)\geqslant 0$

και γνησίως φθίνουσα στο $\displaystyle (-\infty,1],f'\left(x \right)\leqslant 0$ . Άρα στο

παρουσιαζει ακροτατο το οπίο είναι ολικό το

$\displaystyle f\left(1 \right)=0$ .

Ραϊκόφτσαλης Θωμάς · #22

kwstas12345 έγραψε: ${\color{red} (*)Edit}$ Απέδειξα την $\displaystyle e^{x}\geqslant x+1$ για το αλλο ερώτημα.

Η $\displaystyle e^{x}\geqslant ex$ όμως η πάνω δηλαδη θεωρούμε τη συναρτηση $\displaystyle g\left(x \right)=e^x-ex,g'\left(x \right)=e^x-e$

και $\displaystyle g'\left(x \right)=0\Leftrightarrow x=1$ . Επειδή ειναι γνησίως αύξουσα στο $\displaystyle [1,+\infty),f'\left(x \right)\geqslant 0$

και γνησίως φθίνουσα στο $\displaystyle (-\infty,1],f'\left(x \right)\leqslant 0$ . Άρα στο παρουσιαζει ακροτατο το οπίο είναι ολικό το

$\displaystyle f\left(1 \right)=0$ .

Κώστα
Για να μην αλλάξουμε τρόπο λύσης και αφού απέδειξες ότι $\displaystyle{{e^x} \ge x + 1}$ για κάθε $\displaystyle{x \in R}$ ,
μπορούμε θέτοντας όπου x το x-1 να βρούμε ότι:
$\displaystyle{{e^{x - 1}} \ge \left( {x + 1} \right) - 1 \Rightarrow {e^{x - 1}} \ge x \Rightarrow {e^x} \ge ex}$ .
με το ίσον για x=1

Σε ευχαριστώ
Θωμάς

Ραϊκόφτσαλης Θωμάς · #23

Καλημέρα.
Ας δούμε την επόμενη άσκηση.

ΑΣΚΗΣΗ 33

Δίνονται:

• οι μιγαδικοί αριθμοί z,w με $\left| z \right| = \left| w \right| = \frac{{\sqrt 2 }}{2}$ με ${\mathop{\rm Re}\nolimits} \left( {z \bar w} \right) = 0$ ,

• η συνεχής συνάρτηση $f:R \to R$ , για την οποία ισχύει: $f\left( {f(x)} \right) = \left| {z + x w} \right|$ για κάθε $x \in R$ .

Να αποδείξετε ότι:

i. Η συνάρτηση f δεν είναι «1-1 ».

ii. Η εξίσωση $f\left( x \right) = 2x$ έχει τουλάχιστον μια ρίζα ${x_0} \in \left( { - 1,1} \right)$ .

Θωμάς

margavare · #24

Καλημέρα Θωμά.
Μια λύση για το πρώτο ερώτημα.

${\mathop{\rm Re}\nolimits} \left( {z \mathop \omega \limits^\_ } \right) = 0$
άρα
$z \mathop \omega \limits^\_ = - \mathop z\limits^\_ \omega$

Για κάθε x, y πραγματικούς με
$\begin{array}{l} f\left( x \right) = f\left( y \right) \\ f\left( {f\left( x \right)} \right) = f\left( {f\left( y \right)} \right) \\ \left| {z + x \omega } \right| = \left| {z + y \omega } \right| \\ \left| {z + x \omega } \right|^2 = \left| {z + y \omega } \right|^2 \\ \left( {z + x \omega } \right) \left( {\mathop z\limits^\_ + x \mathop \omega \limits^\_ } \right) = \left( {z + y \omega } \right) \left( {\mathop z\limits^\_ + y \mathop \omega \limits^\_ } \right) \\ z \mathop z\limits^\_ + xz\mathop \omega \limits^\_ + xw\mathop z\limits^\_ + x^2 \omega \mathop \omega \limits^\_ = z \mathop z\limits^\_ + yz\mathop \omega \limits^\_ + y\omega \mathop z\limits^\_ + y^2 \omega \mathop \omega \limits^\_ \\ \left( {x - y} \right)z\mathop \omega \limits^\_ + \left( {x - y} \right)\omega \mathop z\limits^\_ + \left( {x^2 - y^2 } \right)\left| z \right|^2 = 0 \\ \left( {x^2 - y^2 } \right)\left| z \right|^2 = 0 \\ x^2 = y^2 \\ x = \pm y \\ \end{array}$
Άρα f δεν είναι «1-1».

Το ii ερώτημα νομίζω ότι είναι λίγο άσχετο.

mathxl · #25

Μία άλλη λύση για το ι υποερώτημα της 33

$\displaystyle{{\left[ {f\left( {f\left( x \right)} \right)} \right]^2} = {\left| {z + xw} \right|^2} = \left( {z + xw} \right)\left( {\bar z + x\bar w} \right) = z\bar z + {x^2}w\bar w + xw\bar z + xz\bar w = }$

$\displaystyle{ = {\left| z \right|^2} + {x^2}{\left| w \right|^2} + 2x\left( {\frac{{w\bar z + z\bar w}}{2}} \right) = \frac{1}{2} + \frac{{{x^2}}}{2} + 2x{\mathop{\rm Re}\nolimits} \left( {z\bar w} \right) = \frac{{1 + {x^2}}}{2}}$

Συνεπώς, για τον τύπο της f(f(x)) έχουμε
$\displaystyle{f\left( {f\left( x \right)} \right) = \sqrt {{{\left| {z + xw} \right|}^2}} = \sqrt {\frac{{1 + {x^2}}}{2}} ,x \in R}$

Είναι $\displaystyle{f\left( {f\left( 1 \right)} \right) = 1 = f\left( {f\left( { - 1} \right)} \right)}$

Έστω ότι η f είναι 1-1 στο [-1,1]
Έχουμε $\displaystyle{f\left( {f\left( 1 \right)} \right) = f\left( {f\left( { - 1} \right)} \right)\mathop \Leftrightarrow \limits_{1 - 1}^f f\left( 1 \right) = f\left( { - 1} \right)\mathop \Leftrightarrow \limits_{1 - 1}^f 1 = - 1}$
άτοπο , άρα η f δεν είναι 1-1 στο [-1,1]

ιι.

$\displaystyle{x = f\left( 1 \right):f\left( {f\left( {f\left( 1 \right)} \right)} \right) = \sqrt {\frac{{1 + {f^2}\left( 1 \right)}}{2}} \Leftrightarrow f\left( 1 \right) = \sqrt {\frac{{1 + {f^2}\left( 1 \right)}}{2}} \wedge f\left( 1 \right) > 0 \Leftrightarrow }$

$\displaystyle{2{f^2}\left( 1 \right) = 1 + {f^2}\left( 1 \right) \wedge f\left( 1 \right) > 0 \Leftrightarrow {f^2}\left( 1 \right) = 1 \wedge f\left( 1 \right) > 0 \Leftrightarrow f\left( 1 \right) = \pm 1 \wedge f\left( 1 \right) > 0 \Leftrightarrow f\left( 1 \right) = 1}$

Επίσης
$\displaystyle{\begin{array}{l} x = f\left( { - 1} \right):f\left( {f\left( {f\left( { - 1} \right)} \right)} \right) = \sqrt {\frac{{1 + {f^2}\left( { - 1} \right)}}{2}} \Leftrightarrow f\left( 1 \right) = \sqrt {\frac{{1 + {f^2}\left( { - 1} \right)}}{2}} \Leftrightarrow \\ 2 = 1 + {f^2}\left( { - 1} \right) \Leftrightarrow {f^2}\left( { - 1} \right) = 1 \Leftrightarrow f\left( { - 1} \right) = \pm 1 \\ \end{array}}$
Αν $\displaystyle{f\left( { - 1} \right) = - 1}$ τότε $\displaystyle{f\left( {f\left( { - 1} \right)} \right) = f\left( { - 1} \right) \Rightarrow 1 = - 1}$ άτοπο, άρα $\displaystyle{f\left( { - 1} \right) = 1}$

Έστω η συνάρτηση $\displaystyle{g\left( x \right) = f\left( x \right) - 2x,x \in \left[ { - 1,1} \right]}$
- Η g είναι σνεχής ως διαφορά συνεχών (f συνεχής στο R από υπόθεση)
- $\displaystyle{\left. {\begin{array}{*{20}{c}} {g\left( 1 \right) = - 1 < 0} \\ {g\left( { - 1} \right) = 3 > 0} \\ \end{array}} \right\} \Rightarrow g\left( 1 \right)g\left( { - 1} \right) < 0}$

οπότε από το θ.Β. στο [-1,1] θα υπάρχει τουλάχιστον ένα χο στο (-1,1) ώστε να ισχύει το ζητούμενο

Ραϊκόφτσαλης Θωμάς · #26

Καλημέρα.
Ένας άλλος τρόπος εύρεσης των f(1) και f(-1) είναι ο εξής:
$\displaystyle{f\left( {f(x)} \right) = \left| {z + x \cdot w} \right| \Rightarrow }$
$\displaystyle{f\left( {f(1)} \right) = \left| {z + w} \right| = \sqrt {{{\left| {z + w} \right|}^2}} = \sqrt {\left( {z + w} \right)\left( {\bar z + \bar w} \right)} = \sqrt {{{\left| z \right|}^2} + 2{\mathop{\rm Re}\nolimits} \left( {z \cdot \bar w} \right) + {{\left| w \right|}^2}} \Rightarrow }$
$\displaystyle{f\left( {f(1)} \right) = 1 \Rightarrow f\left( {f\left( {f(1)} \right)} \right) = f(1) \Rightarrow \left( {f \circ f} \right)\left( {f(1)} \right) = f(1) \Rightarrow \left| {z + f(1)w} \right| = f(1)\mathop \Rightarrow \limits^{f(1) \ge 0} }$
$\displaystyle{{\left| {z + f(1)w} \right|^2} = {f^2}(1) \Rightarrow \left( {z + f(1)w} \right)\left( {\bar z + f(1)\bar w} \right) = {f^2}(1) \Rightarrow {\left| z \right|^2} + 2f(1){\mathop{\rm Re}\nolimits} \left( {z \cdot \bar w} \right) + {f^2}(1){\left| w \right|^2} = {f^2}(1) \Rightarrow }$
$\displaystyle{\frac{1}{2} + \frac{1}{2}{f^2}(1) = {f^2}(1) \Rightarrow {f^2}(1) = 1\mathop \Rightarrow \limits^{f(1) \ge 0} f(1) = 1}$ .

Όμοια δείχνουμε ότι $\displaystyle{f( - 1) = 1}$ .

Τις ευχαριστίες μου στη Μαργαρίτα και τον Βασίλη.
Να είμαστε καλά αυτή τη κρύα μέρα.
Θωμάς

Ραϊκόφτσαλης Θωμάς · #27

Για τους μαθητές και όλους τους φίλους η επόμενη άσκηση:

ΑΣΚΗΣΗ 34

Δίνονται:
• η συνεχής συνάρτηση $f:\left( {0,4\alpha } \right) \to R$ , $\alpha > 0$ για την οποία γνωρίζουμε ότι ισχύουν: $\displaystyle{f\left( \alpha \right) = \alpha }$ και $\displaystyle{f\left( {3\alpha } \right) = - \alpha }$ ,
• οι μιγαδικοί $\displaystyle{z\left( x \right) = x + if(x)}$ , $x \in \left( {0,4\alpha } \right)$ για τους οποίους γνωρίζουμε ότι ισχύουν: $\left| {z\left( x \right) - 2\alpha } \right| < 2\alpha$ , $\left| {z\left( x \right) - \alpha } \right| \ge \alpha$ και $\left| {z\left( x \right) - 3\alpha } \right| \ge \alpha$ για κάθε $x \in \left( {0,4\alpha } \right)$ .

Να αποδείξετε ότι $f(2\alpha ) = 0$ .

Θωμάς

#28

Να ένας ωραίος λόγος να αφήσω για λίγο τις ΜΔΕ...

Απο τα δεδομένα προκύπτει (απο Bolzano) πως η f(x)=0 έχει μία λύση στο (α,3α), έστω ξ.

Tότε f(ξ)=0.

Αντικαθιστώντας στο z(x)=x+if(x) όπου x το ξ λαμβάνω: z(ξ)=ξ και οι τρείς σχέσεις με τα μέτρα γίνονται απλά σχέσεις με

απόλυτες τιμές.

Η πρώτη μας δίνει 0<ξ<4α (τίποτα σπουδαίο αφού α<ξ<3α)

Η δεύτερη μας δίνει $\displaystyle{ \xi \le 0 \vee \xi \ge 2a }$
το πρώτο φυσικά απορρίπτεται αρα $\displaystyle{ \xi \ge 2a }$ (1)

Η τρίτη τώρα δίνει:

$\displaystyle{ \xi \le 2a \vee \xi \ge 4a }$

εκ των οποίων η δεύτερη απορρίπτεται αρα μένει $\displaystyle{ \xi \le 2a }$ (2)

Απο (1) και (2) προκύπτει ξ=2α.

Καλά να είστε.

#29

Μια άλλη υπόδειξη

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Ραϊκόφτσαλης Θωμάς · #30

R BORIS έγραψε:Μια άλλη υπόδειξη
ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ
To μυστικό είναι στην γεωμετρική ερμηνεία. είναι καλό να σχεδιάσετε τος 3 κύκλους!

Πολύ σωστά Ροδόλφε.
Το μόνο σημείο στο χωρίο που ανήκουν οι εικόνες των $\displaystyle{z = x + if(x)}$ καθώς και στη γραφική παράσταση της συνάρτησης f και που βρίσκεται ταυτόχρονα στον άξονα $\displaystyle{x'x}$ είναι το $\displaystyle{\left( {2\alpha ,0} \right)}$ .
Λόγω του Bolzano υπάρχει $\displaystyle{\xi \in \left( {\alpha ,3\alpha } \right)}$ με $\displaystyle{f\left( \xi \right) = 0}$ , επομένως $\displaystyle{\xi = 2\alpha }$ και τελικά $\displaystyle{f\left( {2\alpha } \right) = 0}$ .

Πάντως και η λύση του Χρήστου, είναι και πάλι καταπληκτική.
Είναι από εκείνες της λύσεις που ενώ ο κατασκευαστής άλλα σκέφτηκε, έρχεται ο μπαρουτοκαπνισμένος λύτης, Χρήστος Κυριαζής και ακυρώνει με μια απλή σκέψη όλο το σκεπτικό του.
Τι να πώ για το Χρήστο, είναι καταπληκτικός λύτης.
Θωμάς

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

#31

Aχ βρε Θωμά!Αχ βρε Θωμά !

Τώρα διαφωνώ και με το μπαρουτοκαπνισμένος...

Να'σαι καλά

Πάμε για άλλες ασκήσεις.(απο την άλλη εβδομάδα πιό πυκνά)

Ραϊκόφτσαλης Θωμάς · #32

chris_gatos έγραψε:Aχ βρε Θωμά!Αχ βρε Θωμά !

Τώρα διαφωνώ και με το μπαρουτοκαπνισμένος...

Να'σαι καλά

Πάμε για άλλες ασκήσεις.(απο την άλλη εβδομάδα πιό πυκνά)

Αχ! Βρε Χρήστο Αχ! βρε Χρήστο,
την δική μου αλήθεια καταθέτω όπως την αντιλαμβάνομαι.
Εσύ μη μπερδεύεσαι, ΜΠΑΡΟΥΤΟΚΑΠΝΙΣΜΕΝΟΣ είσαι και μάλιστα σε πάρα πολλούς τομείς των μαθηματικών.

Δεν νομίζω όμως ότι είμαι ο μόνος που έχω την άποψη αυτή (για σένα), άσχετα με το αν το καταθέτουν ή όχι.
Θωμάς

mathxl · #33

Το καταθέτω και εγώ

#34

Συμφωνώ και επαυξάνω!

#35

Εννοείται ότι και εγώ συμφωνώ και επαυξάνω. Οι λύσεις του Χρήστου είναι προχωρημένες γιατί απλά είναι $\displaystyle{\cdots}$ gatisies!!

Ραϊκόφτσαλης Θωμάς · #36

Καλησπέρα.

Ας συνεχίσουμε τη θεματογραφία με μια άσκηση από το βιβλίο των (φίλων και συνεργατών) Κώστα Ρεκούμη, Κώστα Λαγού, (επιστημονική επιμέλεια από τον αγαπητό Χρήστο Κυριαζή),
"Επαναληπτικά Θέματα Μαθηματικών" εκδόσεις Μεταίχμιο.

Άσκηση 35

Δίνονται:
- ο μιγαδικός z για τον οποίο ισχύει $\displaystyle{\left| {z - i} \right| < 1}$ , $\displaystyle{\left| {z - 1} \right| < 1}$ , $\displaystyle{z \ne 1,i}$ ,
- η συνάρτηση $\displaystyle{f(x) = {\left| {z - i} \right|^x} + {\left| {z - 1} \right|^x} - 2}$ , $\displaystyle{x \in R}$ .
i. Να λυθεί η εξίσωση f(x)=0.
ii. Να βρεθεί ο γεωμετρικός τόπος των εικόνων του z
iii. Αν επί πλέον ισχύει $\displaystyle{\left| {z - i} \right| < \left| {z - 1} \right|}$ :
α. Να δειχθεί ότι Re(z)<Im(z).
β. Να υπολογισθούν τα όρια: $\displaystyle{A = \mathop {\ell im}\limits_{x \to + \infty } \left( {{{\left| {z - i} \right|}^x} - {{\left| {z - 1} \right|}^x}} \right)}$ , $\displaystyle{B = \mathop {\ell im}\limits_{x \to - \infty } \left( {{{\left| {z - i} \right|}^x} - {{\left| {z - 1} \right|}^x}} \right)}$ .

Θωμάς

ZITAVITA · #37

i) Η εξίσωση f(x)=0 έχει προφανή λύση την χ=0.
Επειδή $\displaystyle{ f'(x) = \left| {z - i} \right|^x \ln \left| {z - i} \right| + \left| {z - 1} \right|^x \ln \left| {z - 1} \right| < 0 }$ η f γν.φθίνουσα για κάθε $\displaystyle{ x \in R }$ άρα η x=0 είναι και μοναδική

το $\displaystyle{ \ln \left| {z - 1} \right| }$ και το $\displaystyle{ \ln \left| {z - i} \right| }$ είναι αρνητικά καθώς η ποσότητες που είναι μέσα στο ln ειναι μικρότερες της μονάδας

ii)Επειδή $\displaystyle{ \left| {z - i} \right| < 1 }$ ο γ.τ. είναι τα εσωτερικά σημεία του κύκλου με κέντρο Κ(0,1) και ακτίνα 1
Επειδή $\displaystyle{ \left| {z - 1} \right| < 1 }$ ο γ.τ. είναι τα εσωτερικά σημεία του κύκλου με κέντρο Λ(1,0) και ακτίνα 1
Τελικά είναι το κοινό μέρος των 2 παραπάνω κύκλων.
iii)
α)
$\displaystyle{ \begin{array}{l} \left| {z - i} \right| < \left| {z - 1} \right| \Rightarrow \left| {z - i} \right|^2 < \left| {z - 1} \right|^2 \Rightarrow \left( {z - i} \right)\left( {\overline z + i} \right) < \left( {z - 1} \right)\left( {\overline z - 1} \right) \Rightarrow \\ z\overline z + iz - i\overline z + 1 < z\overline z - z - \overline z + 1 \Rightarrow i2yi < - 2x \Rightarrow x < y \\ \end{array} }$

β)

Έχω
$\displaystyle{ \left| {z - 1} \right|^x + \left| {z - i} \right|^x = e^{x\ln \left| {z - 1} \right|} + e^{x\ln \left| {z - i} \right|} }$ με $\displaystyle{ \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } ^{} x\ln \left| {z - 1} \right| = - \infty ,\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } ^{} x\ln \left| {z - i} \right| = - \infty }$ άρα $\displaystyle{ A = e^{ - \infty } + e^{ - \infty } = 0 + 0 = 0 }$
Ομοίως $\displaystyle{ B = e^{ + \infty } - e^{ + \infty } = (+ \infty) - (+ \infty) }$ απροσδιοριστία

Σε λίγο θα το κοιτάξω (πρέπει να κοιτάξω το μπέμπη) για να μην πάει χαμένος ο κόπος ανεβάζω μέχρι εδώ

erxmer · #38

Άσκηση 36
Aν για τον μιγαδικό z ισχύει οτι $\left|z+8 \right|+\left|z-8 \right|=20$ τότε $\left|4z-\bar{z} \right|=30$

#39

Ραϊκόφτσαλης Θωμάς έγραψε: β. Να υπολογισθούν τα όρια: $\displaystyle{A = \mathop {\ell im}\limits_{x \to + \infty } \left( {{{\left| {z - i} \right|}^x} - {{\left| {z - 1} \right|}^x}} \right)}$ , $\displaystyle{B = \mathop {\ell im}\limits_{x \to - \infty } \left( {{{\left| {z - i} \right|}^x} - {{\left| {z - 1} \right|}^x}} \right)}$ .

τα όρια είναι της μορφής: $\displaystyle{A=\lim_{x\to +\infty}(a^x-b^x) \quad ,B=\lim_{x\to -\infty}(a^x-b^x),\quad \mu\epsilon\,\,\, 0<a=|z-i|<b=|z-1|<1}$

$\displaystyle{B=\lim_{x\to -\infty}(a^x-b^x)=\lim_{x\to -\infty}\big(a^x(1-(\frac{b}{a})^x)\big)=+\infty}$

Ραϊκόφτσαλης Θωμάς · #40

Καλησπέρα

Να δώσω μια λύση της ωραίας αυτής άσκησης.

Άσκηση 36 (Λύση)

$\displaystyle{\left| {z + 8} \right| + \left| {z - 8} \right| = 20}$ , επομένως οι εικόνες των z βρίσκονται στην έλλειψη με εξίσωση:
$\displaystyle{\frac{{{x^2}}}{{{{10}^2}}} + \frac{{{y^2}}}{{{6^2}}} = 1 \Rightarrow 36{x^2} + 100{y^2} = 3600 \Rightarrow 9{x^2} + 25{y^2} = 900 \Rightarrow \sqrt {9{x^2} + 25{y^2}} = 30}$ .

$\displaystyle{\left| {4z - \bar z} \right|\mathop = \limits^{z = x + yi,x,y \in R} \left| {4x + yi - x + yi} \right| = \left| {3x + 5yi} \right| = \sqrt {9{x^2} + 25{y^2}} = 30}$

Θωμάς

2η 25άδα

Re: 2η 25άδα

Re: 2η 25άδα

Re: 2η 25άδα

Re: 2η 25άδα

Re: 2η 25άδα

Re: 2η 25άδα

Re: 2η 25άδα

Re: 2η 25άδα

Re: 2η 25άδα

Re: 2η 25άδα

Re: 2η 25άδα

Re: 2η 25άδα

Re: 2η 25άδα

Re: 2η 25άδα

Re: 2η 25άδα

Re: 2η 25άδα

Re: 2η 25άδα

Re: 2η 25άδα

Re: 2η 25άδα

Re: 2η 25άδα

Μέλη σε σύνδεση