Επαναληπτικό θέμα

abgd · #1

Έστω η συνεχής στο $\mathbb{R}$ συνάρτηση

και οι πραγματικοί αριθμοί a,b

με

.
Ισχύουν:

$f(x)=e^{1-\frac{1}{x^2}}, \ \ \forall x \ne 0$

Η συνάρτηση ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του θεωρήματος Rolle στο διάστημα

α) Να δείξετε ότι f(a+b)=0

β) Να βρεθεί το $\xi \in (a,b)$ το οποίο ικανοποιεί το συμπέρασμα του θεωρήματος Rolle.

γ) Να βρεθεί η τιμή του

για την οποία, η εφαπτομένη στη C_f

στο σημείο της $A\left(a,f(a)\right)$ διέρχεται από την αρχή των αξόνων.

δ) Να βρεθεί η γνησίως αύξουσα συνάρτηση $g:[0,e)\to \mathbb{R}$ για την οποία ισχύει: $(fog)(x)=x, \ \ \forall x \in [0,e)$

gb1234 · #2

Καλησπέρα! Είμαστε σίγουροι ότι ισχύει το α? Η υπάρχει κάτι που δεν βλέπω?

M.S.Vovos · #3

gb1234 έγραψε: ↑
Τετ Μαρ 02, 2022 3:41 pm
Καλησπέρα! Είμαστε σίγουροι ότι ισχύει το α? Η υπάρχει κάτι που δεν βλέπω?

Ισχύει. Η

είναι συνεχής στο $\mathbb{R}$ και άρα $\displaystyle \lim_{x \to 0} f(x)=f(0)$ . Όμως, $\displaystyle \lim_{x \to 0} f(x)=0$ (γιατί;) άρα f(0)=0

. Τώρα, αφού ισχύει το Rolle θα είναι f(a)=f(b)

που συνεπάγεται ότι a=b

ή

. Η πρώτη σχέση απορρίπτεται φυσικά άρα a+b=0

. Επομένως: f(a+b)=f(0)=0

.

#4

gb1234 έγραψε: ↑
Τετ Μαρ 02, 2022 3:41 pm
Καλησπέρα! Είμαστε σίγουροι ότι ισχύει το α? Η υπάρχει κάτι που δεν βλέπω?

Ισχύει.

Υπόδειξη: Αφού πρέπει να ισχύουν οι υποθέσεις του Θεωρήματος Rolle στο [a,b]

, είναι

. Να συμπεράνεις ότι a+b=0

. Δεν τελειώσαμε. Πόσο είναι το f(0)

; Ο ορισμός μας δίνει το f(x)

για $x\ne 0$ αλλά μας λέει ακόμη ότι η

είναι συνεχής. Συνέχισε.

Edit: Με πρόλαβε ο Μάριος όσο έγραφα. Το αφήνω...

gb1234 · #5

Έγινε σας ευχαριστώ πολύ για τις διευκρινίσεις!

ma128 · #6

a) H

είναι συνεχής στο

.

Επομένως: $f(0)=lim_{x\rightarrow0}f(x)=lim_{x\rightarrow0}e^{1-\frac{1}{x^2}}=lim_{y\rightarrow-\infty}e^y=0$

kfd έγραψε: ↑
Τετ Μαρ 02, 2022 8:14 pm
Η f στο καθένα από τα διαστήματα $\left ( -\infty ,0 \right ),\left ( 0,+\infty \right )$ είναι γνήσια μονότονη κι επειδή $f\left ( \alpha \right )=f\left ( \beta \right )$ oι α,β δεν είναι ομόσημοι.

Και επειδή: a<b

προκύπτει οτι: a<0<b

Όμως ισχύει Θ.Rolle στο [a,b]

. Επομένως: $f(a)=f(b)\Leftrightarrow|a|=|b|$

Επομένως : a=-b

Άρα:

b) ${f}'(x)=\frac{2e^{1-\frac{1}{x^2}}}{x^3}, \forall x\neq0$

Παρατηρώ ότι: $lim_{x\rightarrow0^{+}}\frac{f(x)-f(0))}{x-0}=lim_{x\rightarrow0^{+}}\frac{e}{xe^{\frac{1}{x^2}}}=0$

Καθώς: $lim_{x\rightarrow0^{+}}xe^{\frac{1}{x^2}}=lim_{x\rightarrow0^{+}}\frac{e^{\frac{1}{x^2}}}{\frac{1}{x}}$

Θέτω: 1/x=y

$y\rightarrow lim_{x\rightarrow0^{+}}1/x=+\infty$

Άρα: $lim_{x\rightarrow0^{+}}\frac{e^{\frac{1}{x^2}}}{\frac{1}{x}}=lim_{y\rightarrow+\infty}e^{y^2}/y=+\infty$

Με το ίδιο τρόπο προκύπτει και το έταιρο πλευρικό όριο ίσο με

Επομένως η

είναι παραγωγίσιμη στο

με

Κι επειδή: ${f}'(x)\neq0, \forall x\neq0$

Έπεται ότι: $\xi=0$

c) Ισχύει: f(a)-a{f}'(a)=0

Παρατηρώ ότι a=0

ικανοποιεί την εξίσωση,
Απορρίπτεται, καθώς: $a<\xi=0$

Για $a\neq0$

Αντικαθιστώντας προκύπτει: $1-\frac{2}{a^2}=0\Leftrightarrow a=\pm\sqrt{2}$

Και αφού: a<0

έπεται: $a=-\sqrt{2}$

d)Παρατηρώ οτι: f(g(0))=0

Και επειδή η εξίσωση f(x)=0

έχει μοναδική λύση, την x=0

Έπεται ότι: g(0)=0

Για $x\in (0,e)$

Έχουμε: $e^{1-\frac{1}{{g}^2(x)}}=x \Leftrightarrow {g}^2(x)=\frac{1}{1-lnx}}\Leftrightarrow |g(x)|=\frac{1}{\sqrt{1-lnx}}$ (1)

Όμως $\forall x_1,x_2 \in [0,e)$ με x_1<x_2

. Έχουμε:

$x_1<x_2\Leftrightarrow f(g(x_1))<f(g(x_2))\Leftrightarrow g(x_1)<g(x_2)$

Δηλαδή η

είναι γνησίως αύξουσα στο [0,e)

Και επομένως: $g(x)>g(0)=0, \forall x \in (0,e)$ (2)

Καθώς: ${f}'(x)\geq 0 , \forall x \in [0,e)$

Και έτσι η

είναι αύξουσα στο [0,e)

Και μάλιστα γνησίως αύξουσα καθώς: $f(x)>0=f(0), \forall x \in (0,e)$

Συμπέρασμα: απο τις (1)

και

προκύπτει ότι: $g(x)=\frac{1}{\sqrt{1-lnx}}, x\in (0,e)$

kfd · #7

H f άρτια άρα $f\left ( \alpha \right )=f\left ( -\alpha \right ).$
Aπό Rolle $f\left ( \alpha \right )=f\left ( \beta \right ),$ άρα $-\alpha =\beta .$

#8

ma128 έγραψε: ↑
Τετ Μαρ 02, 2022 6:01 pm

Επομένως: $f(0)=lim_{x\rightarrow0}f(x)=e^{-\infty}=0$

Έλεος!

Όπως σου είχα γράψει στο ποστ #

εδώ, το παραπάνω βγάζει μάτι.

Θα σου συστήσω ΑΛΛΗ ΜΙΑ ΦΟΡΑ να ξεκαθαρίσεις στο μυαλό σου ποια είναι τα σωστά Μαθηματικά και ποια είναι απαράδεκτη γραφή.

Επίσης θα συστήσω στους μαθητές ή φοιτητές που διαβάζουν την παραπάνω λύση του ma128 να διακρίνουν την ήρα από το στάρι. Αν έγραφε φοιτητής μου το παραπάνω σε διαγώνισμα σίγουρα θα τον προσκαλούσα για να κάνω μία σοβαρή προσπάθεια να του τα διδάξω σωστά. Και αυτό όχι μόνο για δικό του όφελος (δουλειά μας είναι να διδάσκουμε και το κάνουμε με χαρά) αλλά και για να προλάβω το ενδεχόμενο να πάει ο διαγωνιζόμενος σε νεαρότερους μαθητές/φοιτητές και να τους διδάξει στρεβλά Μαθηματικά.

Είναι γνωστό ότι αν μάθουν κάτι στραβά είναι πιο δύσκολο να το ξεμάθουν παρά να το μάθαιναν εξ αρχής σωστά.

abgd · #9

Ευχαριστώ για την ενασχόλησή σας.
Κάποιες παρατηρήσεις στα παραπάνω...

kfd έγραψε: ↑
Τετ Μαρ 02, 2022 6:23 pm
H f άρτια άρα $f\left ( \alpha \right )=f\left ( -\alpha \right ).$
Aπό Rolle $f\left ( \alpha \right )=f\left ( \beta \right ),$ άρα $-\alpha =\beta .$

Με δεδομένο ότι κάποια συνάρτηση

είναι άρτια και ισχύει $f(a)=f(b), \ \ a<b$ δεν μπορεί να προκύψει ότι b=-a

.

Παράδειγμα $f(x)=cosx, x \in \mathbb{R}$

ma128 έγραψε: ↑
Τετ Μαρ 02, 2022 6:01 pm

d)Ισχύει: ${f}'(x)\geq0 , \forall x \in [0,e)$

προφανώς:

Επομένως, η είναι αύξουσα και άρα 1-1 στο διάστημα αυτό και έτσι ορίζεται η αντίστροφη της

Άρα: $f(g(x))=x \Leftrightarrow g(x)={f}^{-1}(x)=\frac{1}{\sqrt{1-lnx}}, x\in (0,e)$

Καθώς: θέτοντας στο τύπο της , $x={f}^{-1}(y)$ και λύνοντας ως προς την αντίστροφη

Έχουμε: ${f}^{-1}(y)=\pm\frac{1}{\sqrt{1-lny}}$

Επειδή: $f(1)=1\Leftrightarrow{f}^{-1}(1)=1$

Δεδομένο που ικανοποιεί η θετική λύση.

Η είναι αύξουσα στο , καθώς η είναι αύξουσα στο διάστημα αυτό και η αντίστροφη της επομένως είναι και αυτή άυξουσα.

Και μάλιστα γνησίως αύξουσα καθώς: και $g(x)>0, \forall x \in (0,e)$

Η απάντησή σου στο δ).... δεν είναι καλή!

Το προφανώς g(0)=0

νομίζω θέλει να γράψουμε δυο πραγματάκια... δεν είναι τόσο προφανές!

Στην ύλη των μαθηματικών της Γ΄ Λυκείου δεν ορίζουμε συνάρτηση 1-1 κατά διαστήματα. Μία συνάρτηση είναι 1-1 ή δεν είναι και η συγκεκριμένη δεν είναι.
Θα μπορούσες, κάνοντας πρώτα την τελευταία παρατήρηση για το πρόσημο της συνάρτησης

, να λύσεις εύκολα την εξίσωση (fog)(x)=x

, ως προς

.

kfd · #10

Η f στο καθένα από τα διαστήματα $\left ( -\infty ,0 \right ),\left ( 0,+\infty \right )$ είναι γνήσια μονότονη κι επειδή $f\left ( \alpha \right )=f\left ( \beta \right )$ oι α,β δεν είναι ομόσημοι. Άρα με την προϋπόθεση ότι κανένας τους δεν είναι 0, αφού $f\left ( 0 \right )=0$ και $f\left ( x \right )\neq 0$ στο $R^{*}$ , oι $-\alpha ,\beta$ είναι ομόσημοι στο $\left ( 0,+\infty \right )$ που η f είναι γνήσια αύξουσα. Άρα $-\alpha =\beta$ .

ma128 · #11

abgd έγραψε: ↑
Τετ Μαρ 02, 2022 7:10 pm
Η απάντησή σου στο δ).... δεν είναι καλή!

Το προφανώς νομίζω θέλει να γράψουμε δυο πραγματάκια... δεν είναι τόσο προφανές!

Στην ύλη των μαθηματικών της Γ΄ Λυκείου δεν ορίζουμε συνάρτηση 1-1 κατά διαστήματα. Μία συνάρτηση είναι 1-1 ή δεν είναι και η συγκεκριμένη δεν είναι.
Θα μπορούσες, κάνοντας πρώτα την τελευταία παρατήρηση για το πρόσημο της συνάρτησης , να λύσεις εύκολα την εξίσωση , ως προς .

Ευχαριστώ για τις επισημάνσεις.
Έγιναν οι απαραίτητες διορθώσεις.

#12

Ωραίο Θέμα με αρκετά λεπτά σημεία .

α) H συνάρτηση $f(x)=e^{1-\frac{1}{x^2}},$ , είναι παραγωγίσιμη για κάθε $x \ne 0$ με ${f}'(x)={{e}^{1-\frac{1}{{{x}^{2}}}}}\left( \frac{2}{{{x}^{3}}} \right)$
Άρα για x>0

είναι $\displaystyle {f}'(x)>0$ και για x<0

είναι $\displaystyle {f}'(x)<0$ . Επομένως λόγω μονοτονίας , αν οι $\displaystyle a,b$ είναι ομόσημοι , θα ισχύει $\displaystyle f(a)\ne f(b)$ , οπότε δεν μπορεί να ισχύει το θεώρημα Rolle.
Αναγκαστικά , λοιπόν, θα είναι $\displaystyle a<0<b$
H συνάρτηση είναι συνεχής σε καθένα από τα $\displaystyle [a,0),(0,b]$ ως σύνθεση συνεχών και παραγωγίσιμη σε καθένα από τα $\displaystyle (a,0),(0,b)$ ως σύνθεση παραγωγίσιμων συναρτήσεων με ${f}'(x)={{e}^{1-\frac{1}{{{x}^{2}}}}}\left( \frac{2}{{{x}^{3}}} \right)$
Ακόμα $\displaystyle \underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\left( 1-\frac{1}{{{x}^{2}}} \right)=-\infty ,\underset{x\to {{0}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,\left( 1-\frac{1}{{{x}^{2}}} \right)=-\infty ,$ οπότε $\displaystyle \underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,f(x)=0,\underset{x\to {{0}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,f(x)=0,$ και επειδή είναι συνεχής στο $\displaystyle x=0$ έχουμε κατανάγκην ότι $\displaystyle f(0)=0$
Για την παράγωγο στο $\displaystyle x=0$ , έχουμε ότι
$\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{{{e}^{1-\frac{1}{{{x}^{2}}}}}-0}{x-0}=\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{{{e}^{1-\frac{1}{{{x}^{2}}}}}}{1}=0$ και $\underset{x\to {{0}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{{{e}^{1-\frac{1}{{{x}^{2}}}}}-0}{x-0}=\underset{x\to {{0}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{{{e}^{1-\frac{1}{{{x}^{2}}}}}}{1}=0$ . Άρα {f}'(0)=0

Επειδή ισχύει f(-x)=f(x)

για κάθε $\ x \ne 0$ , παίρνοντας ως

το

,
θα έχουμε f(a)=f(b)

(αναγκαία συνθήκη για το θεώρημα Rolle )
και επίσης $a+b=0\Rightarrow f(a+b)=f(0)=0$

β) Από το (α) προκύπτει ότι $\displaystyle {f}'(x)=0$ , μόνο για $\displaystyle x=0$ . Επομένως $\displaystyle \xi =0$ .

γ) Για $\displaystyle a=0$ , η εφαπτομένη είναι η $\displaystyle y-f(0)={f}'(0)(x-0)\Leftrightarrow y=0$
Για $\displaystyle \alpha \ne 0$ η εφαπτομένη στο τυχαίο σημείο $\displaystyle A(\alpha ,f(\alpha ))$ είναι η $\displaystyle y-f(\alpha )={f}'(\alpha )(x-\alpha )$
κι αφού διέρχεται από το $\displaystyle (0,0)$ έχουμε ότι
$\displaystyle -f(\alpha )={f}'(\alpha )(-\alpha )\Leftrightarrow f(\alpha )=\alpha {f}'(\alpha )\Leftrightarrow {{e}^{1-\frac{1}{{{\alpha }^{2}}}}}=\alpha {{e}^{1-\frac{1}{{{\alpha }^{2}}}}}\left( \frac{2}{{{\alpha }^{3}}} \right)\Leftrightarrow {{\alpha }^{3}}=2\alpha \Leftrightarrow \alpha =\sqrt{2}$ , αφού $\displaystyle \alpha >0$ .
Λόγω συμμετρίας (αφού είναι άρτια από το (α) ) και η εφαπτόμενη στο $\displaystyle {A}'(-\sqrt{2},f(-\sqrt{2}))$ , θα διέρχεται από την αρχή των αξόνων .
Τελικά , για $\displaystyle \alpha =0,\sqrt{2},-\sqrt{2}$ οι εφαπτόμενες διέρχονται από την αρχή των αξόνων .

δ) Για $\displaystyle x=0$ έχουμε ότι $\displaystyle f(g(0))=0$ . Είδαμε όμως ότι $\displaystyle f(x)=0$ μόνο για $\displaystyle x=0$ . Επομένως $\displaystyle g(0)=0$ .
Επειδή η $g:[0,e)\to \mathbb{R}$ είναι γνησίως αύξουσα και ισχύει $\displaystyle f(g(x))=x$ πρέπει η $\displaystyle f$ να είναι γνησίως αύξουσα ,
διαφορετικά καταλήγουμε σε άτοπο .
Άρα το σύνολο τιμών της $\displaystyle g$ , δηλαδή το $\displaystyle [g(0),g(e))\subseteq [0,+\infty )$ .
Άρα η $\displaystyle g$ πρέπει να παίρνει μόνο θετικές τιμές για $\displaystyle x\in (0,e)$ .
Έχουμε διαδοχικά για $\displaystyle x\in (0,e)$
$\displaystyle \begin{array}{l} \,\,\,\,\,f(g(x)) = x \Leftrightarrow {e^{1 - \frac{1}{{{{[g(x)]}^2}}}}} = x \Leftrightarrow {e^{1 - \frac{1}{{{{[g(x)]}^2}}}}} = {e^{\ln x}} \Leftrightarrow \\ \,\,\,\, \Leftrightarrow 1 - \frac{1}{{{{[g(x)]}^2}}} = \ln x \Leftrightarrow {[g(x)]^2} = \frac{1}{{1 - \ln x}} \Leftrightarrow \,\,|g(x)| = \sqrt {\frac{1}{{1 - \ln x}}} \end{array}$

και επειδή $\displaystyle g(x)>0$ , είναι $\displaystyle \,\,g(x)=\sqrt{\frac{1}{1-\ln x}}$ για $\displaystyle x\in (0,e)$ και βέβαια $\displaystyle g(0)=0$

Christos.N · #13

Έστω η συνεχής στο $\mathbb{R}$ συνάρτηση και οι πραγματικοί αριθμοί με .
Ισχύουν:
$f(x)=e^{1-\frac{1}{x^2}}, \ \ \forall x \ne 0$

Η συνάρτηση ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του θεωρήματος Rolle στο διάστημα
α) Να δείξετε ότι

β) Να βρεθεί το $\xi \in (a,b)$ το οποίο ικανοποιεί το συμπέρασμα του θεωρήματος Rolle.

Για τα πρώτα δύο ερωτήματα καθώς τα άλλα δύο εμπεριστατωμένα απαντήθηκαν ήδη. Η προσέγγιση μου είναι κάπως πιο "μαθητική".

α) Γνωρίζουμε ότι η συνάρτηση ικανοποιεί τις υποθέσεις του θεωρήματος Rolle στο [a,b]

άρα $f(a)=f(b)\Rightarrow e^{1-\frac{1}{a^2}}=e^{1-\frac{1}{b^2}}\Rightarrow a^2=b^2 \Rightarrow a=-b \Rightarrow a+b=0$

Η περίπτωση a=b

απορρίπτεται καθώς a<b

.

Άρα $f(a+b)=f(0)=\underset{x\to 0}{lim} e^{1-\frac{1}{x^2}}=\underset{u\to +\infty}{lim} e^{1-u}=0$ .

β) Από το ερώτημα α) γνωρίζουμε ότι η συνάρτηση ικανοποιεί τις υποθέσεις του θεωρήματος Rolle σε διάστημα της μορφής [-b,b]

όπου

(πράγματι $b>-b\Rightarrow b>0$ )

Συνεπώς $0\in(-b,b)$ , αφού υπάρχει τουλάχιστον ένα $\xi \in (a,b)=(-b,b)$ όπου $f'(\xi)=0$

αν υποθέσουμε ότι $\xi\neq 0$ τότε $\frac{2}{\xi^3}e^{1-\frac{1}{\xi^2}}=0$ άτοπο.

Άρα $\xi=0$

abgd · #14

Αυτό που είχα υπόψιν μου ως απάντηση είναι αυτή που έδωσε ο Γιώργης αναλυτικά. Βέβαια στο γ) για το

δεν χρειάζονται οι περιπτώσεις, εφόσον το

, από τα δεδομένα προκύπτει ότι είναι αρνητικό. Ίσως χρειαζόταν μία διευκρίνηση στη διατύπωση του θέματος.
Βλέποντας την πολύ καλή προσέγγιση του Χρήστου στο β) ερώτημα, παρατηρώ ότι θα μπορούσε κάποιος να λύσει την άσκηση χωρίς να βρει την παραγωγισιμότητα της συνάρτησης στο

, κάτι το οποίο ήθελα να εξετάζει το θέμα.
Αν ξαναέγραφα το θέμα, θα αντέστρεφα το ζητούμενο f(a+b)=0

με το δεδομένο: η συνάρτηση

ικανοποιεί το θεώρημα Rolle.
Στο α) ερώτημα θα ήταν ζητούμενο: Δείξτε ότι η ότι η συνάρτηση

ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του θεωρήματος Rolle στο [a,b]

Christos.N · #15

abgd έγραψε: ↑
Πέμ Μαρ 03, 2022 8:46 am
Αυτό που είχα υπόψιν μου ως απάντηση είναι αυτή που έδωσε ο Γιώργης αναλυτικά. Βέβαια στο γ) για το δεν χρειάζονται οι περιπτώσεις, εφόσον το , από τα δεδομένα προκύπτει ότι είναι αρνητικό. Ίσως χρειαζόταν μία διευκρίνηση στη διατύπωση του θέματος.
Βλέποντας την πολύ καλή προσέγγιση του Χρήστου στο β) ερώτημα, παρατηρώ ότι θα μπορούσε κάποιος να λύσει την άσκηση χωρίς να βρει την παραγωγισιμότητα της συνάρτησης στο , κάτι το οποίο ήθελα να εξετάζει το θέμα.
Αν ξαναέγραφα το θέμα, θα αντέστρεφα το ζητούμενο με το δεδομένο: η συνάρτηση ικανοποιεί το θεώρημα Rolle.
Στο α) ερώτημα θα ήταν ζητούμενο: Δείξτε ότι η ότι η συνάρτηση ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του θεωρήματος Rolle στο

Δεν θεωρώ ότι το θέμα "χαλαρώνει" την όποια δυσκολία όπως δίνεται, αντίθετα με τον τρόπο αυτό εξετάζει και αφήνει ελεύθερα διαφορετικά γνωστικά επίπεδα αντιμετώπισης.

abgd · #16

Christos.N έγραψε: ↑
Πέμ Μαρ 03, 2022 8:57 am

abgd έγραψε: ↑
Πέμ Μαρ 03, 2022 8:46 am
Αυτό που είχα υπόψιν μου ως απάντηση είναι αυτή που έδωσε ο Γιώργης αναλυτικά. Βέβαια στο γ) για το δεν χρειάζονται οι περιπτώσεις, εφόσον το , από τα δεδομένα προκύπτει ότι είναι αρνητικό. Ίσως χρειαζόταν μία διευκρίνηση στη διατύπωση του θέματος.
Βλέποντας την πολύ καλή προσέγγιση του Χρήστου στο β) ερώτημα, παρατηρώ ότι θα μπορούσε κάποιος να λύσει την άσκηση χωρίς να βρει την παραγωγισιμότητα της συνάρτησης στο , κάτι το οποίο ήθελα να εξετάζει το θέμα.
Αν ξαναέγραφα το θέμα, θα αντέστρεφα το ζητούμενο με το δεδομένο: η συνάρτηση ικανοποιεί το θεώρημα Rolle.
Στο α) ερώτημα θα ήταν ζητούμενο: Δείξτε ότι η ότι η συνάρτηση ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του θεωρήματος Rolle στο
Δεν θεωρώ ότι το θέμα "χαλαρώνει" την όποια δυσκολία όπως δίνεται, αντίθετα με τον τρόπο αυτό εξετάζει και αφήνει ελεύθερα διαφορετικά γνωστικά επίπεδα αντιμετώπισης.

Μάλλον έχεις δίκιο. Δίνει δηλαδή την επιλογή μιας έξυπνης αντιμετώπισης του β), όπως αυτής που έκανες.

abgd · #17

Κάτι τελευταίο... στο δ) θα μπορούσε κάποιος να βάλει ένα επιπλέον ζητούμενο: τη συνέχεια της συνάρτησης

.
Θα μου πείτε πολλά όρια σε ένα θέμα, αλλά είναι καλά όρια για την εκπαίδευση των μαθητών.

Christos.N · #18

abgd έγραψε: ↑
Πέμ Μαρ 03, 2022 9:12 am
Κάτι τελευταίο... στο δ) θα μπορούσε κάποιος να βάλει ένα επιπλέον ζητούμενο: τη συνέχεια της συνάρτησης .
Θα μου πείτε πολλά όρια σε ένα θέμα, αλλά είναι καλά όρια για την εκπαίδευση των μαθητών.

θα μπορούσαμε να διατυπώσουμε το ερώτημα ως εξής.

Υ.Γ. και μετά από κάποια σκέψη

abgd έγραψε: ↑
Τετ Μαρ 02, 2022 11:08 am
δ) Να βρεθούν όλες οι συνεχείς συναρτήσεις $g:[0,e)\to \mathbb{R}$ για τις οποίες ισχύει: $(fog)(x)=x, \ \ \forall x \in [0,e)$

Υ.Γ.2 Θα μπορούσαμε να προσθέσουμε και την μελέτη της κυρτότητας και των σημείων καμπής

(Αν το δει ποτέ ο KARKAR - θα ζητούσαμε και την χάραξη σε λογισμικό και θα λέγαμε: καταγράψτε τι σας εντυπωσιάζει

)

KARKAR · #19

: Περίεργη εκθετική.png (12.3 KiB) Προβλήθηκε 3495 φορές

#20

ma128 έγραψε: ↑
Τετ Μαρ 02, 2022 8:39 pm

Ευχαριστώ για τις επισημάνσεις.
Έγιναν οι απαραίτητες διορθώσεις.

Tρόπος του λέγειν!

Ξαναδές σε παρακαλώ το ποστ #

παραπάνω και κάνε την διόρθωση που βγάζει μάτι.

Επειδή είμαστε επιστημονικό φόρουμ καλό είναι τα λάθη που πέφτουν στην αντίληψή μας, να τα διορθώνουμε.

Δεν φαίνεται να δίνεις την δέουσα προσοχή στα σχόλια που γράφουμε στις παρεμβάσεις σου. Εννοείται ότι χαιρόμαστε να βλέπουμε να ασχολείσαι με τα Μαθηματικά, και ακόμα περισσότερο χαιρόμαστε να συμβάλουμε στην γνώση σου, αλλά χρειάζεται βοήθεια και από εσένα. Συν mathematica και χείραν κίνειν.

Επαναληπτικό θέμα

Επαναληπτικό θέμα

Re: Επαναληπτικό θέμα

Re: Επαναληπτικό θέμα

Re: Επαναληπτικό θέμα

Re: Επαναληπτικό θέμα

Re: Επαναληπτικό θέμα

Re: Επαναληπτικό θέμα

Re: Επαναληπτικό θέμα

Re: Επαναληπτικό θέμα

Re: Επαναληπτικό θέμα

Re: Επαναληπτικό θέμα

Re: Επαναληπτικό θέμα

Re: Επαναληπτικό θέμα

Re: Επαναληπτικό θέμα

Re: Επαναληπτικό θέμα

Re: Επαναληπτικό θέμα

Re: Επαναληπτικό θέμα

Re: Επαναληπτικό θέμα

Re: Επαναληπτικό θέμα

Re: Επαναληπτικό θέμα

Μέλη σε σύνδεση