Μικρό ευχαριστώ

#21

KAKABASBASILEIOS έγραψε:<...>

ιι) Θεωρώντας την εξίσωση $f(x)=y,\,\,\,y\in R$ έστω ότι έχει λύση την $x={{x}_{0}}$ τότε θα ισχύει $f({{x}_{0}})=y$ και στην αρχική θα έχουμε ότι αναγκαία ${{f}^{3}}({{x}_{0}})-{{f}^{2}}({{x}_{0}})+f({{x}_{0}})={{x}_{0}}$

ή ${{y}^{3}}-{{y}^{2}}+y={{x}_{0}}$ δηλαδή $g(y)={{x}_{0}}$ τώρα αρκεί $f({{y}^{3}}-{{y}^{2}}+y)=y$ Τώρα από $g(f(x))=x,\,\,\,x\in R$ θα ισχύει

$g(f({{y}^{3}}-{{y}^{2}}+y))={{y}^{3}}-{{y}^{2}}+y=g(y)$ και επειδή η ’1-1’ θα ισχύει $f({{y}^{3}}-{{y}^{2}}+y)=y$ επομένως η έχει λύση για κάθε $y\in R$ άρα η ΄χει σύνολο τιμών το R.

Βασίλη, ίσως δεν βλέπω κάτι. Κάνω άλλο τρόπο:

Η

δεν είναι άνω φραγμένη γιατί αν φράσσεται από το

(χωρίς βλάβη M>0

) τότε για κάθε $x\in \mathbb R$ θα είχαμε $x = f^3(x) - f^2(x) + f(x) \le M^3 + M^2 +M$ , άτοπο.
Όμοια δεν είναι κάτω φραγμένη. Άρα, ως συνεχής, έχει σύνολο τιμών το $\mathbb R$ (λόγω Bolzano).

Φιλικά,

Μιχάλης

mathxl · #22

Ακόμη ένας τρόπος είναι να πούμε ότι επειδή η f είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα τα όρια στα άπειρα θα υπάρχουν.
Αν είναι πραγματικοί αριθμοί τότε λαμβάνοντας όρια στα άπειρα, στα μέλη καταλήγουμε σε άτοπο. Συνεπώς τα όρια είναι μη πεπερασμένα και επειδή η f είναι γνησίως αύξουσα προκύπτει το όριο στο -οο ίσο με -οο και ομοίως στο +οο το +οο, δηλαδή σύνολο τιμών το R

mathxl · #23

ΑΣΚΗΣΗ 6 Από τον Νίκο Ζανταρίδη

Έστω οι μιγαδικοί $\displaystyle{z,w}$ , τέτοιοι ώστε να ισχύει $\displaystyle{\left| {z - 1 - 3i} \right| + \left| {z - 5} \right| = \left| {w - 1 - 3i} \right| + \left| {w - 5} \right| = 5}$
και $\displaystyle{\left| {{\mathop{\rm Im}\nolimits} \left( w \right){\mathop{\rm Re}\nolimits} \left( z \right) - {\mathop{\rm Im}\nolimits} \left( z \right){\mathop{\rm Re}\nolimits} \left( w \right)} \right| = 15}$ .
Αν $\displaystyle{{\mathop{\rm Re}\nolimits} \left( z \right) > {\mathop{\rm Re}\nolimits} \left( w \right)}$ , να βρείτε τους μιγαδικούς z,w.

#24

...καλησπέρα

μια προσπάθεια στην απαιτητική από πλευράς αλγεβρας ασκηση του Νικου...

Αν $A(1,3),\,\,B(5,0)$ επειδή (AB)=5

και Μ εικόνα του

ώστε $\left| z-1-3i \right|+\left| z-5 \right|=5$ έχουμε ότι MA+MB=AB

άρα η εικόνα του

και του

θα είναι σημεία του ευθυγράμμου τμήματος

Τώρα επειδή η εξίσωση της

είναι

με $1\le x\le 5$ και $0\le y\le 3$ και με $z=a+\beta i,\,\,\,w=\gamma +\delta i$ θα ισχύουν

$3a+4\beta =15$ (1) με $1\le a\le 5$ και $0\le \beta \le 3$

$3\gamma +4\delta =15$ (2) με $1\le \gamma \le 5$ και $0\le \delta \le 3$ και από υπόθεση ότι $\left| a\delta -\beta \gamma \right|=15$ (3) και $a>\gamma$

Από (1)-(2) προκύπτει $3(a-\gamma )+4(\beta -\delta )=0\Leftrightarrow 3(\alpha -\gamma )=4(\delta -\beta )$ (4) και αφού $a>\gamma$ θα είναι και $\delta >\beta$ λόγω της (4) άρα θα ισχύει και $a\delta >\beta \gamma$ έτσι από (3) έχουμε $a\delta -\beta \gamma =15$ (5)

Επίσης από (1) $3\alpha =15-4\beta$ και από (2) $4\delta =15-3\gamma$ και με πολλαπλασιασμό κατά μελή προκύπτει $12a\beta ={{15}^{2}}-45\gamma -60\beta +12\beta \gamma$ ή

$12(a\delta -\beta \gamma )={{15}^{2}}-45\gamma -60\beta \Leftrightarrow 12\,\cdot 15={{15}^{2}}-45\gamma -60\beta$ και τελικά προκύπτει $3\gamma +4\beta =3$ (6)

Τώρα (6)-(2) έχουμε $4(\delta -\beta )=12\Leftrightarrow \delta -\beta =3$ και λόγω (4) $a-\gamma =4$ και επειδή από τις συνθήκη της (1) έχουμε $0<\alpha -\gamma \le 4$ αναγκαία πρέπει $a=5,\,\,\,\gamma =1$ και επόμενως $\delta =3$

και $\beta =0$ έτσι $z=5,\,\,w=1+3i$

....μπορεί να υπάρχει και πιο σύντομη διαδρομή, ειδομεν...
Φιλικά και Μαθηματικά
Βασίλης

nikoszan · #25

Βασιλη ,ωραια αντιμετωπιση.Η κατασκευη της ασκησης εγινε για να δοθει γεωμετρικη λυση.Πιστευω να την παρουσιασει καποιος.
Φιλικα Ν.Ζ.

#26

nikoszan έγραψε:Βασιλη ,ωραια αντιμετωπιση.Η κατασκευη της ασκησης εγινε για να δοθει γεωμετρικη λυση.Πιστευω να την παρουσιασει καποιος.
Φιλικα Ν.Ζ.

KAKABASBASILEIOS έγραψε:...καλησπέρα μια προσπάθεια στην απαιτητική από πλευράς αλγεβρας ασκηση του Νικου...

Αν $A(1,3),\,\,B(5,0)$ επειδή και Μ εικόνα του ώστε $\left| z-1-3i \right|+\left| z-5 \right|=5$ έχουμε ότι

άρα η εικόνα του και του θα είναι σημεία του ευθυγράμμου τμήματος
…………………….
έτσι $z=5,\,\,w=1+3i$
Βασίλης

Αν, επιπλέον, Ν είναι η εικόνα του w, τότε (ΟΑΒ)=(ΟΜΝ)=15/2 τ.μ., επομένως τα σημεία Μ, Ν συμπίπτουν με τα άκρα του ΑΒ κ.λπ.

nikoszan · #27

Βασιλη και rek2 ευχαριστω για το χρονο που διαθεσατε.
Ν.Ζ.

#28

Μια γεωμετρική ιδέα

Οι εικόνες των μιγαδικών Μ(z) και Ν(w) λόγω της δοθείσης συνθήκης ανήκουν
πάνω στο ευθύγραμμο τμήμα ΑΒ και μάλιστα αριστερά το Ν και δεξιά το Μ όπως
φαίνεται στο πρώτο σχήμα.
Επίσης από τη συνθήκη:
$\displaystyle \left|Im(w)Re(z)-Im(z)Re(w) \right|=15$
προκύπτει ότι η διαφορά των εμβαδών των ορθογωνίων
καφέ ορθογώνιο - γαλάζιο ορθογώνιο πρέπει να είνα ίση με 15.
Επειδή και τα δύο αυτά ορθογώνια ανήκουν μέσα στο ορθογώνιο (ΟΒΗC) που έχει εμβαδόν ίσο με 15
πρέπει όπως φαίνεται στο δεύτερο σχήμα το καφέ ορθογώνιο να γίνει ίσο με το ΟΒΗC και το γαλάζιο ορθογώνιο
να γίνει μηδενικό.
Αυτό πετυχαίνεται όπως φαίνεται από το δεύτερο σχήμα όταν $\displaystyle z=5 ,\ \ w=1+3i$

Κώστας Δόρτσιος

#29

Βαδίζοντας στο δρόμο που κάποιοι πρωτοπόροι άνοιξαν η διαδρομή είναι ευκολότερη...

: 28-4-2011 Μιγαδικοί.jpg (15.48 KiB) Προβλήθηκε 2486 φορές

Στο Μιγαδικό επίπεδο έστω $\displaystyle A\left( {5,\;0} \right),\;\;B\left( {1,\;3} \right)$ και τα σημεία $\displaystyle M_{\left( z \right)} \left( {x_M ,\;y_M } \right),\;\;N_{\left( W \right)} \left( {x_N ,\;y_N } \right)$

Από τη σχέση (1) έχουμε: $\displaystyle \left( {MA} \right) + \left( {MB} \right) = \left( {NA} \right) + \left( {NB} \right) = \left( {AB} \right)$ , οπότε, από Τριγ. Ανισότητα, προκύπτει ότι τα Μ, Ν είναι σημεία του ευθ. τμήματος ΑΒ.

Η κλίση της ευθείας της ΑΒ είναι αρνητική, οπότε $\displaystyle x_M > x_N \Rightarrow y_N > y_M$ .

Είναι $\displaystyle 1 \le x_N < x_M \le 5$ και $\displaystyle 0 \le y_M < y_N \le 3$

Οπότε $\displaystyle 0 < x_M \cdot y_N \le 15$ και $\displaystyle - 15 < - y_M \cdot x_N \le 0$

Άρα $\displaystyle 15 < x_M \cdot y_N - y_M \cdot x_N \le 15$ με τη μέγιστη τιμή όταν $\displaystyle x_M = 5,\;\;y_M = 0,\;\;x_N = 1,\;\;y_N = 3$

Αφού $\displaystyle \left| {x_M \cdot y_N - y_M \cdot x_N } \right| = 15$ θα είναι $\displaystyle M\left( {5,\;0} \right)$ (ταυτίζεται με το Α) και $\displaystyle N\left( {1,\;3} \right)$ (ταυτίζεται με το Β).

Μην ξεχνάμε τον τίτλο του θέματος: ΜΙΚΡΟ ΕΥΧΑΡΙΣΤΩ

nikoszan · #30

Κωστα και Γιωργο ,θαυμασιες οι, με γεωμετρικη χροια ,λυσεις σας.

mathxl · #31

Άσκηση 7
Προτεινόμενη από τον Petrus Alexandrescu

Nα βρεθούν οι 1-1 συναρτήσεις $\displaystyle{f:R \to R}$
για τις οποίες ισχύει $\displaystyle{f\left( {x + f\left( {y + f\left( z \right)} \right)} \right) = f\left( {x + y + z+1} \right) + 1,\forall x,y,z \in R}$

Mε κόκκινο έγινε συμπλήρωση στην υπόθεση, ζητώ συγνώμη.

chris · #32

$\displaystyle \boxed{f\left( {x + f\left( {y + f\left( z \right)} \right)} \right) = f\left( {x + y + z+1} \right) + 1,\forall x,y,z \in R}(1)$

H (1)

για

και

το

δίνει: $\displaystyle \boxed{f\left(f\left(f(x) \right) \right)=f(x+1)+1}(2)$
H (1)

για

και

το

δίνει: $\displaystyle \boxed{f\left(f\left(x+f(0) \right) \right)=f(x+1)+1}(3)$

Απο τις (2),(3)

έχουμε:
$\displaystyle f(f(f(x)))=f(f(x+f(0)))\stackrel{f(''1-1'')}\Leftrightarrow f(f(x))=f(x+f(0))\Leftrightarrow f(x)=x+f(0),x\in \mathbb{R}$

H (2)

για

δίνει: $\displaystyle f(f(f(0)))=f(1)+1\Rightarrow f(2f(0))=2+f(0)\Rightarrow 3f(0)=2+f(0)\Rightarrow f(0)=1$

άρα $\displaystyle \boxed{f(x)=x+1,x \in \mathbb{R}}$ που επαληθεύει την αρχική.

#33

mathxl έγραψε:Άσκηση 7
Προτεινόμενη από τον Petrus Alexandrescu

Nα βρεθούν οι 1-1 συναρτήσεις $\displaystyle{f:R \to R}$
για τις οποίες ισχύει $\displaystyle{f\left( {x + f\left( {y + f\left( z \right)} \right)} \right) = f\left( {x + y + z+1} \right) + 1,\forall x,y,z \in R}$

Η συνάρτηση f(x)=x+1

είναι μια λύση του προβλήματος.

Έστω μια συνάρτηση

με την δοσμένη ιδιότητα.
Τότε για x=y=0

προκύπτει

για κάθε $z\in R.$
Άρα f(((x+y+z)))=f(x+y+z+1)+1.

Από την αρχική συνθήκη και το 1-1

προκύπτει

οπότε

οπότε από το 1-1

. Θέτουμε όπου

το

και προκύπτει f(y)+f(z)=y+z+2.

Άρα για

προκύπτει

για κάθε $z\in R.$

Προτιμώ τη λύση σου Χρήστο!

mathxl · #34

Μετά τον Τσακ Χρήστο και τον Παύλο
Ας δούμε την άσκηση 8, προτεινόμενη από ένα διαδυκτιακό φίλο (Γερμανό φοιτητή)

ΑΣΚΗΣΗ 8

Έστω το σύνολο $\displaystyle{A = \left\{ {\left( {x,y,z} \right) \in {R^3}/{x^2} + {y^2} = {z^5} \wedge x + y + z = 0} \right\}}$ . Είναι το σύνολο Α κλειστό υποσύνολο του $\displaystyle{{{R^3}}}$ ?

mathxl · #35

ΑΣΚΗΣΗ 9
Από τον Νίκο Ζανταρίδη

Να απόδειξετε ότι $\displaystyle{{\left( {\frac{x}{{\ln \left( {x + 1} \right)}}} \right)^{{e^x} - x - 1}} > {\left( {\frac{{{e^x} - 1}}{x}} \right)^{x - \ln \left( {x + 1} \right)}},\forall x \in \left( {0, + \infty } \right)}$

#36

...Καλησπέρα

μια προσπάθεια στην άσκηση του Νίκου...

Αν $f(t)=\ln t$ επειδή ως γνωστόν $\ln (x+1)\le x,\,\,\,x\ge 0$ , για $\displaystyle{x > 0}$ στο διάστημα $[\ln (x+1),\,\,x]$ από θεώρημα μέσης τιμής θα υπάρχει $\xi \in [\ln (x+1),\,\,x]$ ώστε

${f}'(\xi )=\frac{f(x)-f(\ln (x+1))}{x-\ln (x+1)}\Leftrightarrow \frac{1}{\xi }=\frac{f(x)-f(\ln (x+1))}{x-\ln (x+1)}$ και

αφού $0<\ln (x+1)<\xi <x\Leftrightarrow \frac{1}{x}<\frac{1}{\xi }<\frac{1}{\ln (x+1)}$ οπότε θα ισχύει

$\frac{1}{x}<\frac{f(x)-f(\ln (x+1))}{x-\ln (x+1)}<\frac{1}{\ln (x+1)}$ (1)

Επίσης επειδή $x\le {{e}^{x}}-1$ , για $\displaystyle{x > 0}$ στο διάστημα $[x,\,\,\,{{e}^{x}}-1]$ από θεώρημα μέσης τιμής θα υπάρχει $\eta \in (x,\,\,{{e}^{x}}-1)$ ώστε

${f}'(\eta )=\frac{f({{e}^{x}}-1)-f(x)}{{{e}^{x}}-1-x}\Leftrightarrow \frac{1}{\eta }=\frac{f({{e}^{x}}-1)-f(x)}{{{e}^{x}}-1-x}$ και επειδή

$x<\eta <{{e}^{x}}-1\Leftrightarrow \frac{1}{{{e}^{x}}-1}<\frac{1}{\eta }<\frac{1}{x}$ επομένως $\frac{1}{{{e}^{x}}-1}<\frac{f({{e}^{x}}-1)-f(x)}{{{e}^{x}}-1-x}<\frac{1}{x}$ (2) Από (1) και (2) έχουμε

$\frac{f({{e}^{x}}-1)-f(x)}{{{e}^{x}}-1-x}$ < $\frac{f(x)-f(\ln (x+1))}{x-\ln (x+1)}$ ή $(x-\ln (x+1))\ln \frac{{{e}^{x}}-1}{x}<({{e}^{x}}-x-1)\ln \frac{x}{\ln (x+1)}$ απ όπου προκύπτει το ζητούμενο

Φιλικά Και Μαθηματικά
Βασίλης

mathxl · #37

Βασίλη ευχαριστούμε!

ΑΣΚΗΣΗ 10

Έστω η συνάρτηση $\displaystyle{f:R \to R}$ κυρτή (σχολικά κυρτή) και τέτοια ώστε να υπάρχουν α,β πραγματικοί με α < β και $\displaystyle{f\left( {f\left( \alpha \right) + b} \right) + f\left( {f\left( b \right) + \alpha } \right) = f\left( \alpha \right) \cdot f'\left( b \right) + f'\left( \alpha \right) \cdot f\left( b \right) + f\left( \alpha \right) + f\left( b \right)}$

Να δείξετε ότι η f έχει ελάχιστη τιμή, η οποία είναι αρνητική.
Από τον Νίκο Ζανταρίδη

#38

Η συνάρτηση είναι κυρτή και παραγωγίσιμη με γνησίως αύξουσα παράγωγο(σχολικός ορισμός).
Συνεπώς η γραφική της παράσταση βρίσκεται ''πάνω'' από την εφαπτομένη της σε κάθε σημείο αυτής,με εξαίρεση το σημείο επαφής.
Για την εφαπτομένη στο $\displaystyle{ \left( {a,f(a)} \right) }$ ισχύει:
$\displaystyle{ f(x) \ge f'(a)(x - a) + f(a),\forall x \in R }$
Συνεπώς και για $\displaystyle{ x = f(b) + a }$ θα ισχύει: $\displaystyle{ f(f(b) + a) \ge f'(a)(f(b) + a - a) + f(a) \Rightarrow f(f(b) + a) \ge f'(a)f(b) + f(a):(1) }$
Όμοια για την εφαπτομένη στο $\displaystyle{ \left( {b,f(b)} \right) }$ ισχύει:
$\displaystyle{ f(x) \ge f'(b)(x - b) + f(b),\forall x \in R }$
Άρα και για $\displaystyle{ x = f(a) + b }$ θα ισχύει:
$\displaystyle{ f(f(a) + b) \ge f'(b)(f(a) + b - b) + f(b) \Rightarrow f(f(a) + b) \ge f'(b)f(a) + f(b):(2) }$
Προσθέτοντας τις (1) και (2) κατά μέλη λαμβάνω:
$\displaystyle{ f(f(b) + a) + f(f(a) + b) \ge f'(a)f(b) + f(a) + f'(b)f(a) + f(b) }$
Αν τώρα κοιτάξουμε τη δοθείσα αρχική σχέση, συμπεραίνουμε πως αληθεύει ως ισότητα και αυτό ισχύει όταν και μόνο όταν:
$\displaystyle{ f(a) + b = b \wedge f(b) + a = a }$
(αν κάποια απο τις παραπάνω δεν ίσχυε τότε θα είχαμε γνήσια ανισότητα.)
Με λίγα λόγια:
$\displaystyle{ f(a) = 0 \wedge f(b) = 0 }$
Τώρα απο το θεώρημα Rolle προκύπτει πως υπάρχει $\displaystyle{ \xi \in \left( {a,b} \right) }$ με $\displaystyle{ f'(\xi ) = 0 }$
Αξιοποιώντας τη μονοτονία της παραγώγου(γνησίως αύξουσα) έχω πολύ απλά πως το ξ είναι θέση ελαχίστου.
Τώρα στο $\displaystyle{ \left[ {a,\xi } \right] \Rightarrow f'(x) < 0 }$ δηλαδή η συνάρτηση μου είναι γνησίως φθίνουσα σε αυτό το διάστημα.
Συνεπώς αξιοποιώντας αυτό:
$\displaystyle{ a < \xi \Rightarrow f(a) > f(\xi ) \Rightarrow f(\xi ) < 0 }$
Καλό απόγευμα!

nikoszan · #39

Χρηστο ,πολυ ωραια αντιμετωπιση [συμφωνη με τη λογικη της κατασκευης της ασκησης].Ευχαριστω για τον χρονο που διεθεσες.
Ν.Ζ.

mathxl · #40

ΑΣΚΗΣΗ 11

Να βρείτε τον τύπο της συνεχούς συνάρτησης f:[0,1]--->[0,1] που είναι τέτοια ώστε να ισχύει $\displaystyle{\underbrace {f\left( {f\left( {...f\left( x \right)...} \right)} \right)}_{\nu - \varphi o\rho \varepsilon \varsigma } = x,\forall x \in \left[ {0,1} \right]}$
και f(0)=0

Μικρό ευχαριστώ

Re: Μικρό ευχαριστώ

Re: Μικρό ευχαριστώ

Re: Μικρό ευχαριστώ

Re: Μικρό ευχαριστώ

Re: Μικρό ευχαριστώ

Re: Μικρό ευχαριστώ

Re: Μικρό ευχαριστώ

Re: Μικρό ευχαριστώ

Re: Μικρό ευχαριστώ

Re: Μικρό ευχαριστώ

Re: Μικρό ευχαριστώ

Re: Μικρό ευχαριστώ

Re: Μικρό ευχαριστώ

Re: Μικρό ευχαριστώ

Re: Μικρό ευχαριστώ

Re: Μικρό ευχαριστώ

Re: Μικρό ευχαριστώ

Re: Μικρό ευχαριστώ

Re: Μικρό ευχαριστώ

Re: Μικρό ευχαριστώ

Μέλη σε σύνδεση