Τριάδα(Nιάδα) 1η

Ραϊκόφτσαλης Θωμάς · #1

Καλημέρα σε όλους.

Ας φτιάξουμε στο φάκελλο αυτό μια σειρά ασκήσεων σε όλη την ύλη, από απλές έως θέματα εξετάσεων.
Ξεκινάω με τη πρώτη τριάδα θεμάτων: Μιγαδικοί, Όρια , Παράγωγοι

Άσκηση 1
Δίνονται οι μιγαδικοί $\displaystyle{z = x + yi}$ και $\displaystyle{w = y + xi}$ , $\displaystyle{x,y \in R}$ . Αν $\displaystyle{{z^{11}} \in R}$ , να δειχθεί ότι: $\displaystyle{{w^{11}} \in I}$ .

Άσκηση 2*

Έστω η συνάρτηση $\displaystyle{f:{R^*} \to R}$ με την ιδιότητα $\displaystyle{2\left[ {f\left( {\frac{x}{y}} \right) + f\left( {\frac{x}{w}} \right)} \right] - f(x)f\left( {\frac{{y + w}}{2}} \right) \ge 4}$ για κάθε $\displaystyle{x,y,w \in {R^*}}$ .
Να υπολογισθούν τα όρια:
i. $\displaystyle{\mathop {\ell im}\limits_{x \to 0} \frac{{xf(x)}}{{\eta \mu 2x}}}$
ii. $\displaystyle{\mathop {\ell im}\limits_{x \to + \infty } \frac{{f(x)}}{{{2^x} + {e^x}}}}$ .
iii. $\displaystyle{\mathop {\ell im}\limits_{x \to - \infty } \frac{{{{\left( {f(x)} \right)}^x}}}{{{2^{x + 1}} + 1}}}$ .

Άσκηση 3*

Έστω η παραγωγίσιμη συνάρτηση $\displaystyle{f:R \to R}$ με f(0)=0 και για την οποία ισχύει για κάθε $\displaystyle{x,y \in R}$ ότι:
$\displaystyle{f(x + y) \le f(x) + f(y)}$ . Να δειχθεί ότι υπάρχει $\displaystyle{\lambda \in R}$ ώστε να ισχύει: $\displaystyle{f(x) = \lambda x}$ για κάθε $\displaystyle{x \in R}$ .

Να έχουμε μια καλή μέρα,
Θωμάς

#2

Θωμά καλημέρα.

ΑΣΚΗΣΗ 1η
Ισχύει ότι: $\displaystyle{z=i\bar{w}}$ ,

άρα $\displaystyle{z^{11}=i^{11}\bar{w}^{11}=-i\bar{w}^{11}}$ .

Όμως $z^{11} \in \mathbb{R}$ , άρα $-i\bar{w}^{11} \in \mathbb{R}$ ,

οπότε $\bar{w}^{11} \in \mathbb{I}$ ή $w^{11} \in \mathbb{I}$ .

#3

Συνέχεια ...

ΑΣΚΗΣΗ 2η

* Για x=y=w=1, η αρχική δίνει: $2(f(1)+f(1)) - f(1)f(1) \geq 4 \Leftrightarrow (f(1)-2)^2 \leq 0 \Leftrightarrow f(1)=2$ .

* Για x=y=w, η αρχική δίνει: $2(f(1)+f(1)) - f(x)f(x) \geq 4 \Leftrightarrow f^2(x) \leq 4 \Leftrightarrow -2 \leq f(x) \leq 2(I)$ .

* Για y=w=1, η αρχική δίνει: $2(f(x)+f(x)) - f(x)f(1) \geq 4 \Leftrightarrow 2f(x) \gleq 4 \Leftrightarrow f(x) \geq 2 (II)$ .

Οι (Ι) και (ΙΙ) δίνουν ότι f(x)=2

.

Συνεπώς:

i. $\displaystyle{\mathop {\ell im}\limits_{x \to 0} \frac{{xf(x)}}{{\eta \mu 2x}}=\mathop {\ell im}\limits_{x \to 0} \frac{{2x}}{{\eta \mu 2x}}=\mathop {\ell im}\limits_{u \to 0} \frac{{u}}{{\eta \mu u}}=1}$

ii. $\displaystyle{\mathop {\ell im}\limits_{x \to + \infty } \frac{{f(x)}}{{{2^x} + {e^x}}}=\mathop {\ell im}\limits_{x \to + \infty } \frac{{2}}{{{2^x} + {e^x}}}=\mathop {\ell im}\limits_{u \to + \infty } \frac{{2}}{u}=0}$ ,

αφού $\displaystyle{\mathop {\ell im}\limits_{x \to + \infty } ({2^x} + {e^x}})=+\infty}$

iii. $\displaystyle{\mathop {\ell im}\limits_{x \to - \infty } \frac{{{{\left( {f(x)} \right)}^x}}}{{{2^{x + 1}} + 1}}=\mathop {\ell im}\limits_{x \to - \infty } \frac{{{2^x}}}{{{2^{x + 1}} + 1}}=\mathop {\ell im}\limits_{u \to 0 } \frac{{{u}}}{{{2u}} + 1}}=0}$ .

#4

Ας τελειώσω την 1η τριάδα...

ΑΣΚΗΣΗ 3η

Για y=h

η αρχική σχέση γίνεται:

$\displaystyle{f(x + h) \le f(x) + f(h) \Leftrightarrow f(x+h)-f(h) \le f(x)(I)}$ .

* Για h > 0

έχουμε: $(I)\displaystyle{\Leftrightarrow \frac{f(x+h)-f(h)}{h} \le \frac{f(x)-f(0)}{h}}$ ,
όπου παίρνοντας το όριο για $h\rightarrow 0^+$ (και αφού η f είναι παραγωγίσιμη) βρίσκουμε ότι: $f{'}(x) \le f{'}(0)(II)$

* Για h < 0

έχουμε: $(I)\displaystyle{\Leftrightarrow \frac{f(x+h)-f(h)}{h} \ge \frac{f(x)-f(0)}{h}}$ ,
όπου παίρνοντας το όριο για $h\rightarrow 0^-$ (και αφού η f είναι παραγωγίσιμη) βρίσκουμε ότι: $f{'}(x) \ge f{'}(0)(III)$

Από τις (ΙΙ) και (ΙΙΙ) προκύπτει ότι: f{'}(x)=f{'}(0)

,οπότε

, όπου c σταθερά.

Όμως f(0) = 0, οπότε c=0 και f(x)=f{'}(0)x

.

Ραϊκόφτσαλης Θωμάς · #5

Λευτέρη εξαιρετικές, όπως πάντα, οι λύσεις σου και ευχαριστώ.
Να είσαι καλά.

pana1333 · #6

Συνεχίζω με μια εύκολη....

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

.

Μόλις παρατήρησα ότι είμαι εκτός κατηγορίας (μιγαδικοί όρια παράγωγοι)....τέλος πάντων δεν την σβήνω τελείως......επιφυλάσσομαι.

Ραϊκόφτσαλης Θωμάς · #7

Καλησπέρα Χρήστο.
Δεν είσαι εκτός κατηγορίας.
Οι δικές μου ασκήσεις ήταν σε αυτές τις 3 κατηγορίες.
Εσείς μπορείτε να προτείνεται όποια άσκηση θέλετε σε όποια κατηγορία και να ανήκει και όποιας δυσκολίας θέλετε.
Σε παρακαλώ επανέφερε την άσκηση.
Θωμάς

pana1333 · #8

pana1333 έγραψε:Συνεχίζω με μια εύκολη....

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ
ΑΣΚΗΣΗ 4

Δίνεται η συνεχής συνάρτηση $f:R\rightarrow [0,1)$ . Να αποδειχθεί ότι η εξίσωση $f\left(\sigma \upsilon \nu \left(x \right) \right)=\eta \mu x$ έχει μια τουλάχιστον λύση στο $[0,\frac{\pi }{2})$
.

Μόλις παρατήρησα ότι είμαι εκτός κατηγορίας (μιγαδικοί όρια παράγωγοι)....τέλος πάντων δεν την σβήνω τελείως......επιφυλάσσομαι.

Ωραία λοιπόν....

Συνεχίζω με μια εύκολη....

ΑΣΚΗΣΗ 4 "ΚΑΤΗΓΟΡΙΑ ΘΕΩΡΗΜΑ BOLZANO"

Δίνεται η συνεχής συνάρτηση $f:R\rightarrow [0,1)$ . Να αποδειχθεί ότι η εξίσωση $f\left(\sigma \upsilon \nu \left(x \right) \right)=\eta \mu x$ έχει μια τουλάχιστον λύση στο $[0,\frac{\pi }{2})$ .

#9

pana1333 έγραψε:
pana1333 έγραψε:Συνεχίζω με μια εύκολη....

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ
ΑΣΚΗΣΗ 4

Δίνεται η συνεχής συνάρτηση $f:R\rightarrow [0,1)$ . Να αποδειχθεί ότι η εξίσωση $f\left(\sigma \upsilon \nu \left(x \right) \right)=\eta \mu x$ έχει μια τουλάχιστον λύση στο $[0,\frac{\pi }{2})$
.

Μόλις παρατήρησα ότι είμαι εκτός κατηγορίας (μιγαδικοί όρια παράγωγοι)....τέλος πάντων δεν την σβήνω τελείως......επιφυλάσσομαι.

Ωραία λοιπόν....

Συνεχίζω με μια εύκολη....

ΑΣΚΗΣΗ 4 "ΚΑΤΗΓΟΡΙΑ ΘΕΩΡΗΜΑ BOLZANO"

Δίνεται η συνεχής συνάρτηση $f:R\rightarrow [0,1)$ . Να αποδειχθεί ότι η εξίσωση $f\left(\sigma \upsilon \nu \left(x \right) \right)=\eta \mu x$ έχει μια τουλάχιστον λύση στο $[0,\frac{\pi }{2})$ .

Αν είναι $\displaystyle{f(1)=0}$ , ρίζα της εξίσωσης είναι το $\displaystyle{0}$ .
Ας είναι τώρα $\displaystyle{f(1)>0.}$

Η συνάρτηση $\displaystyle{g:\Big[0,\frac{\pi}{2}\Big]\rightarrow \mathbb{R}}$ με $\displaystyle{g(x)=f(\cos x)-\sin x}$

είναι συνεχής στο $\displaystyle{\Big[0,\frac{\pi}{2}\Big]}$ και

$\displaystyle{g(0)=f(1)>0}$
$\displaystyle{g(\frac{\pi}{2})=f(0)-1<0.}$

Το συμπέρασμα έπεται από το θεώρημα Bolzano.

Ραϊκόφτσαλης Θωμάς · #10

Να συνεχίσω πριν αρχίσω μάθημα με την 5η άσκηση που είναι σχετικά καλή.

Άσκηση 5

Να δειχθεί ότι η εξίσωση $\displaystyle{\eta \mu 5x = 7x + 11}$ , $\displaystyle{x \in R}$ , έχει ακριβώς μια πραγματική λύση.

Κατηγορία:
Για την ύπαρξη: Συνέχεια
Για την μοναδικότητα παράγωγος ή ότι άλλο σκεφτούμε

Καλό μας απόγευμα,
Θωμάς

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Ωmega Man · #11

Γρήγορα καποιες σκέψεις.
Θέτουμε $\displaystyle{\bf f(x)=\eta\mu(5x)-7x-11}$ .
$\displaystyle{\bf f\prime(x)=5\sigma\upsilon\nu(5x)-7\leq 5-7=-2}$ , άρα είναι γν. φθίνουσα στο $\displaystyle{\mathbb{R}}$ . Τέλος $\displaystyle{\bf\lim_{x\rightarrow -\infty}f(x)=+\infty}$ και $\displaystyle{\bf \lim_{x\rightarrow +\infty}f(x)=-\infty}$ . Από μονοτονία + θ. Bolzano παίρνουμε το ζητούμενο.
$\displaystyle{\color{red}\rule{150pt}{1.5pt}}$
Συμπληρωματικό ερώτημα.
Να δειχθεί ότι η ρίζα της f βρίσκεται στο διάστημα [-2,-1].

#12

ΑΣΚΗΣΗ 6

Είναι η 9Γ2 σελίδα 72 από τα αρχεία ΕΔΩ
$\displaystyle{\bullet}$ Αν $\displaystyle{f(f(x))+f(x)=x-1 , \forall x\in R , f(0)=1}$ να δειχθεί ότι η $\displaystyle{ f }$ δεν μπορεί να είναι συνεχής στο $\displaystyle{R}$
(Λύνεται με σχολική ύλη)

#13

R BORIS έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 6

Είναι η 9Γ2 σελίδα 72 από τα αρχεία ΕΔΩ
$\displaystyle{\bullet}$ Αν $\displaystyle{f(f(x))+f(x)=x-1 , \forall x\in R , f(0)=1}$ να δειχθεί ότι η $\displaystyle{ f }$ δεν μπορεί να είναι συνεχής στο $\displaystyle{R}$
(Λύνεται με σχολική ύλη)

Έστω ότι η συνάρτηση $\displaystyle{f}$ είναι συνεχής στο $\displaystyle{\mathbb{R}.}$

Θέτουμε στη δοθείσα $\displaystyle{x=0}$ και προκύπτει $\displaystyle{f(f(0))+f(0)=-1}$ άρα $\displaystyle{f(1)+1=-1}$ δηλαδή $\displaystyle{f(1)=-2.}$

Τότε, η $\displaystyle{f}$ είναι συνεχής στο διάστημα $\displaystyle{[0,1]}$ και λαμβάνει ετερόσημες τιμές στα άκρα του διαστήματος.
Επομένως, από το θεώρημα Bolzano, υπάρχει ένα τουλάχιστον $\displaystyle{q \in (0,1)}$ τέτοιο ώστε $\displaystyle{f(q)=0.}$

Θέτοντας στην αρχική $\displaystyle{x=q}$ , προκύπτει $\displaystyle{f(f(q))+f(q)=q-1}$ δηλαδή $\displaystyle{f(0)=q-1}$ άρα $\displaystyle{q=2}$ , άτοπο.

Επομένως η συνάρτηση δεν είναι συνεχής.

Ραϊκόφτσαλης Θωμάς · #14

Καλημέρα

Συνεχίζουμε με το επόμενο μικτό θέμα.

Άσκηση 7

Δίνεται ο περιττός φυσικός ν με $\displaystyle{\nu \ge 2}$ .
1. Να δειχθεί ότι $\displaystyle{\nu {x^{\nu + 1}} + 1 \ge \left( {\nu + 1} \right){x^\nu }}$ για κάθε $\displaystyle{x \in R}$ .
2. Αν για τον μιγαδικό $\displaystyle{z \ne 1}$ ισχύει: $\displaystyle{\nu {z^{\nu + 1}} + 1 = \left( {\nu + 1} \right){z^\nu }}$ , να δειχθεί ότι $\displaystyle{1 + 2z + 3{z^2} + 4{z^3} + ... + \nu {z^{\nu - 1}} = 0}$ .

Θωμάς

#15

ΑΣΚΗΣΗ 7η

α) Θέτουμε $f(x)=vx^{v+1}-1-(v+1)x^v,\ x \in \mathbb{R}$ και ν περιττός με $v \geq 2$ .

Η f είναι παραγωγίσιμη στο $\mathbb{R}$ με $f{'}(x)=v(v+1)x^v-(v+1)vx^{v-1}=v(v+1)x^{v-1}(x-1)$ .

Συνεπώς:
* $f{'}(x)=0 \Leftrightarrow x = 0 \eta x = 1$
* $f{'}(x)>0 \Leftrightarrow x > 1$ ,
άρα
* η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα στο $[1,+\infty)$ ,
* η συνάρτηση f είναι γνησίως φθίνουσα στο $(-\infty,1]$
οπότε παρουσιάζει ολικό ελάχιστο για x=1, το f(1)=0
και ισχύει $f(x) \geq f(1) \Leftrightarrow vx^{v+1} \geq 1+(v+1)x^v$ .

β) Για $z \neq 1$ , έχουμε ότι:
$\displaystyle{vz^{v+1}+1=(v+1)z^v \Leftrightarrow vz^{v+1}+1=vz^v+z^v \Leftrightarrow }$

$\displaystyle{\Leftrightarrow vz^{v+1}+1-vz^v-z^v=0 \Leftrightarrow }$

$\displaystyle{\Leftrightarrow vz^v(z-1)-(z^v-1)=0 \Leftrightarrow }$

$\displaystyle{\Leftrightarrow vz^v(z-1)-(z-1)(z^{v-1}+z^{v-2}+...+z+1)=0 \Leftrightarrow }$

$\displaystyle{\Leftrightarrow (z-1)(vz^v-z^{v-1}-z^{v-2}-...-z-1)=0 \Leftrightarrow }$

$\displaystyle{\Leftrightarrow (z-1)^2(vz^{v-1}+(v-1)z^{v-2}+(v-2)z^{v-3}+...+3z^2+2z+1)=0 \Leftrightarrow }$

$\displaystyle{\Leftrightarrow vz^{v-1}+(v-1)z^{v-2}+(v-2)z^{v-3}+...+3z^2+2z+1=0}$ ,

αφού $z \neq 1$ .

Παραλείπω ένα σχήμα Horner για το $vz^{v-1}+(v-1)z^{v-2}+(v-2)z^{v-3}+...+3z^2+2z+1$ .

Ραϊκόφτσαλης Θωμάς · #16

ΑΣΚΗΣΗ 8
Καλό απόγευμα.
Ας δούμε ένα σχετικά ωραίο θέμα στη παραγωγισιμότητα.

Θεωρούμε τη συνάρτηση: $\displaystyle{f(x) = \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {{x^2}}&,&{\alpha \nu }&{x \in Q}\\ 0&,&{\alpha \nu }&{x \notin Q} \end{array}} \right.}$
όπου Q το σύνολο των ρητών.
Να δειχθεί ότι υπάρχει ο αριθμός $\displaystyle{f'(0)}$ ο οποίος να βρεθεί.

Θωμάς

#17

Ραϊκόφτσαλης Θωμάς έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 8
Καλό απόγευμα.
Ας δούμε ένα σχετικά ωραίο θέμα στη παραγωγισιμότητα.

Θεωρούμε τη συνάρτηση: $\displaystyle{f(x) = \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {{x^2}}&,&{\alpha \nu }&{x \in Q}\\ 0&,&{\alpha \nu }&{x \notin Q} \end{array}} \right.}$
όπου Q το σύνολο των ρητών.
Να δειχθεί ότι υπάρχει ο αριθμός $\displaystyle{f'(0)}$ ο οποίος να βρεθεί.

Θωμάς

Για $\displaystyle{x \ne 0}$ έχουμε

$\displaystyle{\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=\frac{f(x)}{x}=\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {{x}}&,&{\alpha \nu }&{x \in Q}\\ 0&,&{\alpha \nu }&{x \notin Q} \end{array}} \right.}$

Από τον ορισμό του ορίου είναι προφανές ότι το όριο της συνάρτησης αυτής στο $\displaystyle{0}$ ισούται με $\displaystyle{0}$ .

Δηλαδή $\displaystyle{f^{\prime}(0)=0.}$

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

#18

Βάζω και γω δύο:

ΑΣΚΗΣΗ 9
$\bullet$ Έστω η γνησίως αύξουσα συνάρτηση $\displaystyle{f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}}$ , για την οποία ισχύει

$\displaystyle{f(f(x))=\frac{x}{\sqrt{x^2+2}}}$ , για κάθε $\displaystyle{x\in \mathbb{R}}$ .

Αποδείξτε ότι υπάρχει $\displaystyle{\xi \in \mathbb{R}}$ τέτοιο ώστε $\displaystyle{f(\xi)>1.}$

Και μία από τη Ρουμανία:

ΑΣΚΗΣΗ 10

$\bullet$ Έστω η δύο φορές παραγωγίσιμη συνάρτηση $\displaystyle{f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}}$ , για την οποία ισχύει $\displaystyle{f^{\prime \prime}(x)>0}$ , για κάθε $\displaystyle{x \in \mathbb{R}.}$

Αποδείξτε ότι $\displaystyle{f(x+f^{\prime}(x))\geq f(x),}$ για κάθε $\displaystyle{x \in \mathbb{R}.}$

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

hsiodos · #19

matha έγραψε:
Ραϊκόφτσαλης Θωμάς έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 8
Καλό απόγευμα.
Ας δούμε ένα σχετικά ωραίο θέμα στη παραγωγισιμότητα.

Θεωρούμε τη συνάρτηση: $\displaystyle{f(x) = \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {{x^2}}&,&{\alpha \nu }&{x \in Q}\\ 0&,&{\alpha \nu }&{x \notin Q} \end{array}} \right.}$
όπου Q το σύνολο των ρητών.
Να δειχθεί ότι υπάρχει ο αριθμός $\displaystyle{f'(0)}$ ο οποίος να βρεθεί.

Θωμάς
Για $\displaystyle{x \ne 0}$ έχουμε

$\displaystyle{\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=\frac{f(x)}{x}=\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {{x}}&,&{\alpha \nu }&{x \in Q}\\ 0&,&{\alpha \nu }&{x \notin Q} \end{array}} \right.}$

Από τον ορισμό του ορίου είναι προφανές ότι το όριο της συνάρτησης αυτής στο $\displaystyle{0}$ ισούται με $\displaystyle{0}$ .

Δηλαδή $\displaystyle{f^{\prime}(0)=0.}$

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ
Για να τοποθετήθηκε σε αυτό τον φάκελο, κάτι άλλο έχει στον νου του ο... ποιητής

Για να αποφύγουμε την χρήση του ορισμού μπορούμε να παρατηρήσουμε ότι $\displaystyle{ \alpha \nu \,\,\,\,x > 0\,\,\,\,\,\,\,\varepsilon \iota \nu \alpha \iota \,\,\,\,\,0 \le \frac{{f(x)}}{x} \le x\,\,\,\,\,\,\varepsilon \nu \omega \,\,\,\alpha \nu \,\,\,\,x < 0\,\,\,\,\,\,\,\varepsilon \iota \nu \alpha \iota \,\,\,\,\,x \le \frac{{f(x)}}{x} \le 0\,\,}$ και να χρησιμοποιήσουμε το κριτήριο παρεμβολής.

Γιώργος

Ραϊκόφτσαλης Θωμάς · #20

matha έγραψε:
Ραϊκόφτσαλης Θωμάς έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 8
Καλό απόγευμα.
Ας δούμε ένα σχετικά ωραίο θέμα στη παραγωγισιμότητα.

Θεωρούμε τη συνάρτηση: $\displaystyle{f(x) = \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {{x^2}}&,&{\alpha \nu }&{x \in Q}\\ 0&,&{\alpha \nu }&{x \notin Q} \end{array}} \right.}$
όπου Q το σύνολο των ρητών.
Να δειχθεί ότι υπάρχει ο αριθμός $\displaystyle{f'(0)}$ ο οποίος να βρεθεί.

Θωμάς
Για $\displaystyle{x \ne 0}$ έχουμε

$\displaystyle{\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=\frac{f(x)}{x}=\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {{x}}&,&{\alpha \nu }&{x \in Q}\\ 0&,&{\alpha \nu }&{x \notin Q} \end{array}} \right.}$

Από τον ορισμό του ορίου είναι προφανές ότι το όριο της συνάρτησης αυτής στο $\displaystyle{0}$ ισούται με $\displaystyle{0}$ .

Δηλαδή $\displaystyle{f^{\prime}(0)=0.}$

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ
Για να τοποθετήθηκε σε αυτό τον φάκελο, κάτι άλλο έχει στον νου του ο... ποιητής

Ο ποιητής είχε στο μυαλό του το εξής (για να αποφύγει τον ορισμό που παρουσιάζει κάποιο πρόβλημα κατά την άποψή του (μου), λόγω της ιδιομορφίας των τιμών της συνάρτησης)

Αν $\displaystyle{x \in Q \Rightarrow f(x) = {x^2} \Rightarrow \left| {f(x)} \right| = {x^2}}$
Αν $\displaystyle{x \notin Q \Rightarrow f(x) = 0 \Rightarrow \left| {f(x)} \right| = 0}$ , επομένως
για κάθε $\displaystyle{x \ne 0:}$ $\displaystyle{\left| {f(x)} \right| \le {x^2} \Rightarrow 0 \le \left| {\frac{{f(x) - f(0)}}{{x - 0}}} \right| \le \left| x \right| \Rightarrow ... \Rightarrow \mathop {\ell im}\limits_{x \to 0} \frac{{f(x) - f(0)}}{{x - 0}} = 0 \Rightarrow f'(0) = 0}$

Μια παρόμοια λύση έδωσε και ο Γιώργος.
Θωμάς

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Τριάδα(Nιάδα) 1η

Τριάδα(Nιάδα) 1η

Re: Τριάδα 1η

Re: Τριάδα 1η

Re: Τριάδα 1η

Re: Τριάδα 1η

Re: Τριάδα 1η

Re: Τριάδα 1η

Re: Τριάδα 1η

Re: Τριάδα 1η

Re: Τριάδα 1η

Re: Τριάδα 1η

Re: Τριάδα 1η

Re: Τριάδα 1η

Re: Τριάδα 1η

Re: Τριάδα 1η

Re: Τριάδα 1η

Re: Τριάδα 1η

Re: Τριάδα 1η

Re: Τριάδα 1η

Re: Τριάδα 1η

Μέλη σε σύνδεση