mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Μάιος 10, 2012 12:59 pm**

1. Να βρεθεί το πολυώνυμο πραγματικών συντελεστών p(x)

το οποίο διαιρείται με το x-1

και για κάθε $x\in\mathbb{R}$ ισχύει $p(x)=p''(x)\cdot (p'(x))^2$ .

2. Για κάποια συνάρτηση $f:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}$ ισχύει $f(x+y)=e^x\cdot f(y)+e^y\cdot f(x)$ για κάθε $x,y\in\mathbb{R}$ . Αν η

είναι παραγωγίσιμη στο

, να αποδείξετε ότι είναι παραγωγίσιμη στο $\mathbb{R}$ και για κάθε $x\in\mathbb{R}$ ισχύει $f'(x)=e^x\cdot f'(0)+f(x)$ .

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Μάιος 10, 2012 1:16 pm**

Παρμενιδη που είσαι .........

δείξε στο Φώτη τα εδω και εδώ ,γιατί οι ασκήσεις είναι χιλιολυμένες, να μην ξαναλυθούν.

dennys

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Μάιος 10, 2012 1:25 pm**

Την ταπεινή μου συγγνώμη τότε, δεν είχα χρόνο να ψάξω όλη τη β.δ. του mathematica.gr =(

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Μάιος 10, 2012 1:30 pm**

Φώτη δεν χρειάζεται να ζητάς συγγνώμη ,ούτε είσαι υποχρεωμένος να ξέρεις οσες ασκήσεις ξαναμπήκαν .
Ευτυχώς στο mathematica υπάρχουν άνθρωποι οπως ο parmenidis που θα καταλάβεις την βοήθεια τους και το μεράκι τους
αργότερα εκτός απο την αγάπη τους για τα μαθηματικά που την θεωρώ δεδομένη.

φιλικά dennys

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Μάιος 10, 2012 1:47 pm**

dennys ατυχήσαμεν, δεν τις βρήκα, ας λυθούν τότε, εύκολες είναι πάντως

η μόνη ένσταση που έχω είναι να προτείνεται μια άσκηση ανά δημοσίευση εκτός κι αν είναι ίδιες θεματολογικά (ή παραλλαγές),
και θα ήταν καλύτερα πιστέυω για όλους αν ήταν πιο εύστοχοι οι τίτλοι, έχουμε γεμίσει από ωραίες και χαριτωμένες ασκήσεις

φιλικά

edit
Αν δεν λυθούν μεχρι το βράδυ θα τις λύσω εγώ, να βάζεις κάθε άσκηση στον κατάλληλο φάκελο της,
πχ. οι παραπάνω ταιριάζουν στον φάκελο ''διαφορικός λογισμός''

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Μάιος 10, 2012 2:17 pm**

ΛΥΣΗ ΑΣΚΗΣΗΣ 1
Έστω

ο βαθμός του πολυωνύμου p(x)

, τότε ο βαθμός του p'(x)

είναι

και ο βαθμός του p''(x)

είναι

. Το

είναι βαθμού 2(n-1)

και το γινόμενο p''(x)(p'(x))^2

είναι βαθμού n-2+2(n-1)=3n-4

. Από τη δοθείσα ισότητα πρέπει να ισχύει n=3n-4

, δηλαδή

που σημαίνει ότι p(x)=a x^2 + b x +c

, $a\neq 0$ και a x^2 + b x + c = 2 a (2 a x +b)^2

η οποία αληθεύει για κάθε $x\in\mathbb{R}$ αν a=8a^3

,

και

, δηλαδή $a=\pm\frac{\sqrt{2}}{4}$ , $b\in\mathbb{R}$ και $c=\pm\frac{\sqrt{2}}{2}b^2$ . Επειδή το p(x)

διαιρείται με το x-1

, το

είναι μηδενικό του

, δηλαδή

, δηλαδή

. Αν $a=\sqrt{2}/4$ η a+b+c=0

δίνει $b=-\sqrt{2}/2$ . Αν $a=-\sqrt{2}/4$ η a+b+c=0

δίνει $b=\sqrt{2}/2$ . Τελικά το ζητούμενο πολυώνυμο είναι είτε το $p(x)=\frac{\sqrt{2}}{4}x^2 - \frac{\sqrt{2}}{2} x + \frac{\sqrt{2}}{4}$ είτε το $p(x)=-\frac{\sqrt{2}}{4}x^2 + \frac{\sqrt{2}}{2} x - \frac{\sqrt{2}}{4}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Μάιος 10, 2012 2:21 pm**

fotios έγραψε:1. Να βρεθεί το πολυώνυμο πραγματικών συντελεστών το οποίο διαιρείται με το και για κάθε $x\in\mathbb{R}$ ισχύει $p(x)=p''(x)\cdot (p'(x))^2$ .

Για το 1.

$\bullet$ Το μηδενικό πολυώνυμο ικανοποιεί τις συνθήκες, άρα αποτελεί λύση.

$\bullet$ Tα σταθερά (και μη μηδενικά) πολυώνυμα δε μπορεί να είναι λύση γιατί δε διαιρούνται με το x-1

.

$\bullet$ Tα πρωτοβάθμια πολυώνυμα της μορφής $p(x)=k(x-1),~k\in \mathbb R$ διαιρούνται με το x-1

αλλά

άρα η σχέση γίνεται : $k(x-1)=0\Rightarrow k=0$ (μηδενικό πολυώνυμο).

$\bullet$ Έστω ότι το πολυώνυμο p(x)

έχει βαθμό $n\geq2$ , τότε το p'(x)

έχει βαθμό n-1

και το

έχει βαθμό n-2

, άρα το $\left (p'(x)\right)^2$

έχει βαθμό 2(n-1)=2n-2

. To 2ο μέλος της ισότητας είναι πολυώνυμο βαθμού : n-2+2n-2=3n-4

και ισούται με το p(x)

που είναι βαθμού

, άρα ισχύει : $n=3n-4\Leftrightarrow 2n=4\Leftrightarrow n=2$ . Έστω, επομένως, $p(x)=ax^2+bx+c,~a,b,c\in \mathbb R,a\ne 0$ .

Tότε : p'(x)=2ax+b,~p''(x)=2a

. Mε αντικατάσταση, έχουμε : $ax^2+bx+c=2a(ax+b)^2\Leftrightarrow ax^2+bx+c=8a^3x^2+8a^2bx+2ab^2$ .

Eπιπλέον, $P(1)=0\Leftrightarrow a+b+c=0$ . Tελικά, έχουμε : $\displaystyle{\begin{cases} a=8a^3 \\b=8a^2b \\ c=2ab^2 \\ a+b+c=0\end{cases}}$ από όπου προκύπτει :

$\displaystyle{a=-\frac{\sqrt{2}}{4},b=\frac{\sqrt{2}}{2},c=-\frac{\sqrt{2}}{4} ~~\acute{\eta}~~a=\frac{\sqrt{2}}{4},b=-\frac{\sqrt{2}}{2},c=\frac{\sqrt{2}}{4}}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Μάιος 10, 2012 2:28 pm**

fotios έγραψε:ΛΥΣΗ ΑΣΚΗΣΗΣ 1
Έστω ο βαθμός του πολυωνύμου , τότε ο βαθμός του είναι και ο βαθμός του είναι . Το είναι βαθμού και το γινόμενο είναι βαθμού . Από τη δοθείσα ισότητα πρέπει να ισχύει , δηλαδή που σημαίνει ότι , $a\neq 0$ και η οποία αληθεύει για κάθε $x\in\mathbb{R}$ αν , και , δηλαδή $a=\pm\frac{\sqrt{2}}{4}$ , $b\in\mathbb{R}$ και $c=\pm\frac{\sqrt{2}}{2}b^2$ . Επειδή το διαιρείται με το , το είναι μηδενικό του , δηλαδή , δηλαδή . Αν $a=\sqrt{2}/4$ η δίνει $b=-\sqrt{2}/2$ . Αν $a=-\sqrt{2}/4$ η δίνει $b=\sqrt{2}/2$ . Τελικά το ζητούμενο πολυώνυμο είναι είτε το $p(x)=\frac{\sqrt{2}}{4}x^2 - \frac{\sqrt{2}}{2} x + \frac{\sqrt{2}}{4}$ είτε το $p(x)=-\frac{\sqrt{2}}{4}x^2 + \frac{\sqrt{2}}{2} x - \frac{\sqrt{2}}{4}$ .

Φώτη καλό μεσημέρι.

Νομίζω ότι και το μηδενικό πολυώνυμο είναι λύση. Επιπλέον, ας αφήνουμε λίγο χρόνο και στους υπόλοιπους να ασχοληθούν, όσο συμπαθητική και χαριτωμένη

κι αν βρίσκουμε την άσκησή μας!

Φιλικά,

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Μάιος 10, 2012 2:34 pm**

Πολύ σωστά αναφέρεις και το μηδενικό πολυώνυμο, παρασύρθηκα διότι συνήθως τη δίνω ως "να βρεθεί το μη μηδενικό πολυώνυμο . . . ". Όσο αφορά το χρόνο που έδωσα είναι $+\infty$ , δεν υποχρέωσα κανένα να κάνει κλικ ώστε να δει τη λύση και δεν είχα καμία πρόθεση να το κάνω =).

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Μάιος 10, 2012 5:39 pm**

Απο τον ορισμό της παραγώγου έχουμε: $\cfrac{f(x_o+h)-f(x_o)}{h}=\cfrac{e^{x_o}f(h)+e^{h}f(x_o)-f(x_o)}{h}=$

$e^{x_o}\cfrac{f(h)}{h}+f(x_o)\cfrac{e^{h}-1}{h}$ παίρνοντας όρια, $f{'}(x_0)=\lim_{h\to 0}\cfrac{f(x_0+h)-f(x_0)}{h}$

$f{'}(x_0)=e^{x_0}\lim_{h\to 0}\cfrac{f(h)}{h}+f(x_0)\lim_{h\to 0}\cfrac{e^{h}-1}{h}=e^{x_0}f{'}(0)+f(x_0)$ και

επαιδή το χο είναι τυχαίο ,για κάθε $x\in R\Rightarrow f{'}(x)=e^xf{'}(0)+f(x)$

το οριο $\cfrac{e^h-1}{h}=1$ με DLH., και το οριο $\cfrac{f(h)}{h}=f{'}(0)$ γιατι η αρχικη για χ=0 ,μας δίνει f(0)=0

dennys

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Μάιος 10, 2012 9:12 pm**

Dennys, η μόνη μου ένσταση για τη λύση της 2ης άσκησης είναι ότι ξεκινάς και γράφεις "από τον ορισμό της παραγώγου έχουμε" και ακολουθεί ένα πηλίκο πεπερασμένων διαφορών το οποίο δεν το έχουμε από τον ορισμό της παραγώγου αλλά το έχουμε για κάθε $h\neq 0$ και κάθε $x_0+h, x_0\in D(f)=\mathbb{R}$ (και τελείως ανεξάρτητα από τον ορισμό της παραγώγου). Αναδιατύπωση: "Σχηματίζουμε την παράσταση [πηλίκο πεπερασμένων διαφορών] της οποίας το όριο καθώς $h\rightarrow 0$ είναι εξ' ορισμού η παράγωγος της

στο

.", διαφορετικά χρησιμοποιούμε αμέσως το όριο που ορίζει την παράγωγο σε σημείο.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Μάιος 10, 2012 9:40 pm**

Φώτη καλησπέρα
Ναι πρέπει $h\neq 0,x_o,x_o+h \in R$ .Εισαι μεγάλος δάσκαλος.

dennys

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Μάιος 10, 2012 10:08 pm**

Καλησπέρα και σε ευχαριστώ πολύ για τα καλά σου λόγια αλλά δεν είμαι (είμαι μικρός πολύ μικρός για να τ' αλλάξω που απροκάλυπτα δηλώνει και το άσμα) . . . το θέμα μου δεν είναι (κυρίως) ότι $h\in\mathbb{R}^*$ , $x_0+h,x_0\in\mathbb{R}$ . . . το βασικό θέμα μου είναι ότι γράφεις ότι έχεις κάτι από έναν ορισμό, αυτόν της παραγώγου, αλλά δεν το έχεις από εκεί, το έχεις απλά επειδή αποφάσισες να το σχηματίσεις.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Μάιος 12, 2012 3:07 am**

fotios έγραψε: 2. Για κάποια συνάρτηση $f:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}$ ισχύει $f(x+y)=e^x\cdot f(y)+e^y\cdot f(x)$ για κάθε $x,y\in\mathbb{R}$ . Αν η είναι παραγωγίσιμη στο , να αποδείξετε ότι είναι παραγωγίσιμη στο $\mathbb{R}$ και για κάθε $x\in\mathbb{R}$ ισχύει $f'(x)=e^x\cdot f'(0)+f(x)$ .

Μπορούμε πολύ καλύτερα: Αποδεικνύεται ότι f(x)=cxe^x

, όπου

σταθερά (από όπου το ζητούμενο είναι άμεσο).

Μία απόδειξη είναι να θέσουμε $g(x)=e^{-x}f(x)$ οπότε η δοθείσα γράφεται g(x+y)=g(x)+g(y)

. Εύκολα τώρα αποδεικνύεται (χιλιοειπωμένο) ότι g(x)=cx

για κάποιο

, και λοιπά.

Μ.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Μάιος 12, 2012 7:15 pm**

Πολύ ωραία και η εκδοχή σου . . . αλλά για πιο λόγο είναι πολύ καλύτερη?

Φιλικά

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Μάιος 12, 2012 7:20 pm**

fotios έγραψε:Πολύ ωραία και η εκδοχή σου . . . αλλά για πιο λόγο είναι πολύ καλύτερη?

Φιλικά

Γιατί σου δίνει ακριβώς τον τύπο της

και όχι απλά μία ιδιότητά της που έπεται αμέσως από τον τύπο της.

mathematica.gr

2 συμπαθητικές ασκήσεις στην παράγωγο συνάρτησης

2 συμπαθητικές ασκήσεις στην παράγωγο συνάρτησης

Re: 2 συμπαθητικές ασκήσεις στην παράγωγο συνάρτησης

Re: 2 συμπαθητικές ασκήσεις στην παράγωγο συνάρτησης

Re: 2 συμπαθητικές ασκήσεις στην παράγωγο συνάρτησης

Re: 2 συμπαθητικές ασκήσεις στην παράγωγο συνάρτησης

Re: 2 συμπαθητικές ασκήσεις στην παράγωγο συνάρτησης

Re: 2 συμπαθητικές ασκήσεις στην παράγωγο συνάρτησης

Re: 2 συμπαθητικές ασκήσεις στην παράγωγο συνάρτησης

Re: 2 συμπαθητικές ασκήσεις στην παράγωγο συνάρτησης

Re: 2 συμπαθητικές ασκήσεις στην παράγωγο συνάρτησης

Re: 2 συμπαθητικές ασκήσεις στην παράγωγο συνάρτησης

Re: 2 συμπαθητικές ασκήσεις στην παράγωγο συνάρτησης

Re: 2 συμπαθητικές ασκήσεις στην παράγωγο συνάρτησης

Re: 2 συμπαθητικές ασκήσεις στην παράγωγο συνάρτησης

Re: 2 συμπαθητικές ασκήσεις στην παράγωγο συνάρτησης

Re: 2 συμπαθητικές ασκήσεις στην παράγωγο συνάρτησης