Rempeskes
Επιφανές μέλος
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 17 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Rempeskes
Επιφανές μέλος
Από τον Rempeske ζήτω ννωμη!!!
Στη δίνω ελεύθερα παιδί μου. Να ρωτήσω όμως πρώτα τι μου έκανες και ζητάς συγγνώμη;
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 17 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Rempeskes
Επιφανές μέλος
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 17 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Rempeskes
Επιφανές μέλος
Με τη βοήθεια του κανόνα και του διαβήτη
Aμάν πια με την Ευκλείδια Ελάτε στον 21ο αιώνα πλιζ...
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 17 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Rempeskes
Επιφανές μέλος
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 17 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Rempeskes
Επιφανές μέλος
Πς. Τι γίνεσαι;
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 17 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Rempeskes
Επιφανές μέλος
Είναι δυνατόν να γράψουμε ένα άρτιο αριθμό, μεγαλύτερο του 2, ως το άθροισμα δύο πρώτων?
()
Όχι, αλλά μπορούμε να τον γράψουμε ως άθροισμα δυο δεύτερων.
Πάμε όλοι μαζί: Άντε γειά φιλαράκο!!!!
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 17 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Rempeskes
Επιφανές μέλος
Ακούει κανείς?
Ποστάρετε κάνα προβληματάκι, καμμιά σπαζοκεφαλιά, κάνα σουντόκου στη τελική.
Όπως λέει και ο Μελάς,
"Γύρνα ξανά, γύρνα ξανά,
δεν την μπορώ την ερημιά.
Μάτια θολά, χείλη στεγνά,
όλα λεν: μαθηματικά..."
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 17 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Rempeskes
Επιφανές μέλος
Γιατί ρε άνθρωπα δεν δίνεις μια απόδειξη με το παραδοσιακό τρόπο; Τι σου έχει κάνει ο μαθηματικός σου και τον εκδικείσαι έτσι;
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 17 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Rempeskes
Επιφανές μέλος
έτσι καθώς (e^b - e^a)/(b-a) είναι ο μέσος όρος τιμών της e^x απο [0..x]
αν a = b τότε η παράσταση έχει τιμή e^b
Ρε μέντορα, τι κάνεις στις αποδείξεις σου και δεν μπορεί να τις ακολουθήσει άνθρωπος;;; Πρόγραμμα ρε μαν, πρόγραμμα!!!
*Τώρα για το α=β. δεν γίνεται η παράσταση 0/0?
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 17 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Rempeskes
Επιφανές μέλος
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 17 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Rempeskes
Επιφανές μέλος
Πες μου πως μπορώ να δω τη θεωρία για την οποία μιλάς.
Γιατί εδώ το άθροισμα δύο λογαριθμικά κυρτών δεν είναι λογαριθμικά κυρτή; Τι χαλάει;
Χμ, και την έχω πει και σε πολύ κόσμο, πρέπει να αρχίσω τα μεηλ τώρα. Κρίμα, γιατί τόσο καιρό την θεωρούσα την ομορφότερη κ κομψότερη απόδειξη... Ενιγουεη. Πάμε για τις υπόλοιπες...
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 18 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Rempeskes
Επιφανές μέλος
Διαθέτεις άφθονη κρίση, αλλά μάλλον βαριέσαι .
...Εγώ;; Δε λες τίποτα...
Αν η ln(a^x+x^a), ήταν κοίλη-επειδή είναι δύο φορές παραγωγίσιμη στο (0,1), θα έπρεπε να είναι φ''(χ)<=0, με την ισότητα να μην ισχύει σε διάστημα.
Εδώ όμως είναι-για α=1/25-,
φ''(1/2)=1.40679>0. Μη τρελλαθούμε. ΚΆΝΕΙ ΚΑΙ ΖΈΣΤΗ...
ln[(χ^1/100)+(1/100)^χ] ,χ στο (0,1).
(Kυρτή, όσο ...καμμιά)
...????? Είναι το ίδιο γράφημα με το προηγούμενο;
Λοιπόν, αναγκάστικά άνοιξα το μαπλ, το μηχάνημα γονάτσιε (καταραμένα μακ!) και ζωγράφισα την δεύτερη παράγωγο. Το αποτέλεσμα δεν λέει πολλά, αλλά ο τανος με πείθει πως κάτι τρέχει εδώ. (αντιθετα με το μακ, που το έχουν και σε υποληψη...) Χμ χμ...
υγ. ...προσοχή στα πλήκτρα με αυτή τη ζέστη.
υγ1. Τη ζωγραφιά θα πρέπει να την ανεβάσει ο παίκτης πάλι... Αλλιώς δε μπορώ να την δω στο μακ.
(και μου τα λενε και πως είναι τα καλύτερα )
υγ2. Την θεωρία δεν θα τη δεί κανείς;
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 18 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Rempeskes
Επιφανές μέλος
υγ1. Θενκς παίκτης!
υγ2. Θα το πω πάλι, ότι η θεωρία δεν κάνει λάθος...
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 18 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Rempeskes
Επιφανές μέλος
Η θεωρία δεν συμφωνεί Κάτι θα ξέφυγε στο πληκτρολόγιο.To πόσο κοίλη είναι η ln[((1/25)^x+(x^1/25)], μπορείς να το δεις στο σχήμα εδώ που σου παραθέτω.
H α^χ έχει λογάριθμο κοίλη, και η χ^α είναι κοίλη=>λογ. κοίλη.
Το άθροισμα δύο λογαριθμικά κοίλων είναι επίσης λογαριθμικά κοίλη (δεδομένο...)
Οπότε...?
3 φραπέ για πρωινό...Ρε Rembeske τι ήπιες σήμερα και δεν μας έδωσες?
Στο Προπό να δεις.Rempeske είσαι άτυχος.
Μόνο στο δικό μου word δεν βλέπω σχήμα; Ανεβάστε το κάποιος σαν εικόνα...που σου παραθέτω.
υγ. Επιμένω πως η θεωρία δεν κάνει λάθος...
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 18 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Rempeskes
Επιφανές μέλος
Η συνάρτηση:
Φ(χ)=.. ικανοποιεί τις συνθήκες του προβλήματος, αφού 0<1/25<1, ωστόσο είναι ΚΥΡΤΗ .
...αλλά ο λογάριθμός της, είναι κοίλη συνάρτηση.
ΕΠΙΣΗΣ Η ΣΥΝΘΕΣΗ ΔΥΟ ΚΟΙΛΩΝ ΔΕΝ ΕΙΝΑΙ ΓΕΝΙΚΩΣ ΚΟΙΛΗ
...Εκτός αν συνθέτουμε με τον λογάριθμο.
Για να μη λέμε λόγια άσκοπα...
...Γιατί όχι; Μόνο οι πολιτικοί δηλαδή έχουν δικαίωμα στην μπούρδα?
Επίσης, για να σε πείσω ότι η λογαριθμική κυρτότητα δεν είναι δική μου εφεύρεση, υπάρχει το εξής άρθρο.
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 18 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Rempeskes
Επιφανές μέλος
Από που εξάγεις το συμπέρασμα ότι η δεύτερη παράγωγος της lnφ, δηλαδή το "τέρας" (...) διατηρεί στο συγκεκριμένο διάστημα αρνητικό πρόσημο?
Η φ είναι άθροισμα συναρτήσεων των οποίων οι λογαριθμοι είναι κοίλες συναρτήσεις - άρα και αυτή έχει την ίδια ιδιότητα. Είναι απλή συνέπεια του ότι η σύνθεση κοίλης με κοίλη είναι κοίλη συνάρτηση επίσης.
Να δειξετε οτι καθε κλειστη σφαιρικη περιοχη του R^n ειναι κυρτο συνολο.
Λοιπόν... αν C(x,r) είναι η κλειστή μπάλλα (*) με κέντρο χ και ακτίνα r, τότε παρατηρούμε πως
οπότε αν η C(0,r) είναι κυρτή, έχουμε τελειώσει. Αλλά πάλι
οπότε αρκεί να το αποδείξουμε για την μοναδιαία κλειστή μπάλλα C(0,1). Θεωρείς δύο σημεία x,y ε C(0,1) και 0<μ<1, και θ.δ.ο. το σημείο ξ=μx+(1-μ)y ανήκει στην C(0,1). Αυτό είναι απλό όμως:
άρα ξ ε C(0,1) και τέλος.
(*) όλα τα ξενόγλωσσα βιβλία αναφέρουν τις "σφαιρικές περιοχές" ως balls, και πρέπει να είμαστε ευρωπαίοι στη συμπεριφορά μας... Όσο και αν αυτό μας ταράζει τα balls.
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 18 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Rempeskes
Επιφανές μέλος
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 18 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Rempeskes
Επιφανές μέλος
Για χ>1
Oυχ!! Πρέπει να αλλάξω φακούς επαφής επει-και-γόντως.
Η απόδειξη είναι σωστή.
Είναι! Συγχαρητήρια!
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 18 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Rempeskes
Επιφανές μέλος
οπότε δεν ισχύει ο συλλογισμός.
Νοιώθω καλύτερα που αντιμετωπίζουμε όλοι πρόβλημα...
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 18 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Rempeskes
Επιφανές μέλος
Complex Love...
(...δηλαδη, αγαπη με κομπλεξ )
"... Σε ειδα στην ακροθαλασσια
Με ελαχιστικο μπικινι (1)
Και απο τοτε στη καρδια
Υπολοιπο Cauchy εχεις μεινει...
... Στον καψα του καλοκαιριου
Εμοιαζες ολομορφη, ετσι λιαστη
Μα οταν σε ολοκληρωσα
Βρηκα ριζες στο παρονομαστη...
... Η αγκαλια μου ηταν
Καμπυλη απλη και κλειστη
Μα απο μεσα ξεφυγες
Χαρη στου μεγιστου την αρχη...
... Ηταν τοσο ψευτικα
Οσα μου ειχες φερει
Και ο φτωχος απεμεινα
Με το Cauchy στο χερι... "
(1) με ελάχιστο εμβαδόν.
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 18 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Rempeskes
Επιφανές μέλος
(Ακόμα και ολόκληρη η ευθεία, αλλά τότε η f(χ)=χ απορρίπτεται, ενώ η f(χ)=exp(-|χ|) μας κάνει)
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 18 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Rempeskes
Επιφανές μέλος
Tι εννοείς το ολοκλήρωμα της f(χ)=χ, στο R δεν υπάρχει.
Αριθμητικά. Δεν έχω σημείωσει άκρα ολοκλήρωσης, γιατί η σχέση ισχύει οπουδήποτε το ολοκλήρωμα έχει νόημα.
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 18 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Rempeskes
Επιφανές μέλος
Αν το θεωρήσεις έτσι, δεν μπορείς να διαλέξεις f(χ)=x, γιατί το ολοκλήρωμά της στο R δεν υπάρχει.
Διορία μέχρι την Παρασκευή
A μην τους πιέζεις, καλοκαίρι είναι...
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 18 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Rempeskes
Επιφανές μέλος
Λοιπόν... Έχουμε τυχαίο διάστημα (α,β), και θέλουμε νδο υπάρχουν άπειροι ρητοί και άπειροι άρρητοι.
Οκ, θα μπορούσε να είναι χειρότερα. Ώρα για πονηρή σκέψη (όχι κυριολεκτικά).
->Πρώτη σκέψη: Αν βρούμε στο (α,β) έναν ρητό (ή άρρητο) γ, τότε επαναλαμβάνουμε το επιχείρημα στο διάστημα (α,γ) και βρίσκουμε έναν ακόμα δ, μετά στο (δ,γ) μέχρι να βρούμε έναν ακόμα ε, και ούτω καθεξής μέχρι το άπειρο (βασικά, μέχρι να μας τελειώσει το αλφάβητο) και έτσι θα έχουμε δείξει ότι υπάρχουν άπειροι τέτοιοι αριθμοί εντός του (α,β).
Αυτός ο τρόπος είναι κάπως αλ(ο)γοριθμικός, και απόλυτα φυσιολογικός για όσους ασχολούνται με άσκοπα παιχνίδια (όπως η κβαντική, ο προγραμματισμός η/υ, οι φοιτητικές εκλογές).
Επειδή όμως τέτοια θέματα μπορεί να σε κάνουν να τα αγαπήσεις, άρα δεν πρέπει να παίζεις μαζί τους, χρειάζεται να τα κοιτάξουμε με το αδιάφορο και απόμακρο μάτι της Θεωρίας. Άσε που -έτσι για να γουστάρουμε- είναι καλύτερο να βρούμε άπειρους ρητους/άρρητους στο διάστημα - να τους κατασκευάσουμε, να τους ταυτοποίησουμε, και μετά να τους στείλουμε από κει που ήρθαν. Οπότε καταλήγουμε...
->Δεύτερη σκέψη: Ωμή βία.
(Θα τους κατασκευάσουμε, θέλουν δε θέλουν).
->Τρίτη σκέψη: Με άτοπο... Όμορφα και τακτοποιημένα, για να ξεμπερδεύουμε, έχουμε και δουλειές.
->Tέταρτη σκέψη: Αρκέτα με τα λόγια.
Πάμε να κατασκευάσουμε άπειρους ρητούς/άρρητους. Χρειαζόμαστε το ακόλουθο...
Δεδομένο: Αν μια δεκαδική παράσταση τερματίζεται/είναι περιοδική, τότε και μόνο τότε, πρόκειται για ρητό.
Θεωρούμε τις δεκαδικές παραστάσεις των α,β:
Υπάρχουν πολλοί τρόποι να δημιουργήσουμε ρητούς/άρρητους... Αλλά ένας με ελάχιστο κόπο.
Επειδή α<β, υπάρχει δείκτης κ με τα αντίστοιχα ψηφία α_κ<β_κ. Τότε, οι αριθμοί
ανήκουν στο διάστημα, είναι ρητοί (τερματίζεται η παράσταση) και είναι και άπειροι (παρεπιπτόντως, ακόμα μερικές φορές μετράω με τα δάχτυλα, και γινομαι ρόμπα).
Για άρρητους, χρειάζεται να προσέξουμε λίγο τι γίνεται με τα άκρα. Αν δεν τερματίζεται η παράσταση του β, μπορούμε να θεωρήσουμε τον αριθμό
ο οποίος δεν είναι περιοδικός, άρα είναι άρρητος. Συνεχίζουμε με αυτό το τρόπο (αν θέλουμε δηλαδή, δεν μας αναγκάζει κανείς.)
Kαι ένα άτοπο, για το καλό. Έστω ότι το διάστημα (α,β) περιέχει πεπερασμένο πλήθος ρητών και αρρήτων. Τότε, και το ίδιο το διάστημα θα έχει πεπερασμένο πλήθος σημείων.
Αλλά, υπάρχει συνάρτηση φ: (0,1)->(α,β) η οποία είναι 1-1 και επί, και συνεπώς το (0,1) είναι ισοπληθές με το (α,β), δηλαδη έχει πεπερασμένο πλήθος στοιχείων. Άτοπο (...και η αυλαία πέφτει, να βγάλουμε το μεηκ απ επιτέλους και να πάμε σπίτι...)
Μιας και μου άρεσε η ιστορία με τα άτοπα, ακόμα ένα. Έστω ότι οι διακεκριμένοι ρητοί του (α,β) είναι οι χ_1,χ_2,...,χ_κ, και μόνο. Τότε, ο αριθμητικός τους μέσος είναι ρητός (όσο δε πάει) και διαφορετικός από τα χ_1,χ_2,...,χ_κ, άτοπο...
(Γιατί αυτό δεν ισχύει και με τους άρρητους;... Ή ισχύει και απλά ξέχασα να κάνω πράξεις;...)
Για τους άρρητους τώρα. Έστω ότι είναι οι χ_1,χ_2,...,χ_κ και μόνο. Από αυτούς, επιλέγουμε έναν (αλγεβρικό έστω), χ. Τότε ο χ^{sqrt(2)} είναι (υπερβατικός) άρρητος. Για κατάλληλο ρητό λ, ο λ*χ^{sqrt(2)} ανήκει στο διάστημα και διαφέρει από τους υπόλοιπους, άτοπο πάλι...
Eδιτ: Βιάστηκα. Αν είναι αρνητικός, πάμε σε διαδοχικές περιτές ρίζες, μέχρι να βρούμε έκ νέου αλγεβρικό άρρητο (αλλιώς δεν ήταν αλγεβρικός εξ' αρχής).
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 18 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Rempeskes
Επιφανές μέλος
Εδώ ο μέντωρ δεν ήξερε να βρει τη διακρίνουσα στο τριωνυμο (... )
υγ. Μεντωρ: Για να δούμε, σαν κάτι να φαίνεται στη κάλυψη...
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 18 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Rempeskes
Επιφανές μέλος
Εμένα γιατί δεν μου απάντησε κανείς;
...Τι ρώτησες;
υγ.Σωστό είναι.
υγ2. Ο τανος είναι ο αρμόδιος βέβαια.
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 18 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Rempeskes
Επιφανές μέλος
κάλυψη του επιπέδου με c e [0,1]
Χμ... Συγκάλυψη είναι αυτό που πας να κάνεις! Πρέπει να είναι μεταβλητά και τα α,β και το c...
απόδειξη η οποία δεν θα χρησιμοποιεί διαφορικό λογισμό,(σκεφτείτε πως θα λυνόταν το πρόβλημα πριν την ανακάλυψη του διαφορικού λογισμού,κάτι τέτοιο προσπαθώ)
...Τι σου έχει κάνει και τον σνομπάρεις;;
tanos:
Αυτό που λες, στείλτο σε αρχείο, να μην παρεννοήσω συμβολικά κάτι.
Έλα μωρε που θα καθόμαστε να ανεβάζουμε αρχεία πρωί πρωί, καλύτερα έτσι στο μήνυμα...
Λέω πως το
οπότε η σχέση
θα έχει πάντα λύση, και άρα δεν είναι γν. αύξουσα για α>1/e.
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 18 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Rempeskes
Επιφανές μέλος
όταν αποδείξουμε ότι a^c+b^c ή a^c +b > 1 και a^b+b^a > a^c+b^c ή a^c +b αντίστοιχα για κάποιο a,b δεν μας ενδιαφέρει να είναι και στο επόμενο c απλώς πρέπει τυπικά να αποδειχτεί οτι διαδοχικά καλύπτεται όλος ο χώρος.
Mα χάνεις τα αρχικά α,β όταν μειώσεις πολύ το c! Bασικά απέδειξες ότι υπάρχουν άπειρα α,β με α^β+β^α>1, και πρέπει μάλιστα να ικανοποιούν την α^χ+β^χ>1, η οποία δεν ισχύει παντα.
τανος:
Δες σοβαρά την απόδειξη που σου έστειλα.
Τώρα μάλιστα, το ξεδιάλυνα στο μυαλό μου τι εννοείς!
Οποτε, για α<1/e, δεν έχω αμφιβολία.
Κοιτώντας όμως (με καφέ) τη περίπτωση α<1/e, πρόσεξα πως "η φ(χ)=χ^{α-1}/α^χ δεν μπορεί να λάβει την τιμή (τάδε), γιατί έχει ολικό μέγιστο στο χ=1 ίσο με 1/α".
Αλλά το limφ(χ)=άπειρο όταν χ->0, οπότε λαμβάνει την τιμη (τάδε) για μικρά χ!
Έτσι δεν είναι;
με τους "προικισμένους " μαθητές, όπως π.χ ο Rembeskes
Ναι αμέ, "ολικό μέγιστο" στους βαθμούς μου το 14.
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 18 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Rempeskes
Επιφανές μέλος
πότε για διαδοχικά c στο [1,0]
Θα χάσεις τα α,β όμως αν μειώσεις το c!
Tanos:
Ρε Rembeske!
Παππούς είμαι...
Έεεεεεελα με τις δικαιολογίες! Σαν παλαίμαχος έχεις περάσει χειρότερα.
Κάντο... βγαίνει αμέσως:
Αν όπως λες :α<1/e<x,
Και όμως δε βγαίνει για χ>1/e.
Δεν μου απάντησες για την ανισότητα με τα ολοκληρώματα
Oυπς, ναι. Να υπάρχει το ολοκλήρωμα της.
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 18 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Rempeskes
Επιφανές μέλος
Λες "α<1/e:
Αν χ>α, κλπ.
Aν x<α και χ<1/e, κλπ"
Τι συμβαίνει αν χ>1/e?
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 18 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Rempeskes
Επιφανές μέλος
Λοιπόν, κοίταξα (σοβαρά αυτή τη φορά) την απόδειξη, και έχω δυο παρατηρήσεις (ένα τριώνυμο ρε δε ξέρω... έλεος).
1) Η συνάρτηση c->a^c+b^c δεν είναι >1 για όλα τα a,b.
2) H σχέση a^b+b^a>a^c+b^c ισχύει για a,b<c. Tα a,b είναι σταθερές, το c μεταβάλλεται. Όταν λοιπόν στέλνεις το κέντρο ((1/2)^{-1/c},(1/2)^{-1/c}) στο (0,0), θεωρείς το όριο όταν c->0. Aυτό όμως δεν μπορεί να γίνει, χωρίς να παραβιάσουμε την σχέση a,b<c. (ένα τριώνυμο δε ξέρω... καλά πάμε)
Υγ. Ούτε ένα τριώνυμο... γέρασα ρε γμτ.
Υγ2. Θα δω το "crawling eye" για να ξεχάσω το πόνο μου.
(Η μια κοπέλα: "Πως το ήξερες αυτό;"
Η δεύτερη, που είναι μέντιουμ: "Κάπου θα το διάβασα..."
Ο κάφρος: Ναι! Στο σενάριο.)
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 18 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Rempeskes
Επιφανές μέλος
συγνώμη μα η c^2 + log2 - c
δεν έχει Δ=1-4*1*ln(2) = -1.772588722;
Ουχ!!! Τι κοτσάνα πέταξα Ξέχασα να υπολογίζω τριώνυμα?!!! Πίσω στη β' γυμνασίου...
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 18 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Rempeskes
Επιφανές μέλος
(1/2)^(1/c) < c για c <= 1
Πες ότι ισχύει.
Από την
θα ισχύει επίσης
οπότε τελικά πρέπει
Το τριώνυμο έχει Δ>0 και μια θετική ρίζα. Άρα κοντά στο c=0, η (1) δεν θα ισχύει!
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 18 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Rempeskes
Επιφανές μέλος
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 18 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Rempeskes
Επιφανές μέλος
Νδο για κάθε ολοκληρώσιμη f ισχύει
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 18 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Rempeskes
Επιφανές μέλος
Για να δούμε, όλο και πλησιάζεις...!
(1/2)^(1/c) < c για c <= 1
Δεν ισχύει για c στο διάστημα
Είναι πιο περίπλοκη η γεωμετρία της επιφάνειας απ' ότι φαίνεται
Λοιπόν... Η πρώτη παράγωγος δε λέει πολλά. Η δεύτερη...;
(Λέξη κλειδί: Κυρτότητα!)
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 18 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Rempeskes
Επιφανές μέλος
Για τις πράξεις, όταν λέω στοιχειώδεις δεν εννοώ βέβαια μη σύνθετες. Ωστόσο έχουμε χρειαστεί και οι δύο πιο σύνθετες.Εδώ καταλήγεις σε σε "λουκούμι "παράσταση
(1-α)^α/(-lnα)^α. Χρειάζεται βέβαια προσοχή π.χ όταν διαιρούμε με lnα<0, πράξεις με δυνάμεις κ.λ.π.Εσύ τι απόδειξη έχεις υπ΄όψη σου εκτός από ακρότατα δύο μεταλητών?Έχεις καμμιά πιο δυναμική?
Κάτι πρέπει να ξέφυγε στους υπολογισμούς, δεν καταλήγει αυτό σε άτοπο. Και αυτό γιατί, προσπαθείς να δείξεις ότι η φ' ειναι θετική παντού - σωστά; Αν λοιπόν βρουμε μια φ να έχει αρνητική παράγωγο σε κάποιο σημείο, το επιχείρημα δεν ισχύει:
Έστω a<1/e, δηλ loga+1<0. Η συνάρτηση
τότε πληροί
και συνεπώς
Βέβαια, χαλάω την πλοκή έτσι - μέχρι να καταλάβω ο ίδιος ότι η φ' μπορεί να είναι αρνητική, είχα φάει πόσο χρόνο να την κοιτάζω, να την ξανακοιτάζω, να την αγριοκοιτάζω...
Υγ. Ναι, υπάρχει κολπάκι. Έχει να κάνει με την κ...
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 18 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Rempeskes
Επιφανές μέλος
τάνος:
Η τελευταία οδηγεί -με στοιχειώδεις πράξεις- στο άτοπο 1/lnα>0, δηλαδή στο lnα>0, δηλαδή στο α>1. Η (1) λοιπόν δεν ισχύει, με συνέπεια ή f είναι 1-1
ΣΗΜ: Στις τελευταίες πράξεις γίνεται χρήση της γνωστής ταυτοανισότητας: lnx<x-1, για χ>0, και χ: όχι 1.
Πολύ καλή! (Έχεις καιρό να το ακούσεις, φαντάζομαι.) Θέλω όμως να μου πεις για τις πράξεις, επειδή δε μου φαινονται και τόσο στοιχειώδεις Πχ χρησιμοποιείς την 1/lnx>1/x-1;
Μήπως στην άσκηση με το κανονικό πολύγωνο Rembeske ξέχασες κάτι?
Αν το 2ν-γωνο είναι εγγεγραμμένο στον ίδιο κύκλο, υπεισέρχεται και η ακτίνα του κύκλου (Τύπος Αρχιμήδη).
Για δες το. Για ποιό 2ν-γωνο μιλάμε?
Είναι μια σχέση ανάμεσα στη πλευρά του ν-γώνου και του 2ν-γώνου - και βέβαια δεν πρέπει να υπεισέρχεται η ακτίνα, αλλιώς το π δεν θα ήταν σταθερά! Φτιάξε ένα σχήμα με τις δυο πλευρές και δες το!
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 18 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Rempeskes
Επιφανές μέλος
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 18 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Rempeskes
Επιφανές μέλος
ιο:
Αρα το αριστερο μερος (αφου εχουμε προσθεσει τη μοναδα που σου ξεφυγε) ειναι ισο με (1+sqrt5)/2, τη χρυση τομη!
Ουχ!!! Ακόμα δεν έχω μάθει να κάνω πράξεις Εμ, μετά τα 65, το χάνεις λίγο. Πολύ σωστά, τη χρυσή τομή είχα υπόψη, και κατέληξα με τη... μπρούτζινη.
Υγ. Συγχαρητήρια, κέρδισες και τα δυο e-books του Apostol. Τα θες;
(-εγώ όχι. ξουτ.)
μεντωρ
άρα πηγαίνωντας απο το t1 στο t2 κινούμενοι πάνω στην ευθεία έχουμε την συνάρτηση: g(t0) = (t2-t0)^t0 + t0^(t2-t0)
Πολύ καλή σκέψη με την επιφανειακή καμπύλη! Εντυπωσιάστηκα.
Απλά όμως επαναδιατύπωσες το πρόβλημα που έχουμε με τη καταραμένη παράγωγο:
...γιατί είναι η μοναδική ρίζα; Το ίδιο πρόβλημα έχει και η παράγωγος της f(x)=x^y+y^x...g'(t) = (t2-t)^t*(ln(t2-t)-t/(t2-t))+t^(t2-t)*(-ln(t)+(t2-t)/t)
παρατηρούμε ότι για t = t2/2 έχουμε g' = 0
που είναι και η μοναδική ρίζα της συνάρτησης
Και επίσης
μπορεί να είναι και ελάχιστο, και πάλι θα ήταν σωστό το σχήμα!άρα καθώς η g(t) είναι κατοπτρική κατα τον άξονα t1t2 με κέντρο συμμετρίας το σημείο (t2/2,t2/2), και έχει g'(t) = 0 στο σημείο αυτό, αυτό αποτελεί και το μεγιστό της.
Πολύ καλή προσπάθεια πάντως! Κέρδισες e-books, αν ενδιαφέρεσαι.
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 18 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Rempeskes
Επιφανές μέλος
Αρχική Δημοσίευση από m3nt0r:έχουμε:
lim (b->0-) a ^ b = 1 γνησίως αύξουσα για 0<a,b<1 στο ζητούμενο διάστημα δηλαδή
lim (b->0-) b ^ a = 0 γνησίως φθίνουσα
lim (b->1+) a ^ b = a γνησίως αύξουσα στο ζητούμενο διάστημα παρομοίως
lim (b->1+) b ^ a = 1 γνησίως αύξουσα στο ζητούμενο διάστημα
Χμ... Λαμβάνοντας το lim (b->0+) a ^ b, θεωρείς τη συνάρτηση b->a^b --- η οποία είναι γν. φθίνουσα.
Αντίστοιχα η b->b^a είναι αύξουσα.
καθώς a^b + b^a γνησίως άυξουσα
Δεν γνωρίζεις αν είναι μονότονο και το άθροισμα των δύο! Εδώ αρχίζει ο εφιάλτης...
Υγ. Γιατί στραφήκατε σε αυτό συγκεκριμένα; Κοιτάξτε κανείς μην το αποδείξει, θα νοιώσω εντελώς στόκος!
Υγ2. Το ατέρμονο κλάσμα της 3) είναι πολύ απλό, και δεν θέλει κάτι περισσότερο από γνώσεις λυκείου. Ο νικητής παίρνει δώρο τα "Calculus Ι&ΙΙ" του Apostol, σε μορφή πρακτικού e-book (shift+del και ξεμπέρδεψε).
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 18 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Rempeskes
Επιφανές μέλος
η οποία σταθερά όπως μόλις ανακάλυψα πρόκειτε για τον αριθμό 1/e
Σωστός...
f(n) = st(2)^f(n-1)
Σε τέτοιες περιπτώσεις, κάνεις την απατεωνιά f(n)=όριο, και το βρίσκεις με πράξεις
tanos:
σου λέω προκαταβολικά, ότι σε τέτοιες περιπτώσεις- ότι σε τέτοιες περιπτώσεις-κατά κανόνα- σε αποδεικτέες της μορφής:
f(α,b)>g(α,b), α,b σε διάστημα Ι,-σε επίπεδο Λυκείου-, (γιατί αλλοιώς επιλύονται με ελεύθερα ακρότατα συναρτήσεων δύο μεταβλητών), θεωρούμε την φ(χ)=f(α,x)-g(α,χ), ή την φ(χ)=f(α,x)/g(α,x), εφ΄όσον η g διατηρεί σταθ. πρόσημα στο Ι και εργαζόμαστε με μονοτονία και ακρότατα.
Μα σου λέω, δοκίμασα τα πάντα, ακόμα και με ultrex λούστηκα...
Δε γινόταν.
Μου είχε γίνει έμμονη ιδέα. Δε μπορούσα να φάω, να κοιμηθώ, να κάνω σεξ πάνω από μιά ώρα...
Και γιατί δε λυνόταν; Γιατί σκεφτόμουν σα να ήμουν ακόμα στο Λύκειο.
Μου είχαν μείνει στεγανά στη σκέψη.
Συνεπώς θα συγκλίνει και μάλιστα στο δεύτερο από τα διπλά της σημεία, δηλαδή τον αριθμό 2.
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 18 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Rempeskes
Επιφανές μέλος
την είχες βάλει με πατάτα. Αλλά επειδή είμαι καλό παιζάκι και δεν θέλω να κλέψω δεν θα πω την λύση
Nαι, τώρα είχα όρεξη για κάτι γλυκό όμως...
tanos:
Δεν με ρώτησες τι έγινε με το "πλάσμα"
Μα κυκλοφορούν πολλά "πλάσματα", δε κολλάμε στο ένα...
m3ntor:
f(n) = f(n-1)^sqrt(2)
...1?
tanos:
Rembeske δώσε τρία θέματα..
(σχόλιο: πρέπει να σκεφτώ δηλαδή ε; χμ...)
1) Γράφουμε σε μια σειρα όλους τους αριθμούς τυχαία. Να βρεθεί η πιθανότητα κανένας αριθμός να μην καταλαμβάνει την κανονική θέση του.
2) Εγγράφουμε κανονικό n-γωνο σε κύκλο, και έστω s_n η πλευρά του. Νδο για το κανονικό 2n-γωνο ισχύει
Ειδικά, νδο
και στο καπάκι
3) Νδο για το ακόλουθο κλάσμα ισχύει
4-bonus) Νδο για κάθε 0<α<1, 0<β<1 ισχύει
(Την 4 τη πολεμούσα ένα χρόνο, ο καραγκιοζοπαίχτης, μέχρι να καταλάβω πόσο απλή είναι.)
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 18 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Rempeskes
Επιφανές μέλος
θα φαω καμια μπούκλα...!
Και 'γω το ίδιο έκανα κάποτε, τα έλουζα και με pantene μάλιστα για να 'χουν και βιταμίνες...
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 18 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Rempeskes
Επιφανές μέλος
όταν δεν το παίζεις αλαζόνας
Eγω; Δεν "το παίζω" αλαζόνας, μια χαρά αλαζόνας είμαι!
Ντου:
μακάρι να σπούδαζες φυσική
Τι λες ντου μου, εμένα με ρώτησες;
Περιέχει την απόδειξη ότι δεν υπάρχει τέτοια συνάρτηση που να ικανοπεί την Δ.Ε που δόθηκε.
Σε ολόκληρο το R εννοεί (μόλις είδα τα δεδομένα ---- μετά από τη λύση, όπως πάντα.)
Σωστό. Όλες οι λύσεις είναι τοπικά μοναδικές. Εφόσον εδώ αποτελούν την οικογένεια
όλες έχουν πεδίο ορισμού της μορφής (-π/2-c,π/2-c) (στη καλή περιπτώση) και απειρίζονται στα άκρα-. Οπότε δεν υπάρχει λύση σε όλο το R, κρίμα.
Το ίδιο προκύπτει από τη σειρά Τaylor, γιατί η ακτίνα σύγκλισης είναι πεπερασμένη (εξαρτάται από το c). Kρίμα και φαινόταν καλή άσκηση...
Να βάλω και γω μια (που την έχω ξαναβάλει)?
Να αποδειχθεί ότι μπορούμε να κόψουμε μια τηγανίτα σε δύο ίσα κομμάτια.
(ρίγησα... αυτό θα πει επιστήμη.)
μόλις πέρασε εξω από το ΙΝΤΕΡΝΕΤ CAFE ένα πλάσμα
Ξαδέρφη μου είναι, την έστειλα για να σου κάνω σαμποτάζ στα ποστς.
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 18 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Rempeskes
Επιφανές μέλος
Χωρίζω την δικιά μου, ε συγνώμη τις μεταβλητες εννοώ, και έχω
και όπως έλεγε η αξέχαστη διαφήμιση, να ολοκληρώσω θέλω,
αλλά τη τελευταία φορά που άνοιξα τον απειροστικό ('97) μου έμεινε χαραγμένο ότι
και δεν μπορώ να ηρεμήσω με τέτοιες αναμνήσεις.
Β' τρόπος (ψέμα)
Μου είχαν πει κάποτε (και πάντα, σαν καλό παιδί, πίστευα ό,τι μου έλεγαν) ότι "όλα είναι αριθμητική ανάλυση". Ας το πάρω αλλιώς.
(άλλοι έλεγαν: "όλα είναι χημεία", "όλα είναι σωματιδιακή φυσική", "όλα είναι ένα ψέμα, μια ανάσα μια πνοή" - οπότε, δεν ξέρω τι είναι "όλα", αλλά ξέρω ότι οι γνώμες του κόσμου είναι για τα μπάζα)
...αριθμητική ανάλυση όπως έλεγα, και ορίστε μια λύση που θα άφηνε ευτυχισμένους τους μηχανικούς αλλά και τον Cauchy. Από τη δοθείσα, η y' παραγωγίζεται, και η y'' ομοίως, οπότε η λύση είναι απείρως παραγωγίσιμη (μουράτος, ποιητικός όρος) ή αλλιώς C^{\infty} (μουντός, επιστημονικός όρος, γιατί εδώ δε περνάει το ρομάντζο αλλά οι αποδείξεις).
...όπως έλεγα πάλι, δηλαδή εύκολα -αν y(0)=c- έχουμε
και ο τύπος (που έκλεψε ο) Τaylor μας λέει
και είμαστε κομπλέ. Ανοίγουμε το pc (σημ: καταραμένα μακ) και βλέπουμε μια ταινία, για να χαλαρώσουμε.
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 18 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Rempeskes
Επιφανές μέλος
Βρείτε την digital root του (9^7240 + 38 )^8457
Xμ... Τι new age μαθηματικά είναι αυτά;
Από το τρόπο που ορίζεις την dr, βλέπω πως dr(1)=dr(10)=..., dr(2)=(dr11)=... κλπ, δηλαδή είναι περιοδική με περίοδο 9. Αυτό με λέει πως
Για να δούμε, ήμουν καλός κάποτε σ' αυτά... Έχουμε το (πολύ βολικό)
και το λιγότερο βολικό
πείτε μου αν κάνω λάθος πράξεις, έχω έφεση τελευταία. Οπότε συνολικά
Με λίγα εγκεφαλικά κύτταρα όμως
και ...τότες (δε ξεχνάω πως σε χωριό πήρα το δίπλωμα)
αν δεν έχω κάνει πάλι λάθος πράξεις. Δηλαδή dr(...)=8.
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 18 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Rempeskes
Επιφανές μέλος
e-steki forum » Γενική Κουβεντούλα » Επιστημονικά Θέματα » Μαθηματικά » Έλλειψη: Απόσταση εστιών και περίμετρος.
Κάνε κλικ στο "Μαθηματικά". Μόλις βγει η λίστα με τα θέματα, επάνω τους και αριστερά λέει "νέο θέμα". Κάνε κλικ εκεί, και γράψε το θέμα, μετά πάτησε "υποβολή".
Αυτό για τη γενική περίπτωση. Για τώρα, απλά κάνε κλικ εδώ: https://www.e-steki.com/forum/newthread.php?do=newthread&f=70.
Υγ. Όχι και ανεπανάληπτος, απλά βγαίνουμε σπανίως στη κυκλοφορία...
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 18 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Rempeskes
Επιφανές μέλος
Περιμένω έμπλεος ανυπομονησίας να μου απαντήσεις-με Μαθηματικά και όχι με λόγια- που πως-εμπλέκεται δυαναμοσειρά στο αόριστο ολοκλήρωμα της συνάρτησης
Όχι να χαρείς... Δεν κάθομαι να το υπολογίζω με τις ώρες. Αν δώσεις μια αναλύτική έκφραση, ίσως φανεί (πιο εύκολα) εκεί η σειρά.
Ο ισχυρισμός της Μichele θα ήταν σωστός, αν η f εδίδετο "συνεχώς" παραγωγίσιμη στο R.
Χτυπάς κάτω από τη ζώνη... Λίγοι θα έχουν ασχοληθεί με μη παρ/μες λύσεις.
Η πιο γενική λύση που μπορώ να σκεφτώ είναι η εξής. Διαμερίζουμε το πεδίο ορισμού σε μετρήσιμα υποσύνολα {Ε_i}, και λύση είναι η κλιμακωτή
Ούτε το "Μaple" επιλύει τέτοιες Δ.Ε.Eίναι πολύ "ψιλά γράμματα", για τα εν χρήσει πακκέτα.
Η φύση των λύσεων το απαγορεύει.
...Αλλά θα ήμουν χαρούμενος να έλυναν και τις σκέτες.
Αντικείμενα είναι εκείνα που έχουν έναν προορισμό. Δηλαδή οι επιβάτες
Απίστευτος... Θα 'θελα να τον είχα γνωρίσει.
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 18 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Rempeskes
Επιφανές μέλος
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 18 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
Rempeskes
Επιφανές μέλος
αν και φαινεσαι πολύ συγκροτημένο άτομο
Εγώ;;; Πρώτη φορά το ακούω...
... τις απόψεις του οποίου ερευνά ακόμα η Μαθηματική Ιστορία , χωρίς ποτέ να τις διακωμωδεί.
Κακώς. Παίρνει πολύ στα σοβαρά τον εαυτό της η κυρία, γι' αυτό χωρίσαμε.
καλό θα είναι να είμαστε πιο επιφυλακτικοί για το τι είχε στο μυαλό του όταν συνέτασσε εκείνη την επιστολή.
Τώρα αφήνεις υπόννοιες ότι κάτι ξέρεις...
"Δεν υπολογίζεται στοιχειωδώς" δεν σημαίνει δεν εκφράζεται "αναλυτικά", οπότε καταφεύγεις σε συνταγές Αριθμητικής ανάλυσης.
Σημαίνει δεν εκφράζεται μέσω "στοιχειωδών συναρτήσεων", (κλειστού τύπου) όπως π.χ το αόριστο ολοκλήρωμα της 1/lnχ (όπως άλλωστε συμβαίνει με τα ελλειπτικά ολοκληρώματα).
Αν επιχειρήσεις να αποδείξεις ότι μία καμπύλη είναι μετρήσιμη (όπως η έλλειψη), και εκφράσεις το μήκος της, ως το όριο μία συγκλινούσης σειράς έχεις πρόβλημα?Ενημερωτικά σου λέω-είναι πολύ πιθανό να το γνωρίζεις-ότι υπάρχουν και άλλες ακριβείς αναλυτικές εκφράσεις για το μήκος έλλειψης. Επειδή δεν μπορώ να γράψω εδώ μαθηματικά σύμβολα" μπορώ να σου τις στείλω (αν θέλεις).
Και πάλι... "Δεν υπολογίζεται στοιχειωδώς" σημαίνει "δυναμοσειρά". Από το καιρό του Weierstrass μάλιστα. Ό,τι τύπο και να παραθέσεις, δεν θα είναι "κλειστός" - εσύ το είπες - και ακόμα και να μην αναφέρει κάποια δυναμοσειρά, αυτή θα υπάρχει στο παρασκήνιο. Ευχαριστώ για τους τύπους, αλλά δεν καίγομαι πλέον για το μήκος της έλλειψης, όταν το χρειάστηκα δεν είχα σύνδεση στο νετ.
Σε ότι δε αφορά τους δημιουργούς του πακέτου ΜATHEMATICA σου συνιστώ να μην τους εμπιστεύεσαι ιδιαίτερα.
Χμ... Καλά κάνω και επιμένω στο Μaple δηλαδή; Όλοι το αντίθετο μου λένε ("ρε αρχαίε", "ρε οπισθοδρομικέ", "μείνε και σε σπηλιά ρε" και άλλα τέτοια ωραία).
Απλά επιθυμώ να γίνεις λιγώτερο αντγωνιστικός.
Μα δεν μας βάζουν και κάνα βραβείο οι τσιγκούνηδες αντμινς, δεν έχουμε ανταγωνισμό για τίποτα...
τόσο θα πρέπει να αποδείξεις την πρόταση: "Δεν υπάρχει συνεχής συνάρτηση που να παίρνει -αποκλειστικά- δύο διακεκριμμένες τιμές Υ1,Υ2.
Πρέπει να γίνουν όλα αυτά για να πούμε απλά ότι οι μόνες (συνεχείς) είναι οι σταθερές;;
Σημείωση: Το μήνυμα αυτό γράφτηκε 18 χρόνια πριν. Ο συντάκτης του πιθανόν να έχει αλλάξει απόψεις έκτοτε.
-
Το forum μας χρησιμοποιεί cookies για να βελτιστοποιήσει την εμπειρία σας.
Συνεχίζοντας την περιήγησή σας, συναινείτε στη χρήση cookies στον περιηγητή σας.