A' ΔΕΣΜΗ 1995

parmenides51 · #1

1. α) Έστω $\displaystyle{\nu}$ ένας θετικός ακέραιος και $\displaystyle{\mathbb{I},\mathbb{O}}$ είναι αντιστοίχα ο μοναδιαίος και ο μηδενικός πίνακας $\displaystyle{\nu x \nu }$ .
Έστω $\displaystyle{A,B}$ είναι πίνακες $\displaystyle{\nu x \nu }$ τέτοιοι ώστε $\displaystyle{A=B^2+\mathbb{I}}$ και $\displaystyle{B^4=\mathbb{O}}$ .
i) Να αποδείξετε ότι
1. $\displaystyle{A^{\kappa}=\mathbb{I}+\kappa B^2}$ για κάθε $\displaystyle{\kappa \in \mathbb{N}^*}$
2. ο πίνακας $\displaystyle{\mathbb{I}+A^6-A^8}$ είναι αντιστρέψιμος.
ii) Αν ο $\displaystyle{\nu}$ είναι περιττός να αποδείξετε ότι $\displaystyle{\left| 2A-3\mathbb{I} \right|\le 0}$ .
β) i) Να αποδείξετε ότι για οποιουσδήποτε μιγαδικούς $\displaystyle{{{z}_{1}},{{z}_{2}}}$ ισχύει $\displaystyle{{{\left| {{z}_{1}} \right|}^{2}}+{{\left| {{z}_{2}} \right|}^{2}}={{\left| {{z}_{1}}-{{z}_{2}} \right|}^{2}}}$ αν και μόνο αν $\displaystyle{Re\left( {{z}_{1}}{{{\overline{z}}}_{2}} \right)=0}$ .
ii) Έστω μια συνάρτηση $\displaystyle{f:[\alpha ,\beta ]\to \mathbb{R}}$ συνεχής στο $\displaystyle{[\alpha ,\beta ]}$ και οι μιγαδικοί αριθμοί $\displaystyle{z=\alpha^{2}}+if(\alpha)\,\,,\,\,w=f(\beta)+i{\beta^{2}}}$ με $\displaystyle{\alpha ,\beta\ne 0}$ .
Αν $\displaystyle{{{\left| w \right|}^{2}}+{{\left| z \right|}^{2}}={{\left| w-z \right|}^{2}}}$ να αποδείξετε ότι η εξίσωση $\displaystyle{f(x)=0}$ έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο διάστημα $\displaystyle{[\alpha ,\beta ]}$ .

2. α) Δίνονται οι ελλείψεις $\displaystyle{{c}_{1}}:\,\,\frac{x^{2}}{\alpha^{2}}+\frac{y^{2}}{\beta^{2}}=1}$ και $\displaystyle{{{c}_{2}}:\, \alpha^2{x}^{2}+\beta^{2}y^{2}}=1}$ με $\displaystyle{0<\alpha<\beta}$
Η ημιευθεία $\displaystyle{y=(\varepsilon \phi \theta) x \,\, , x>0 \,\, , 0<\theta<\frac{\pi}{2}}$ τέμνει την $\displaystyle{c_1}$ στο σημείο $\displaystyle{\Gamma_1(x_1,y_1)}$ και την $\displaystyle{c_2}$ στο σημείο $\displaystyle{\Gamma_2(x_2,y_2)}$
i) Αν $\displaystyle{\lambda_1}$ είναι ο συντελεστής διεύθυνσης της εφαπτομένης της $\displaystyle{c_1}$ στο σημείο $\displaystyle{\Gamma_1}$ και $\displaystyle{\lambda_2}$ είναι ο συντελεστής διεύθυνσης της εφαπτομένης της $\displaystyle{c_2}$ στο σημείο $\displaystyle{\Gamma_2}$
να αποδείξετε ότι το γινόμενο $\displaystyle{\lambda_1\lambda_2}$ είναι ίσον με $\displaystyle{{\color{red}(\varepsilon \phi \theta)^{-2}}}$ .
ii) Να μελετηθεί ως προς την μονοτονία η συνάρτηση $\displaystyle{f:\left(0,\frac{\pi }{2}\right)\to \mathbb{R}}$ με $\displaystyle{f(\theta)=\lambda_1\lambda_2}$
β) Δίνεται θετικός ακέραιος αριθμός $\displaystyle{\nu}$ τέτοιος ώστε $\displaystyle{{{\left( 1+i \right)}^{\mathsf{\nu }}}=16}$ .
Έστω $\displaystyle{\Omega =\left\{ 1,2,...,\nu \right\}}$ είναι ένας δειγματικός χώρος που αποτελείται από ισοπίθανα απλά ενδεχόμενα.
Εκλέγουμε τυχαίως ένα απλό ενδεχόμενο $\displaystyle{\lambda \in \Omega }$ .
Αν $\displaystyle{f(x)=2{x}^{2}}-4x+\lambda}$ με $\displaystyle{x\in \mathbb{R}}$ να βρείτε την πιθανότητα η εξίσωση $\displaystyle{f(x)=0}$ να μην έχει πραγματικές ρίζες.

3. α) Δίνονται οι πραγματικοί αριθμοί $\displaystyle{\kappa,\lambda}$ με $\displaystyle{\kappa<\lambda}$ και η συνάρτηση $\displaystyle{f(x)={{\left( x-\kappa \right)}^{5}}{\left(x- \lambda \right)}^{3}}}$ με $\displaystyle{x\in \mathbb{R}}$ να αποδείξετε ότι :
i) $\displaystyle{\frac{f'(x)}{f(x)}=\frac{5}{x- \kappa}+\frac{3}{x-\lambda}}}$ για κάθε $\displaystyle{x\ne \kappa}$ και $\displaystyle{x\ne \lambda}$
ii) Η συνάρτηση $\displaystyle{g(x)=\ln \left| f(x) \right|}$ στρέφει τα κοίλα προς τα κάτω στο διάστημα $\displaystyle{(\kappa,\lambda)}$ .
β) i) Να αποδείξετε ότι για κάθε συνάρτηση $\displaystyle{f}$ συνεχή στο διάστημα $\displaystyle{[\alpha ,\beta ]}$ ισχύει :
''Αν $\displaystyle{f '(x)>0}$ για κάθε $\displaystyle{x \in (\alpha ,\beta )}$ , τότε η $\displaystyle{f}$ είναι γνησίως αύξουσα στο $\displaystyle{[\alpha ,\beta ]}$ ''.
ii) Η συνάρτηση $\displaystyle{f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}}$ είναι παραγωγίσιμη και ισχύει $\displaystyle{f '(x)>0}$ για κάθε $\displaystyle{x\in \mathbb{R}}$ .
Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση $\displaystyle{F(x)=\int_{\alpha }^{\beta }{f(x-t)dt\, ,x\in \mathbb{R}}}$ με $\displaystyle{\alpha ,\beta}$ πραγματικούς αριθμούς είναι παραγωγίσιμη
και οτι αν υπάρχει $\displaystyle{x_0\in \mathbb{R}}$ με $\displaystyle{F'(x_o)=0}$ τότε $\displaystyle{F(x)=0}$ για κάθε $\displaystyle{x\in \mathbb{R}}$ .

4. α) Θεωρούμε τους πραγματικούς αριθμούς $\displaystyle{\alpha, \beta}$ με $\displaystyle{0<\alpha< \beta}$ τη συνεχή συνάρτηση $\displaystyle{f:(0,+\infty )\to \mathbb{R}}$ για την οποία $\displaystyle{\int_{\alpha }^{\beta }f(t)dt=0}$
και τη συνάρτηση $\displaystyle{g(x)=2+\frac{1}{x}\int_{\alpha}}^{x}{f(t)}dt,x \in (0,+\infty )}$ .
Να αποδείξετε ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον $\displaystyle{x_0 \in (\alpha, \beta)}$ τέτοιο ώστε να ισχύουν :
i) Η εφαπτομένη της γραφικής παράστασης της συνάρτησης $\displaystyle{g}$ στο σημείο $\displaystyle{(x_0,g(x_0))}$ να είναι παράλληλη στον άξονα $\displaystyle{x'x}$ .
ii) $\displaystyle{g(x_0)=2+f(x_0)}$
β) Να βρείτε τη συνάρτηση $\displaystyle{f:\left(-\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2}\right)\to \mathbb{R}}$ με συνεχή δεύτερη παράγωγο για την οποία ισχύουν $\displaystyle{f(0)=1995\, \, , f '(0)=1}$
και $\displaystyle{1+\int_{0}^{x}{f''(t)} \sigma \upsilon \nu tdt= \sigma \upsilon \nu ^{2}x+\int_{0}^{x}{f'(t)\eta \mu tdt}}$ .

edit
διόρθωση στο 2α.i)

, έπεσα θύμα του $\displaystyle{\LaTeX}$ , σωστός ο BAGGP93

Christos75 · #2

parmenides51 έγραψε:1. α) Έστω $\displaystyle{\nu}$ ένας θετικός ακέραιος και $\displaystyle{\mathbb{I},\mathbb{O}}$ είναι αντιστοίχα ο μοναδιαίος και ο μηδενικός πίνακας $\displaystyle{\nu x \nu }$ .
Έστω $\displaystyle{A,B}$ είναι πίνακες $\displaystyle{\nu x \nu }$ τέτοιοι ώστε $\displaystyle{A=B^2+\mathbb{I}}$ και $\displaystyle{B^4=\mathbb{O}}$ .
i) Να αποδείξετε ότι
1. $\displaystyle{A^{\kappa}=\mathbb{I}+\kappa B^2}$ για κάθε $\displaystyle{\kappa \in \mathbb{N}^*}$
2. ο πίνακας $\displaystyle{\mathbb{I}+A^6-A^8}$ είναι αντιστρέψιμος.
ii) Αν ο $\displaystyle{\nu}$ είναι περιττός να αποδείξετε ότι $\displaystyle{\left| 2A-3\mathbb{I} \right|\le 0}$ .
β) i) Να αποδείξετε ότι για οποιουσδήποτε μιγαδικούς $\displaystyle{{{z}_{1}},{{z}_{2}}}$ ισχύει $\displaystyle{{{\left| {{z}_{1}} \right|}^{2}}+{{\left| {{z}_{2}} \right|}^{2}}={{\left| {{z}_{1}}-{{z}_{2}} \right|}^{2}}}$ αν και μόνο αν $\displaystyle{Re\left( {{z}_{1}}{{{\overline{z}}}_{2}} \right)=0}$ .
ii) Έστω μια συνάρτηση $\displaystyle{f:[\alpha ,\beta ]\to \mathbb{R}}$ συνεχής στο $\displaystyle{[\alpha ,\beta ]}$ και οι μιγαδικοί αριθμοί $\displaystyle{z=\alpha^{2}}+if(\alpha)\,\,,\,\,w=f(\beta)+i{\beta^{2}}}$ με $\displaystyle{\alpha ,\beta\ne 0}$ .
Αν $\displaystyle{{{\left| w \right|}^{2}}+{{\left| z \right|}^{2}}={{\left| w-z \right|}^{2}}}$ να αποδείξετε ότι η εξίσωση $\displaystyle{f(x)=0}$ έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο διάστημα $\displaystyle{[\alpha ,\beta ]}$ .

Λύση

α)i)
1) Θέλουμε να αποδείξουμε ότι $A^{\kappa }=\mathbb{I}+\kappa B^{2}, \kappa \in \mathbb{N}^*$

θα χρησιμοποιήσουμε την μέθοδο της μαθηματικής επαγωγής για να αποδείξουμε το πρώτο από τα ζητούμενα.

$\bullet$ Για $\displaystyle{\kappa =1}$ έχουμε $\displaystyle{A^1=\mathbb{I}+1B^{2}}$ που ισχύει εξ ' υποθέσεως.

$\bullet$ Έστω ότι ισχύει για $\displaystyle{\kappa =\nu}$ δηλαδή $\displaystyle{A^\nu =\mathbb{I}+\nu B^{2}}$

$\bullet$ Θα αποδείξουμε ότι ισχύει για $\displaystyle{\kappa =\nu +1}$

Πράγματι $\displaystyle{A^{\nu +1}=A^{\nu }.A=(\mathbb{I}+\nu B^{2})(\mathbb{I}+B^{2})=\mathbb{I}^{2}+\mathbb{I}B^{2}+\nu B^{2}\mathbb{I}+\nu B^{4}=\mathbb{I}+(\nu+1)B^{2}+\mathbb{O}}$

$\displaystyle{=\mathbb{I}+(\nu +1)B^{2}}$

Συνεπώς αποδείξαμε ότι $\displaystyle{A^{\kappa }=\mathbb{I}+\kappa B^{2}, \kappa \in \mathbb{N}^*}$

2) Θα αποδείξουμε ότι ο πίνακας $\displaystyle{\mathbb{I}+A^{6}+A^{8}}$

Πρώτα υπολογίζουμε από το προηγούμενο ερώτημα τους πίνακες

$\bullet$ $\displaystyle{A^{6}\overset{\underset{\mathrm{(1)}}{}}{=}\mathbb{I}+6B^{2}}$

$\bullet$ $\displaystyle{A^{8}\overset{\underset{\mathrm{(1)}}{}}{=}\mathbb{I}+8B^{2}}$

Άρα λοιπόν θα έχουμε $\displaystyle{\mathbb{I}+A^{6}+A^{8}=\mathbb{I}+\mathbb{I}+6B^{2}-(\mathbb{I}+8B^{2})=\mathbb{I}-2B^{2}}$

Θα δείξουμε λοιπόν ότι ο παραπάνω πίνακας είναι αντιστρέψιμος.

Πράγματι, εάν θέσω $\displaystyle{\Gamma =\mathbb{I}-2B^{2}}$ και πολλαπλασιάζοντας και τα δύο μέλη της ισότητας με τον πίνακα $\displaystyle{\mathbb{I}+2B^{2}}$ θα έχουμε

$\displaystyle{\Gamma =\mathbb{I}-2B^{2}=\Gamma (\mathbb{I}+2B^{2})=(\mathbb{I}-2B^{2}).(\mathbb{I}+2B^{2})=\mathbb{I}^2-4B^{4}=\mathbb{I}^{2}=\mathbb{I}}$

Άρα $\displaystyle{\Gamma.(\mathbb{I}+2B^{2})=\mathbb{I}\Rightarrow \Gamma ^{-1}=\mathbb{I}+2B^{2}}$

Συνεπώς ο πίνακας $\Gamma$ αντιστρέψιμος.

ii) Θέλουμε να δείξουμε ότι $\displaystyle{\begin{vmatrix} 2A-3\mathbb{I} \end{vmatrix}\leq 0}$

Είναι $\displaystyle{\begin{vmatrix} 2A-3\mathbb{I} \end{vmatrix}=\begin{vmatrix} 2B^{2}+2\mathbb{I}-3\mathbb{I} \end{vmatrix}= \begin{vmatrix} 2B^{2}-\mathbb{I} \end{vmatrix}= \begin{vmatrix} (-1)(\mathbb{I}-2B^{2}) \end{vmatrix}= (-1)^\nu\begin{vmatrix} \Gamma \end{vmatrix}}$

Ωστόσο ισχύει $\displaystyle{\Gamma .\Gamma ^{-1} =(\mathbb{I}+2B^{2}).(\mathbb{I}-2B^{2})=\mathbb{I}^{2}-4B^{4}=\mathbb{I}}$

Παίρνουμε ορίζουσες στην παραπάνω σχέση και έχουμε
$\displaystyle{\mid(\mathbb{I}+2B^{2}).(\mathbb{I}-2B^{2})\mid=\mid\mathbb{I}^{2}-4B^{4}\mid=\mid \mathbb{I}\mid=1\Leftrightarrow \mid(\mathbb{I}+2B^{2})}$

$\displaystyle{\mid.\mid(\mathbb{I}-2B^{2})\mid=1\Leftrightarrow \mid \Gamma \mid=\frac{1}{\mid \mathbb{I}+2B^{2}\mid}=\frac{1}{(\mid A \mid)^2}> 0}$

Άρα λοιπόν αν $\nu$ περιττός, τότε $\displaystyle{\mid 2A-3\mathbb{I}\mid =(-1)^{\nu }.\mid \Gamma \mid < 0}$ ή γενικότερα $\displaystyle{\mid 2A-3\mathbb{I}\mid\leq0}$

β)
i) $\displaystyle{\begin{vmatrix} z_{1} \end{vmatrix}^2+\begin{vmatrix} z_{2} \end{vmatrix}^2=\begin{vmatrix} z_{1}+z_{2} \end{vmatrix}^2\Leftrightarrow \begin{vmatrix} z_{1} \end{vmatrix}^2+\begin{vmatrix} z_{2} \end{vmatrix}^2=(z_{1}-z_{2}).(\bar{z_{1}}-\bar{z_{2}})\Leftrightarrow ...\Leftrightarrow {z_{1}}.\bar{z_{2}}+z_{2}\bar{z_{1}}=0\Leftrightarrow {z_{1}}.\bar{z_{2}}+\bar{z_{1}.\bar{z_{2}}}=0}$

Αν θέσω $\displaystyle{{z_{1}}.\bar{z_{2}}=w}$ τότε $\displaystyle{w+\bar{w}=0\Leftrightarrow w=-\bar{w}\Leftrightarrow w\in I}$ που σημαίνει

$\displaystyle{Re(w)=0\Leftrightarrow Re(z_{1}.\bar{z_{2}})=0}$

ii) Έχουμε την συνάρτηση $\displaystyle{f:[\alpha ,\beta ]\rightarrow \mathbb{R}}$ η οποία είναι συνεχής στο $[\alpha ,\beta ]$

έχουμε επίσης $\displaystyle{z=\alpha ^{2}+f(\alpha )i \wedge w=f(\beta )+i\beta ^{2}}$ επίσης $\displaystyle{\bar{w}=f(\beta )-i\beta ^{2}}$ εφόσον από τα δεδομένα της άσκησης μας

δίνεται ότι $\displaystyle{\begin{vmatrix} z \end{vmatrix}^2+\begin{vmatrix} w \end{vmatrix}^2=\begin{vmatrix} z+w \end{vmatrix}^2}$

τότε συνδυάζοντας με το προηγούμενο ερώτημα ισχύει

$\displaystyle{Re(z.\bar{w})=0\Leftrightarrow (\alpha ^{2}+f(\alpha )i).(f(\beta )-i\beta ^{2})=\alpha ^{2}f(\beta )+\beta^{2} f(\alpha )+ (f(\alpha ))f(\beta )-\alpha ^{2}\beta ^{2})i}$

και εφόσον ισχύει $\displaystyle{Re(z.\bar{w})=0}$ τότε $\displaystyle{\alpha ^{2}f(\beta )+\beta^2 f(\alpha )=0\Leftrightarrow \alpha ^{2}f(\beta )=-\beta^2 f(\alpha )}$

Ας μην ξεχνάμε ότι $\displaystyle{\alpha ,\beta \neq 0}$

Σε αυτό το σημείο, διακρίνουμε περιπτώσεις:

$\bullet$ Αν $\displaystyle{f(\alpha )=0}$ τότε και $\displaystyle{f(\beta )=0}$ δηλαδή η συνάρτηση

έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο διάστημα

$\displaystyle{[\alpha ,\beta ]}$

$\bullet$ Αν $\displaystyle{f(\alpha )\neq 0}$ τότε έχουμε [το ίδιο πράγμα θα ισχύει αν θεωρήσουμε $\displaystyle{f(\beta )\neq 0}$ ]

$\displaystyle{\frac{f(\beta )}{f(\alpha )}=-\frac{\beta ^{2}}{\alpha ^{2}}\Leftrightarrow f(\beta ).f(\alpha )=-\frac{\beta ^{2}}{\alpha ^{2}} < 0}$

Η συνάρτηση

είναι συνεχής στο $\displaystyle{[\alpha ,\beta ]}$ και είναι ετερόσημες οι ρίζες όπως αποδείξαμε στην παραπάνω γραμμή, οπότε

από Θεώρημα Bolzano $\displaystyle{\exists \xi\in (\alpha ,\beta ): f(\xi)=0}$

Άρα σε κάθε περίπτωση η συνάρτηση

έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο $\displaystyle{[\alpha ,\beta ]}$ .

BAGGP93 · #3

parmenides51 έγραψε:

2. α) Δίνονται οι ελλείψεις $\displaystyle{{c}_{1}}:\,\,\frac{x^{2}}{\alpha^{2}}+\frac{y^{2}}{\beta^{2}}=1}$ και $\displaystyle{{{c}_{2}}:\, \alpha^2{x}^{2}+\beta^{2}y^{2}}=1}$ $\displaystyle{0<\alpha<\beta}$
Η ημιευθεία $\displaystyle{y=(\varepsilon \phi \theta) x \,\, , x>0 \,\, , 0<\theta<\frac{\pi}{2}}$ τέμνει την $\displaystyle{c_1}$ στο σημείο $\displaystyle{\Gamma_1(x_1,y_1)}$ και την $\displaystyle{c_2}$ στο σημείο $\displaystyle{\Gamma_2(x_2,y_2)}$
i) Αν $\displaystyle{\lambda_1}$ είναι ο συντελεστής διεύθυνσης της εφαπτομένης της $\displaystyle{c_1}$ στο σημείο $\displaystyle{\Gamma_1}$ και $\displaystyle{\lambda_2}$ είναι ο συντελεστής διεύθυνσης της εφαπτομένης της $\displaystyle{c_2}$ στο σημείο $\displaystyle{\Gamma_2}$
να αποδείξετε ότι το γινόμενο $\displaystyle{\lambda_1\lambda_2}$ είναι ίσον με $\displaystyle{\varepsilon \phi ^2\theta}$ .
ii) Να μελετηθεί ως προς την μονοτονία η συνάρτηση $\displaystyle{f:\left(0,\frac{\pi }{2}\right)\to \mathbb{R}}$ με $\displaystyle{f(\theta)=\lambda_1\lambda_2}$
β) Δίνεται θετικός ακέραιος αριθμός $\displaystyle{\nu}$ τέτοιος ώστε $\displaystyle{{{\left( 1+i \right)}^{\mathsf{\nu }}}=16}$ .
Έστω $\displaystyle{\Omega =\left\{ 1,2,...,\nu \right\}}$ είναι ένας δειγματικός χώρος που αποτελείται από ισοπίθανα απλά ενδεχόμενα.
Εκλέγουμε τυχαίως ένα απλό ενδεχόμενο $\displaystyle{\lambda \in \Omega }$ .
Αν $\displaystyle{f(x)=2{x}^{2}}-4x+\lambda}$ με $\displaystyle{x\in \mathbb{R}}$ να βρείτε την πιθανότητα η εξίσωση $\displaystyle{f(x)=0}$ να μην έχει πραγματικές ρίζες.

i)Η εξίσωση της εφαπτομένης της έλλειψης $\displaystyle{c_{1}}$ στο σημείο της $\displaystyle{\Gamma_{1}\left(x_1,y_1\right)}$ είναι η

$\displaystyle{\frac{x_1}{\alpha^2}\,x+\frac{y_1}{\beta^2}\,y=1\Leftrightarrow y=-\frac{x_1\,\beta^2}{y_1\,\alpha^2}\,x+\frac{\beta^2}{y_1}}$

Μπορούμε να διαιρέσουμε με το $\displaystyle{y_1}$ , διότι, αν $\displaystyle{y_1=0}$ ,τότε θα είχαμε

$\displaystyle{\left(\varepsilon \phi\, \theta\right)x_1=0\Rightarrow x_1=0}$ , άτοπο.

Για τον ίδιο λόγο, ισχύει και $\displaystyle{y_2\neq 0\,,x_2\neq 0}$

Είναι, $\displaystyle{\lambda_{1}=-\frac{x_1\,\beta^2}{y_1\,\alpha^2}}$

Το σημείο $\displaystyle{\Gamma_{1}\left(x_1,y_1\right)}$ , θα προσδιορισθεί, από τη λύση του συστήματος

$\displaystyle{\left\{\begin{matrix} \frac{x^2}{\alpha^2}+\frac{y^2}{\beta^2}=1\\ y=\left(\varepsilon \phi\, \theta\right)x \end{matrix}\,\,,x>0}$

Η πρώτη εξίσωση του συστήματος, με τη βοήθεια της δεύτερης, δίνει

$\displaystyle{\begin{aligned} \frac{x^2}{\alpha^2}+\frac{\varepsilon \phi^2\, \theta\,x^2}{\beta^2}=1&\Rightarrow x^2\left[\frac{\beta^2+\alpha^2\,\varepsilon \phi^2\, \theta}{\alpha^2\,\beta^2}\right]=1\\&\Rightarrow x=\frac{\alpha\,\beta}{\sqrt{\beta^2+\alpha^2\,\varepsilon \phi^2\, \theta}}\end{aligned}}$

Άρα, $\displaystyle{\Gamma_{1}\left(\frac{\alpha\,\beta}{\sqrt{\beta^2+\alpha^2\,\varepsilon \phi^2\, \theta}},\frac{\alpha\,\beta\,\varepsilon \phi\, \theta}{\sqrt{\beta^2+\alpha^2\,\varepsilon \phi^2\, \theta}}\right)}$ και άρα

$\displaystyle{\lambda_{1}=-\frac{\beta^2}{\alpha^2\,\varepsilon \phi\, \theta}}$

Η εξίσωση της εφαπτομένης της έλλειψης $\displaystyle{c_{2}}$ στο σημείο της $\displaystyle{\Gamma_{2}\left(x_2,y_2\right)}$ είναι η

$\displaystyle{\alpha^2\,x_2\,x+\beta^2\,y_2\,y=1\Leftrightarrow y=-\frac{\alpha^2\,x_2}{\beta^2\,y_2}\,x+\frac{1}{\beta^2\,y_1}}$

Έτσι, $\displaystyle{\lambda_{2}=-\frac{\alpha^2\,x_2}{\beta^2\,y_2}}$

Το σημείο $\displaystyle{\Gamma_{2}\left(x_2,y_2\right)}$ , θα προσδιορισθεί, από τη λύση του συστήματος

$\displaystyle{\left\{\begin{matrix} \alpha^2\,x^2+\beta^2\,y^2=1\\ y=\left(\varepsilon \phi\, \theta\right)x \end{matrix}\,\,,x>0}$

Αντικαθιστώντας την δέυτερη εξίσωση, στην πρώτη, έχουμε

$\displaystyle{\alpha^2\,x^2+\beta^2\,\varepsilon \phi^2 \theta\,x^2=1\Rightarrow x^2=\frac{1}{\alpha^2+\beta^2\,\varepsilon \phi^2\, \theta}\Rightarrow x=\frac{1}{\sqrt{\alpha^2+\beta^2\,\varepsilon \phi^2\, \theta}}}$

Επειδή, $\displaystyle{\Gamma_{2}\left(\frac{1}{\sqrt{\alpha^2+\beta^2\,\varepsilon \phi^2\, \theta}},\frac{\varepsilon \phi\, \theta}{\sqrt{\alpha^2+\beta^2\,\varepsilon \phi^2\, \theta}}\right)$ έπεται ότι $\displaystyle{\lambda_{2}=-\frac{\alpha^2}{\beta^2\,\varepsilon \phi, \theta}}$

Άρα, $\displaystyle{\lambda_{1}\cdot \lambda_{2}=\frac{1}{\varepsilon \phi^2\, \theta}}$

ii)Χρησιμοποιώντας το γεγονός ότι η εφαπτομένη είναι γνησίως αύξουσα στο διάστημα $\displaystyle{\left(0,\frac{\pi}{2}\right)}$ έχουμε ότι,

$\displaystyle{\begin{aligned} 0<\theta<\phi<\frac{\pi}{2}&\Rightarrow 0<\varepsilon \phi\,\theta<\varepsilon \phi\,\theta\\&\Rightarrow \varepsilon \phi^2\,\theta<\varepsilon \phi^2\,\phi\\&\Rightarrow \frac{1}{\varepsilon \phi^2\,\theta}>\frac{1}{\varepsilon \phi^2\,\phi}\\&\Rightarrow f(\theta)>f(\phi)\end{aligned}}$

Επομένως, η συνάρτηση $\displaystyle{f}$ είναι γνησίως φθίνουσα στο πεδίο ορισμού της.

β)Από την δοσμένη σχέση, έπεται ότι $\displaystyle{\nu>2}$ και συνεπώς,

$\displaystyle{\begin{aligned}\left(1+i\right)^{\nu}=16&\Rightarrow \left|1+i\right|^{\nu}=16\\&\Rightarrow \left(\sqrt{2}\right)^{\nu}=16\\&\Rightarrow 2^{\nu}=16^2=256\\&\Rightarrow \nu=8\end{aligned}}$

Έτσι, $\displaystyle{\Omega=\left\{1,2,3,4,5,6,7,8\right\}}$

Για $\displaystyle{x\in\mathbb{R}}$ είναι,

$\displaystyle{\begin{aligned} f(x)=0&\Leftrightarrow 2x^2-4x+\lambda=0\\&\Leftrightarrow x^2-2x=-\frac{\lambda}{2}\\&\Leftrightarrow \left(x-1\right)^2=1-\frac{\lambda}{2}=\frac{2-\lambda}{2}\end{aligned}}$

Συνεπώς, η εξίσωση $\displaystyle{f(x)=0}$ δεν έχει πραγματικές ρίζες αν, και, μόνο αν $\displaystyle{2-\lambda<0\Leftrightarrow \lambda>2\Leftrightarrow \lambda\in\left\{3,4,5,6,7,8\right\}}$

Εφόσον ο δειγματικός χώρος αποτελείται από απλά ισοπίθανα ενδεχόμενα, η ζητούμενη πιθανότητα ισούται με $\displaystyle{\frac{3}{4}}$

edit:Στο ερώτημα α) βρίσκω το αντίστροφο από το ζητούμενο.Υπάρχει λάθος δικό μου στη διαδικασία επίλυσης ή κάποιο τυπογραφικό στην εκφώνηση?

BAGGP93 · #4

parmenides51 έγραψε:

3. α) Δίνονται οι πραγματικοί αριθμοί $\displaystyle{\kappa,\lambda}$ με $\displaystyle{\kappa<\lambda}$ και η συνάρτηση $\displaystyle{f(x)={{\left( x-\kappa \right)}^{5}}{\left(x- \lambda \right)}^{3}}}$ με $\displaystyle{x\in \mathbb{R}}$ να αποδείξετε ότι :
i) $\displaystyle{\frac{f'(x)}{f(x)}=\frac{5}{x- \kappa}+\frac{3}{x-\lambda}}}$ για κάθε $\displaystyle{x\ne \kappa}$ και $\displaystyle{x\ne \lambda}$
ii) Η συνάρτηση $\displaystyle{g(x)=\ln \left| f(x) \right|}$ στρέφει τα κοίλα προς τα κάτω στο διάστημα $\displaystyle{(\kappa,\lambda)}$ .
β) i) Να αποδείξετε ότι για κάθε συνάρτηση $\displaystyle{f}$ συνεχή στο διάστημα $\displaystyle{[\alpha ,\beta ]}$ ισχύει :
''Αν $\displaystyle{f '(x)>0}$ για κάθε $\displaystyle{x \in (\alpha ,\beta )}$ , τότε η $\displaystyle{f}$ είναι γνησίως αύξουσα στο $\displaystyle{[\alpha ,\beta ]}$ ''.
ii) Η συνάρτηση $\displaystyle{f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}}$ είναι παραγωγίσιμη και ισχύει $\displaystyle{f '(x)>0}$ για κάθε $\displaystyle{x\in \mathbb{R}}$ .
Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση $\displaystyle{F(x)=\int_{\alpha }^{\beta }{f(x-t)dt\, ,x\in \mathbb{R}}}$ με $\displaystyle{\alpha ,\beta}$ πραγματικούς αριθμούς είναι παραγωγίσιμη
και οτι αν υπάρχει $\displaystyle{x_0\in \mathbb{R}}$ με $\displaystyle{F'(x_o)=0}$ τότε $\displaystyle{F(x)=0}$ για κάθε $\displaystyle{x\in \mathbb{R}}$ .

Μια προσπάθεια

αi)Για κάθε $\displaystyle{x\neq \kappa}$ και $\displaystyle{x\neq \lambda}$ έχουμε,

$\displaystyle{f^\prime(x)=5\left(x-\kappa\right)^4\,\left(x-\lambda\right)^3+3\left(x-\kappa\right)^5\,\left(x-\lambda\right)^2}$

και άρα,

$\displaystyle{\frac{f^\prime(x)}{f(x)}=\frac{5\left(x-\kappa\right)^4\,\left(x-\lambda\right)^3+3\left(x-\kappa\right)^5\,\left(x-\lambda\right)^2}{\left(x-\kappa\right)^5\,\left(x-\lambda\right)^3}=\frac{5}{x-\kappa}+\frac{3}{x-\lambda}}$

αii)Η συνάρτηση $\displaystyle{g}$ είναι παραγωγίσιμη στο $\displaystyle{\left(\kappa,\lambda\right)}$ ως σύνθεση παραγωγίσιμων συναρτήσεων με

$\displaystyle{g^\prime(x)=\frac{f^\prime(x)}{f(x)}=\frac{5}{x-\kappa}+\frac{3}{x-\lambda}}$

Η $\displaystyle{g^\prime}$ είναι παραγωγίσιμη στο ίδιο διάστημα, ως πράξεις παραγωγίσιμων συναρτήσεων, με

$\displaystyle{g''(x)=-\frac{5}{\left(x-\kappa\right)^2}-\frac{3}{\left(x-\lambda\right)^2}<0}$

Άρα, στο $\displaystyle{\left(\kappa,\lambda\right)}$ η $\displaystyle{g}$ στρέφει τα κοίλα προς τα κάτω

βi)Γνωστό Θεώρημα του Σχολικού Βιβλίου.

βii)Για κάθε $\displaystyle{x\in\mathbb{R}}$ , στο ολοκλήρωμα $\displaystyle{\int_{\alpha}^{\beta}f(x-t)\,dt}$ κάνοντας την αλλαγή μεταβλητής

$\displaystyle{x-t=u}$ προκύπτει ότι $\displaystyle{F(x)=\int_{x-\beta}^{x-\alpha}f(u)\,du}$

Είναι,

$\displaystyle{F(x)=\int_{0}^{x-\alpha}f(u)\,du-\int_{0}^{x-\beta}f(u)\,du\,,x\in\mathbb{R}}$

Η $\displaystyle{F}$ είναι παραγωγίσιμη ως διαφορά των παραγωγίσιμων συναρτήσεων

$\displaystyle{F_{1}(x)=\int_{0}^{x-\alpha}f(u)\,du\,,x\in\mathbb{R}\,\,,F_{2}(x)=\int_{0}^{x-\beta}f(u)\,du\,,x\in\mathbb{R}}$ .

Αυτές είναι παραγωγίσιμες διότι προκύπτουν από την σύνθεση των παραγωγίσιμων, ως πολυωνυμικές, συναρτήσεων,

$\displaystyle{x\to x-\alpha\,,x\in\mathbb{R}\,,x\to x-\beta\,,x\in\mathbb{R}}$ με την $\displaystyle{x\to \int_{0}^{x}f(t)\,dt}$ , με

την τελευταία να είναι παραγωγίσιμη μιας και η $\displaystyle{f}$ είναι συνεχής.

Για κάθε $\displaystyle{x\in\mathbb{R}}$ είναι,

$\displaystyle{F^\prime(x)=F_{1}^\prime(x)-F_{2}^\prime(x)=f(x-\alpha)-f(x-\beta)}$

Υποθέτουμε τώρα ότι υπάρχει $\displaystyle{x_0\in\mathbb{R}}$ τέτοιο, ώστε $\displaystyle{F^\prime(x_0)=0\Leftrightarrow f(x_0-\alpha)=f(x_0-\beta)}$

Επειδή $\displaystyle{f^\prime(x)>0\,,x\in\mathbb{R}}$ η συνάρτηση $\displaystyle{f}$ είναι γνησίως αύξουσα, άρα και 1-1, οπότε,

$\displaystyle{f(x_0-\alpha)=f(x_0-\beta)\Rightarrow x_0-\alpha=x_0-\beta\Rightarrow \alpha=\beta}$ και συνεπώς,

$\displaystyle{F(x)=\int_{0}^{x-\beta}f(u)\,du-\int_{0}^{x-\beta}f(u)\,du=0\,,x\in\mathbb{R}}$

orestisgotsis · #5

ΠΕΡΙΤΤΑ

Christos75 · #6

Ας μου επιτραπεί μία κρίση για τα συγκεκριμένα. Από τα πιο ωραία και συνάμα απαιτητικά θέματα στις εποχές των δεσμών μαζί με αυτά του 1991.

parmenides51 · #7

μετά γίνονται ακόμα πιο δύσκολα

θα φτάσουμε και σε αυτά ...

προσεχώς

Christos75 · #8

parmenides51 έγραψε:μετά γίνονται ακόμα πιο δύσκολα
θα φτάσουμε και σε αυτά ...
προσεχώς

Με χαρά θα αναμένω αγαπητέ και θα προσφέρω τον οβολό μου στην επίλυση.

Για να δούμε...

Πάντως τα συγκεκριμένα, είναι δυνατά θέματα και για δυνατούς μαθητές με ιδιαίτερα κριτική σκέψη και φαντασία.

kochris · #9

parmenides51 έγραψε: ii) Αν ο $\displaystyle{\nu}$ είναι περιττός να αποδείξετε ότι $\displaystyle{\left| 2A-3\mathbb{I} \right|\le 0}$ .

Θα είχε πολύ ενδιαφέρον αν μπορούσε καποιος να μας πει πως θα ήταν δυνατό να προκύψει το

. Κατασκευαστική κακοτεχνία..

#10

kochris έγραψε:
parmenides51 έγραψε: ii) Αν ο $\displaystyle{\nu}$ είναι περιττός να αποδείξετε ότι $\displaystyle{\left| 2A-3\mathbb{I} \right|\le 0}$ .
Θα είχε πολύ ενδιαφέρον αν μπορούσε καποιος να μας πει πως θα ήταν δυνατό να προκύψει το . Κατασκευαστική κακοτεχνία..

Το 1995 ήμουνα διορθωτής . Σε ερώτηση του βαθμολογικού κέντρου πότε ισχύει το ίσον η απάντηση, από την τότε κεντρική επιτροπή εξετάσεων, ήταν:
Δεν ζητάμε από τους μαθητές να μας γράψουν πότε ισχύει το ίσον.
Εικάζω πως εννοούσαν, ότι αν ζητούσαν να δείξουν την αυστηρή ανισότητα ή άσκηση θα ήταν δυσκολότερη αφού έπρεπε να αποκλείσουν το ίσον.

Φιλικά Νίκος

kochris · #11

Doloros έγραψε:
kochris έγραψε:
parmenides51 έγραψε: ii) Αν ο $\displaystyle{\nu}$ είναι περιττός να αποδείξετε ότι $\displaystyle{\left| 2A-3\mathbb{I} \right|\le 0}$ .
Θα είχε πολύ ενδιαφέρον αν μπορούσε καποιος να μας πει πως θα ήταν δυνατό να προκύψει το . Κατασκευαστική κακοτεχνία..
Το 1995 ήμουνα διορθωτής . Σε ερώτηση του βαθμολογικού κέντρου πότε ισχύει το ίσον η απάντηση, από την τότε κεντρική επιτροπή εξετάσεων, ήταν:
Δεν ζητάμε από τους μαθητές να μας γράψουν πότε ισχύει το ίσον.
Εικάζω πως εννοούσαν, ότι αν ζητούσαν να δείξουν την αυστηρή ανισότητα ή άσκηση θα ήταν δυσκολότερη αφού έπρεπε να αποκλείσουν το ίσον.

Φιλικά Νίκος

Καλησπέρα, έχω την εντύπωση πως η υπαρξη του

δυσκολευει την άσκηση..τουλάχιστον θα δυσκόλευε εμένα!

Κώστας

ΥΓ πάντως το έχουμε εξαντλήσει ως θέμα..

Christos75 · #12

kochris έγραψε:
Doloros έγραψε:
kochris έγραψε:
parmenides51 έγραψε: ii) Αν ο $\displaystyle{\nu}$ είναι περιττός να αποδείξετε ότι $\displaystyle{\left| 2A-3\mathbb{I} \right|\le 0}$ .
Θα είχε πολύ ενδιαφέρον αν μπορούσε καποιος να μας πει πως θα ήταν δυνατό να προκύψει το . Κατασκευαστική κακοτεχνία..
Το 1995 ήμουνα διορθωτής . Σε ερώτηση του βαθμολογικού κέντρου πότε ισχύει το ίσον η απάντηση, από την τότε κεντρική επιτροπή εξετάσεων, ήταν:
Δεν ζητάμε από τους μαθητές να μας γράψουν πότε ισχύει το ίσον.
Εικάζω πως εννοούσαν, ότι αν ζητούσαν να δείξουν την αυστηρή ανισότητα ή άσκηση θα ήταν δυσκολότερη αφού έπρεπε να αποκλείσουν το ίσον.

Φιλικά Νίκος
Καλησπέρα, έχω την εντύπωση πως η υπαρξη του δυσκολευει την άσκηση..τουλάχιστον θα δυσκόλευε εμένα!

Κώστας

ΥΓ πάντως το έχουμε εξαντλήσει ως θέμα..

Εγώ που ήμουν υποψήφιος τότε θα σας...γράψω ότι δεν μπορούσα να το αποδείξω το ''='', ή εάν θέλετε το δικαιολόγησα με με την λογική του ότι ας πούμε
το $2\geq 3$ γενικά που δηλαδή άλλες ισχύει το ένα από τα δύο, όχι και τα δύο! Στην ώρα της εξέτασης όμως, "κόλλησα" και για αρκετά λεπτά το κοιτούσα χωρίς να
μπορώ να αποδείξω πότε θα μπορούσε να ισχύει το "="!!! Εν πάσει περιπτώσει, δεν ήταν καθοριστική η κακοτεχνία εκείνης της χρονιάς για την επιτυχία σου στο μάθημα. Αν κόλλαγες όμως παραπάνω, ενδεχομένως να έχανες άλλα ερωτήματα στην εν λόγω εξέταση. Εγώ όταν είδα ότι δεν μου βγαίνει, το δικαιολόγησα όπως έγραψα πριν και προχώρησα στο επόμενο θέμα! Ευτυχώς,εκανα καλή διαχείριση χρόνου, κάτι που θεωρώ καθοριστικό σε αυτού του είδους τις εξετάσεις γενικά!!!

A' ΔΕΣΜΗ 1995

A' ΔΕΣΜΗ 1995

Re: A' ΔΕΣΜΗ 1995

Re: A' ΔΕΣΜΗ 1995

Re: A' ΔΕΣΜΗ 1995

Re: A' ΔΕΣΜΗ 1995

Re: A' ΔΕΣΜΗ 1995

Re: A' ΔΕΣΜΗ 1995

Re: A' ΔΕΣΜΗ 1995

Re: A' ΔΕΣΜΗ 1995

Re: A' ΔΕΣΜΗ 1995

Re: A' ΔΕΣΜΗ 1995

Re: A' ΔΕΣΜΗ 1995

Μέλη σε σύνδεση