επαναληπτικό 3 (συνδυαστική με μιγαδικούς)

Εδώ θα καταχωρούνται ασκήσεις οι οποίες συνδυάζουν τουλάχιστον δύο διαφορετικά εκ των παραπάνω κεφάλαια και έχουν επαναληπτικό χαρακτήρα.

Συντονιστής: Καρδαμίτσης Σπύρος

Άβαταρ μέλους
parmenides51
Δημοσιεύσεις: 6240
Εγγραφή: Πέμ Απρ 23, 2009 9:13 pm
Τοποθεσία: Πεύκη
Επικοινωνία:

επαναληπτικό 3 (συνδυαστική με μιγαδικούς)

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #1 από parmenides51 » Κυρ Μάιος 12, 2013 6:43 pm

Η τελευταία άσκηση του thanasis kopadis από τα αρχεία του :logo:.


Θεωρούμε τους μιγαδικούς αριθμούς \displaystyle{z(x)=\frac{2}{1+2xi} \,\, , \,\, x \in \mathbb{R}}.

α) Να αποδείξετε ότι \displaystyle{z(x)+\overline{z(x)}=|z(x)|^2}

β) Να αποδείξετε ότι οι εικόνες των μιγαδικών \displaystyle{z(x)} κινούνται σε κύκλο με κέντρο \displaystyle{K(1,0)} , του οποίου να βρείτε την ακτίνα.

γ) Να αποδείξετε ότι :
i) oι εικόνες των μιγαδικών \displaystyle{z(x)} και \displaystyle{z\left(-\frac {1}{4x}\right) \, , \, x \ne 0} είναι αντιδιαμετρικά σημεία του παραπάνω κύκλου
ii) \displaystyle{|z(2013)-z(2)|^2+\left|z(2013)-z\left(-\frac {1}{8}\right)\right|^2=\left|z(2)-z\left(-\frac {1}{8}\right)\right|^2}

δ) Να υπολογίσετε το όριο \displaystyle{\lim_{x\to + \infty}\left(Im\left(z(x)\right) \cdot \eta\mu x\right)}

ε) Αν \displaystyle{\alpha < \beta} να αποδείξετε ότι \displaystyle{\int_{\alpha}^{\beta} Im\left(z(x)\right) dx< \beta - \alpha}


Υ.Γ. Μερικά σχόλια για όσους δεν γνωρίζουν Latex βρίσκονται εδώ και για όσους έχουν μια επαφή εδώ.


KAKABASBASILEIOS
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1374
Εγγραφή: Κυρ Φεβ 01, 2009 1:46 pm

Re: επαναληπτικό 3 (συνδυαστική με μιγαδικούς)

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #2 από KAKABASBASILEIOS » Κυρ Μάιος 12, 2013 9:11 pm

...εξετάσεις έρχονται... ας κάνουμε μιά προσπάθεια....

α) Είναι z(x)+\overline{z(x)}=\frac{1}{1+2ix}+\frac{1}{1-2ix}=\frac{1-2ix+1+2ix}{1+4{{x}^{2}}}=

=\frac{2}{1+4{{x}^{2}}}=\left| z(x) \right|

β) Αν z(x)=\alpha +\beta i,\,\,\,\alpha ,\,\,\beta \in R λόγω του (α) θα ισχύει ότι

2\alpha ={{\alpha }^{2}}+{{\beta }^{2}}\Leftrightarrow {{(\alpha -1)}^{2}}+{{\beta }^{2}}=1 που σημαίνει ότι

η εικόνα του z(x) είναι σημείο του κύκλου κέντρου K(1,\,0) και ακτίνας \rho =1

γ) Αφού z(x)=\frac{2}{1+2ix},\,\,\,z(-\frac{1}{4x})=\frac{2}{1-\frac{1}{2x}i}=\frac{4x}{2x-i}=\frac{4ix}{1+2ix}

είναι σημεία του ίδιου κύκλου για να είναι αντιδιαμετρικά αρκεί η απόσταση των εικόνων τους να είναι ιση με διάμετρο.

Είναι \left| z(x)-z(-\frac{1}{4x}) \right|=\left| \frac{2}{1+2ix}-\frac{4ix}{1+2ix} \right|=2\left| \frac{1+2ix}{1+2ix} \right|=2 αυτόπου θέλαμε.

δ) Αν A εικόνα του z(2013), B εικόνα του z(2)και \Gamma εικόνα του z(-\frac{1}{8}) επειδή σύμφωνα με το (γ) η B\Gamma διάμετρος το

AB\Gamma ορθογώνιο στο A και από πυθαγόρειο θεώρημα θα ισχύει ότι A{{\Gamma }^{2}}+A{{\Beta }^{2}}=B{{\Gamma }^{2}} άρα αυτό που θέλαμε.

ε) Είναι z(x)-\overline{z(x)}=\frac{1}{1+2ix}-\frac{1}{1-2ix}=\frac{1-2ix-1-2ix}{1+4{{x}^{2}}}=-\frac{4x}{1+4{{x}^{2}}}iάρα

I\,\,m\,(z)=-\frac{4x}{4{{x}^{2}}+1}=f(x) και επειδή \underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,f(x)=-\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{4x}{4{{x}^{2}}+1}=0

με κριτήριο παρεμβολής δείχνουμε ότι \underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left( f(x)\eta \mu x \right)=0

στ) Θέλουμε \int\limits_{\alpha }^{\beta }{f(x)dx}<\int\limits_{\alpha }^{\beta }{dx}\Leftrightarrow \int\limits_{\alpha }^{\beta }{(f(x)-1)dx}<0 (1)

είναι f(x)-1=-\frac{4x}{4{{x}^{2}}+1}-1=-\frac{4x+4{{x}^{2}}+1}{4{{x}^{2}}+1}=-\frac{{{(2x+1)}^{2}}}{4{{x}^{2}}+1}\le 0,\,\,\,\,\,x\in R επομένως η (1) ισχύει.

Φιλικά και Μαθηματικά
Βασίλης


f ανοιγοντας τους δρομους της Μαθηματικης σκεψης, f' παραγωγος επιτυχιας
Τα Μαθηματικά είναι απλά...όταν σκέπτεσαι σωστά...
Τα Μαθηματικά είναι αυτά...για να δεις πιό μακρυά...
Τα Μαθηματικά είναι μαγεία...όταν έχεις φαντασία...
Άβαταρ μέλους
Πρωτοπαπάς Λευτέρης
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2771
Εγγραφή: Τετ Οκτ 14, 2009 12:20 am
Τοποθεσία: Πετρούπολη, Αθήνα
Επικοινωνία:

Re: επαναληπτικό 3 (συνδυαστική με μιγαδικούς)

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #3 από Πρωτοπαπάς Λευτέρης » Κυρ Μάιος 12, 2013 9:34 pm

parmenides51 έγραψε:Η τελευταία άσκηση του thanasis kopadis από τα αρχεία του :logo:.


Θεωρούμε τους μιγαδικούς αριθμούς \displaystyle{z(x)=\frac{2}{1+2xi} \,\, , \,\, x \in \mathbb{R}}.

α) Να αποδείξετε ότι \displaystyle{z(x)+\overline{z(x)}=|z(x)|^2}

β) Να αποδείξετε ότι οι εικόνες των μιγαδικών \displaystyle{z(x)} κινούνται σε κύκλο με κέντρο \displaystyle{K(1,0)} , του οποίου να βρείτε την ακτίνα.

γ) Να αποδείξετε ότι :
i) oι εικόνες των μιγαδικών \displaystyle{z(x)} και \displaystyle{z\left(-\frac {1}{4x}\right) \, , \, x \ne 0} είναι αντιδιαμετρικά σημεία του παραπάνω κύκλου
ii) \displaystyle{|z(2013)-z(2)|^2+\left|z(2013)-z\left(-\frac {1}{8}\right)\right|^2=\left|z(2)-z\left(-\frac {1}{8}\right)\right|^2}

δ) Να υπολογίσετε το όριο \displaystyle{\lim_{x\to + \infty}\left(Im\left(z(x)\right) \cdot \eta\mu x\right)}

ε) Αν \displaystyle{\alpha < \beta} να αποδείξετε ότι \displaystyle{\int_{\alpha}^{\beta} Im\left(z(x)\right) dx< \beta - \alpha}


Υ.Γ. Μερικά σχόλια για όσους δεν γνωρίζουν Latex βρίσκονται εδώ και για όσους έχουν μια επαφή εδώ.


Έχουμε ότι:
\displaystyle{z(x)=\frac{2}{1+2xi}=\frac{2(1-2xi)}{1+4x^2}=\frac{2}{1+4x^2}+\frac{-4x}{1+4x^2}i}
και έστω το σημείο A του μιγαδικού επιπέδου με \displaystyle{A\left(\frac{2}{1+4x^2},\frac{-4x}{1+4x^2} \right)}.

α) \displaystyle{z(x)+\bar{z(x)}=2Re(z(x))=\frac{4}{1+4x^2}=|z(x)|^2}.

β) \displaystyle{|z(x)-1|=\left| \frac{2-1-4x^2}{1+4x^2}+\frac{-4x}{1+4x^2}\right| =\left| \frac{1+16x^4-8x^2+16x^2}{(1+4x^2)^2\right|=1},

οπότε ο κύκλος έχει κέντρο το Κ(1,0) και ακτίνα R=1.

γ) i) \displaystyle{z\left(-\frac{1}{4x} \right)=\frac{8x^2}{1+4x^2}+\frac{4x}{1+4x^2}} και έστω το σημείο Β του μιγαδικού επιπέδου με \displaystyle{B\left(\frac{8x^2}{1+4x^2},\frac{4x}{1+4x^2}\right)}.

Τότε:
\displaystyle{\vec{KA}=\vec{BK}=\left(\frac{1-4x^2}{1+4x^2},\frac{-4x}{1+4x^2}\right)},

οπότε τα σημεία A,B είναι αντιδιαμετρικά.

ii) Έστω C η εικόνα του z(2013), D η εικόνα του z(2) και E η εικόνα του \displaystyle{z\left(-\frac 18 \right)}.

Τα σημεία D,E είναι αντιδιαμετρικά (λόγω του προηγούμενου ερωτήματος),
οπότε το τρίγωνο CDE είναι ορθογώνιο με υποτείνουσα την πλευρά DE,
οπότε η δοσμένη σχέση ισχύει αφού είναι το Π.Θ στο τρίγωνο αυτό
\displaystyle{(DC^2+EC^2=DE^2)}.

δ) \displaystyle{\left| Im(z(x)\eta \mu x) \right| =\left| \frac{-4x}{1+4x^2} \eta \mu x \right| \leq \left|\frac{4x}{1+4x^2} \right|},

οπότε \displaystyle{-\left|\frac{4x}{1+4x^2} \right| \leq Im(z(x)\eta \mu x)  \leq \left|\frac{4x}{1+4x^2} \right|}

και \displaystyle{\lim_{x \rightarrow +\infty} \left( \left|\frac{4x}{1+4x^2} \right|\right)=\lim_{x \rightarrow +\infty} \left(- \left|\frac{4x}{1+4x^2} \right|\right)=0},

οπότε από το κριτήριο παρεμβολής \displaystyle{\lim_{x \rightarrow +\infty}\left(Im(z(x)\eta \mu x  \right) =0}.

ε) Έχουμε ότι: \displaystyle{\frac{(2x+1)^2}{1+4x^2} \geq 0} χωρίς να είναι παντού μηδέν και a<b, οπότε

\displaystyle{\int_a^b\frac{(2x+1)^2}{1+4x^2}dx >0 \Leftrightarrow \int_a^b \left( 1+ \frac{4x}{1+4x^2} \right)dx >0 \Leftrightarrow \int_a^bIm(z(x))dx<\int_a^b1 dx \Leftrightarrow \int_a^bIm(z(x))dx<b-a}.

Υ.Γ. Με πρόλαβε ο Βασίλης, αλλά η λύση είναι πολύ μεγάλη για να τη σβήσω :mrgreen: .


Κάθε πρόβλημα έχει μία τουλάχιστον λύση!!!

Επιστροφή σε “ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΣΕ ΟΛΗ ΤΗΝ ΥΛΗ Γ'”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης