Π.Μ.Δ.Μ. Γ' Λυκείου 1983 Α΄ Δέσμη

parmenides51 · #1

1. Να εξετάσετε αν υπάρχει στο χώρο ένα πεντάγωνο (όχι κατανάγκη επίπεδο) που οι πλευρές του να είναι ίσες και οι γωνίες του ορθές.

2.(α) Ποια η μέγιστη και ποια η ελάχιστη τιμή που μπορεί να πάρει η παράσταση A=8x+6y-5z

αν $x^{2}+y^{2}+z^{2}=5$ ;

(β) Να βρείτε το διάνυσμα $\vec{x}$ , συναρτήσει των διανυσμάτων $\vec{a},\vec{b}$ αν $\vec{a}(\vec{x}+\vec{b})=\vec{a}^{2}$ και $\vec{b}\vec{x}=0$ όταν $\vec{a}\neq \vec{0}$ και τα $\vec{a},\vec{b},\vec{x}$ είναι συνεπίπεδα.

3. Αν

πολλαπλασιαστική ομάδα και a,b,c

στοιχεία αυτής, τότε:

(α) Αν $b^{-1}ab=ac$ και ac=ca

,

να δείξετε ότι ισχύει: $a^{n}b=ba^{n}c^{n}$ και $(ab)^{n}=b^{n}a^{n}c^{\displaystyle\frac{n(n+1)}{2}}$ για κάθε

φυσικό αριθμό.

(β) Αν $b^{-1}ab=a^{k},(k\in N)$ , να δείξετε ότι $b^{-\lambda }a^{n}b^{\lambda }=a^{\displaystyle nk^{\lambda }}$ για κάθε $\lambda ,n\in \mathbb{N}$

4. Δίνονται τα στοιχεία a=(1,1,0,0), b=(1,0,-1,0), c=(0,0,0,1), d=(-1,0,1,0), e=(0,1,0,1) ,

του $\mathbb{R}^{4}$ .

Ας είναι V=<a,b,c>, W=<d,e,z>

οι υπόχωροι του $\mathbb{R}^{4}$ που παράγονται από τα στοιχεία a,b,c

και

αντίστοιχα.

(α) Να δείξετε ότι το σύνολο $V+{\color{red} W}=\left\{x_{1}+x_{2}/x_{1}\in V,x_{2}\in W \right\}$ είναι υπόχωρος του $\mathbb{R}^{4}$

(β) Να βρείτε μια βάση έστω

του $V\cap{W}$

(γ) Να βρείτε μια βάση έστω $\displaystyle{B}$ του

που να περιέχει την

και μια βάση έστω

του

που να περιέχει επίσης την

(δ) Να δείξετε ότι το σύνολο $B\cup{S}$ είναι μια βάση του χώρου V+W

και να συμπεράνετε ότι $V+W=\mathbb{R}^{4}$

edit
Διόρθωση ονομασίας στο 4o, thanks BAGGP93

parmenides51 · #2

parmenides51 έγραψε:1. Να εξετάσετε αν υπάρχει στο χώρο ένα πεντάγωνο (όχι κατανάγκη επίπεδο) που οι πλευρές του να είναι ίσες και οι γωνίες του ορθές.

εδώ

parmenides51 έγραψε:2.(α) Ποια η μέγιστη και ποια η ελάχιστη τιμή που μπορεί να πάρει η παράσταση αν $x^{2}+y^{2}+z^{2}=5$ ;

(β) Να βρείτε το διάνυσμα $\vec{x}$ , συναρτήσει των διανυσμάτων $\vec{a},\vec{b}$ αν $\vec{a}(\vec{x}+\vec{b})=\vec{a}^{2}$ και $\vec{b}\vec{x}=0$ όταν $\vec{a}\neq \vec{0}$ και τα $\vec{a},\vec{b},\vec{x}$ είναι συνεπίπεδα.

εδώ

BAGGP93 · #3

parmenides51 έγραψε:4. Δίνονται τα στοιχεία του $\mathbb{R}^{4}$ .

Ας είναι οι υπόχωροι του $\mathbb{R}^{4}$ που παράγονται από τα στοιχεία και αντίστοιχα.

(α) Να δείξετε ότι το σύνολο $V+W=\left\{x_{1}+x_{2}/x_{1}\in V,x_{2}\in W \right\}$ είναι υπόχωρος του $\mathbb{R}^{4}$

(β) Να βρείτε μια βάση έστω του $V\cap{W}$

(γ) Να βρείτε μια βάση έστω Β του που να περιέχει την και μια βάση έστω του που να περιέχει επίσης την

(δ) Να δείξετε ότι το σύνολο $B\cup{S}$ είναι μια βάση του χώρου και να συμπεράνετε ότι $V+W=\mathbb{R}^{4}$

edit:Διόρθωση τυπογραφικού λάθους.Αντί για $\displaystyle{W}$ είχε $\displaystyle{Q}$ .

α) $\displaystyle{\vec{0}=\vec{0}+\vec{0}}$ .

Έστω $\displaystyle{\vec{x},\vec{y}\in V+W}$ .

Τότε, $\displaystyle{\vec{x}=\vec{x_1}+\vec{x_2}}$ και $\displaystyle{\vec{y}=\vec{y_1}+\vec{y_2}}$ με

$\displaystyle{\vec{x_i}\in V,\vec{y_i}\in W,i=1,2}$ και για κάθε πραγματικό αριθμό $\displaystyle{a,b\in\mathbb{R}}$ είναι,

$\displaystyle{a\vec{x}+b\vec{y}=a(\vec{x_1}+\vec{x_2})+b(\vec{y_1}+\vec{y_2})=(a\vec{x_1}+a\vec{x_2})+(b\vec{y_1}+b\vec{y_2})}$ .

Επειδή οι $\displaystyle{V,W}$ είναι υπόχωροι του $\displaystyle{\mathbb{R}^4}$ παίρνουμε $\displaystyle{a\vec{x}+b\vec{y}\in V+W}$

β)Για τυχόν $\displaystyle{\vec{x}\in\mathbb{R}^4}$ έχουμε,

$\displaystyle{\vec{x}\in V\cap W}\Leftrightarrow \vec{x}\in V\ \land \vec{x}\in W\Leftrightarrow}$

$\displaystyle{\Leftrightarrow \vec{x}=\lambda_1\vec{a}+\lambda_2\vec{b}+\lambda_3\vec{c}\ \land \vec{x}=k_1\vec{d}+k_2\vec{e}+k_3\vec{c},\lambda_i,k_i\in\mathbb{R},i=1,2,3}$

$\displaystyle{\Leftrightarrow \vec{x}=(\lambda_1+\lambda_2,\lambda_1,-\lambda_2,\lambda_3)\ \land \vec{x}=(-k_1,k_2,k_1+k_3,k_2)}$ .

Συνεπώς,θα πρέπει,

$\displaystyle{\lambda_1+\lambda_2=-k_1}$ και $\displaystyle{\lambda_1=k_2}$ και $\displaystyle{-\lambda=k_1+k_3}$ και $\displaystyle{\lambda_3=k_2}$

απ'όπου εύκολα παίρνουμε $\displaystyle{k_2=k_3}$ .

Άρα,

$\displaystyle{\vec{x}=(-k_1,k_3,k_1+k_3,k_3)=k_1(-1,0,1,0)+k_3(0,1,1,1)}$ .

Τα παραπάνω διανύσματα είναι γραμμικώς ανεξάρτητα και άρα,

$\displaystyle{A=\left\{(-1,0,1,0),(0,1,1,1)\right\}}$ είναι μία βάση του υποχώρου $\displaystyle{V\cap W}$ .

γ)Τα διανύσματα $\displaystyle{\vec{a},\vec{b},\vec{c}}$ είναι γραμμικώς ανεξάρτητα και συνεπώς, $\displaystyle{dim_{\mathbb{R}}V=3}$ .

και ομοίως βρίσκουμε ότι $\displaystyle{dim_{\mathbb{R}}W=3}$ .

Παρατηρούμε ότι

$\displaystyle{\begin{vmatrix} -1 & 0 & 1 & 0\\ 0 & 1 & 1 & 1\\ 0 & 0 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{vmatrix}=$

$\displaystyle{=- \begin{vmatrix} 1 & 1 & 1\\ 0 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 1 \end{vmatrix}=-1\neq 0}$ .

Επειδή το σύνολο $\displaystyle{B=\left\{(-1,0,1,0),(0,1,1,1),(0,0,0,1)\right\}$ είναι γραμμικά ανεξάρτητο και έχει τόσα στοιχεία όσα και

η διάσταση του $\displaystyle{V}$ ,τότε αποτελεί βάση του $\displaystyle{V}$ η οποία περιέχει την $\displaystyle{A}$ .

Ομοίως το σύνολο $\displaystyle{S=\left\{(-1,0,1,0),(0,1,1,1),(0,0,0,1)\right\}}$ είναι γραμμικά ανεξάρτητο και περιέχει τόσα στοιχεία όσο και

η διάστασή του $\displaystyle{W}$ ,τότε αποτελεί βάση του $\displaystyle{W}$ η οποία περιέχει την $\displaystyle{A}$ .

δ) $\displaystyle{B\cup S=\left\{(-1,0,1,0),(0,1,1,1),(0,0,1,0),(0,0,0,1)\right\}$ .

Από την θεμελιώδη εξίσωση διαστάσεων έχουμε,

$\displaystyle{\dim_{\mathbb{R}}V+W=\dim_{\mathbb{R}}V+\dim_{\mathbb{R}}W-\dim_{\mathbb{R}}V\cap W=3+3-2=4}$ .

Λόγω της ορίζουσας που βρήκαμε στο γ) ερώτημα το σύνολο $\displaystyle{B\cup S}$ είναι γραμμικώς ανεξάρτητο και αφού περιέχει τόσα

στοιχεία όσο και η διάστασή του αποτελεί βάση του $\displaystyle{V+W}$ .

Έτσι,

$\displaystyle{V+W\leq \mathbb{R}^4\ \land \dim_{\mathbb{R}}V+W=\dim_{\mathbb{R}}\mathbb{R}^4=4\Rightarrow V+W=\mathbb{R}^4}$

#4

parmenides51 έγραψε:3. Αν πολλαπλασιαστική ομάδα και στοιχεία αυτής, τότε:

(α) Αν $b^{-1}ab=ac$ και , να δείξετε ότι ισχύει: $a^{n}b=ba^{n}c^{n}$ και $(ab)^{n}=b^{n}a^{n}c^{\displaystyle\frac{n(n+1)}{2}}$ για κάθε φυσικό αριθμό.

(β) Αν $b^{-1}ab=a^{k},(k\in N)$ , να δείξετε ότι $b^{-\lambda }a^{n}b^{\lambda }=a^{\displaystyle nk^{\lambda }}$ για κάθε $\lambda ,n\in \mathbb{N}$

Θα δείξω πρώτα επαγωγικά, ότι: $\displaystyle{ca^n = a^n c}$ , (1). Πράγματι, για $\displaystyle{n=1}$ ισχύει από υπόθεση. Υποθέουμε ότι ισχύει

για $\displaystyle{n=k}$ , δηλαδή ότι $\displaystyle{ca^k =a^k c}$ . Τότε $\displaystyle{aca^k =aa^k c \Rightarrow caa^k =a^{k+1}c \Rightarrow}$

$\displaystyle{ca^{k+1}=a^{k+1}c}$ και η απόδειξη της (1) ολοκληρώθηκε.

Στη συνέχεια, από υπόθεση, έχουμε: $\displaystyle{b^{-1}ab=ac\Rightarrow ab=bac}$ , (2)

Θα δείξουμε τώρα με επαγωγή, ότι $\displaystyle{a^n b=ba^n c^n}$ , (3).

Για $\displaystyle{n=1}$ , ισχύει (λόγω της (2))

Υποθέτουμε ότι ισχύει για $\displaystyle{n=k}$ , δηλαδή ότι $\displaystyle{a^k b=ba^k c^k}$ . Τότε $\displaystyle{aa^k b=aba^k c^k\Rightarrow}$

$\displaystyle{a^{k+1}b=(bac)a^k c^k =b(ac)a^k c^k =b(ca)a^k c^k =bca^{k+1}c^k =ba^{k+1}cc^k}$ , (λόγω της (1)). Άρα:

$\displaystyle{a^{k+1}b=ba^{k+1}c^{k+1}}$ και έτσι ολοκληρώθηκε η απόδειξη της (3)

ΣΗΜ: Θα συνεχίσω σε λίγο σταδιακά την δημοσίευση της απόδειξης των υπολοίπων, γιατί με πετάει έξω η σελίδα σε τακτά χρονικά διαστήματα.

Συνεχίζω λοιπόν την απόδειξη της πρότασης: $\displaystyle{(ab)^n =b^n a^n c^{\frac{n(n+1)}{2}}}$ , με επαγωγή

Για $\displaystyle{n=1}$ , ισχύει (λόγω της (2))

Υποθέτουμε ότι ισχύει για $\displaystyle{n=k}$ , δηλ. ότι $\displaystyle{(ab)^k =b^k a^k c^{\frac{k(k+1)}{2}}}$ . Tότε:

$\displaystyle{(ab)^k (ab)=b^k a^k c^{\frac{k(k+1)}{2}}(ab)}$ , (4)

Θα δείξω ότι $\displaystyle{a^k c^{\frac{k(k+1)}{2}}=c^{\frac{k(k+1)}{2}}a^k}$ . Πάλι με επαγωγή:

Για $\displaystyle{k=1}$ , ισχύει από υπόθεση. Υποθέτουμε ότι ισχύει για $\displaystyle{k=p}$ , δηλαδή ότι: $\displaystyle{a^p c^{\frac{p(p+1)}{2}}=c^{\frac{p(p+1)}{2}}a^p}$

Θα δείξουμε ότι ισχύει και για $\displaystyle{k=p+1}$ , δηλαδή ότι $\displaystyle{a^{p+1}c^{\frac{(p+1)(p+2)}{2}}=c^{\frac{(p+1)(p+2)}{2}}a^{p+1}}$

Άρα αρκεί να δείξουμε ότι: $\displaystyle{a^p ac^{\frac{p(p+1)}{2}}c^{p+1}=c^{p+1}c^{\frac{p(p+1)}}a^{p+1}}$

Λόγω όμως της (1) ισχύει ότι $\displaystyle{ca^n =a^n c}$ και όμοια με επαγωγή, δείχνουμε ότι $\displaystyle{ac^n =c^n a}$ . Έτσι, λόγω της

προηγούμενης σχέσης, αρκεί να δείξουμε ότι: $\displaystyle{a^p c^{\frac{p(p+1)}{2}}ac^{p+1}=c^{p+1}c^{\frac{p(p+1)}{2}}a^p a}$

Αρκεί: $\displaystyle{a^p c^{\frac{p(p+1)}{2}}c^{p+1}a=c^{p+1}c^{\frac{p(p+1)}{2}}a^p a}$ , ή αρκεί:

$\displaystyle{a^p c^{p+1}c^{\frac{p(p+1)}{2}}=c^{p+1}c^{\frac{p(p+1)}{2}}a^p}$ , ή αρκεί:

$\displaystyle{a^p cc^p c^{\frac{p(p+1)}{2}}=cc^p c^{\frac{p(p+1)}{2}}a^p}$ , ή αρκεί:

$\displaystyle{ca^p c^p c^{\frac{p(p+1)}{2}}=cc^p a^p c^{\frac{p(p+1)}{2}}}$ . Ή αρκεί:

$\displaystyle{a^p c^p =c^p a^p}$ , πράγμα που όμως ισχύει, όπως εύκολα αποδεικνύεται επαγωγικά

(Πράγματι, για $\displaystyle{p=1}$ ισχύει από υπόθεση. Έστω τώρα ότι ισχύει $\displaystyle{a^p c^p =c^p a^p \Rightarrow }$

$\displaystyle{a^p c^p ac=c^p a^p ac\Rightarrow a^p ac^p c=c^p a^p ca\Rightarrow a^{p+1}c^{p+1}=c^p ca^p a=c^{p+1}a^{p+1}}$ )

H (4) τώρα γράφεται: $\displaystyle{(ab)^{k+1}=b^kc^r a^k ab=b^k c^r a^{k+1}b}$ , όπου θέσαμε για ευκολία, $\displaystyle{r=\frac{k(k+1)}{2}}$

Άρα: $\displaystyle{(ab)^{k+1}=b^k c^r (ba^{k+1}c^{k+1}}$ , διότι έχουμε πριν αποδείξει ότι για κάθε $\displaystyle{n \in N}$ , ισχύει ότι:

$\displaystyle{a^n b=ba^n c^n}$

Άρα: $\displaystyle{(ab)^{k+1}=b^k bc^r a^{k+1}c^{k+1}}$ , διότι ομοίως με επαγωγή, δείχνουμε ότι $\displaystyle{c^n b =bc^n}$ .

Άρα $\displaystyle{(ab)^{k+1}=b^{k+1}c^r a^k ac^{k+1}=b^{k+1}a^k c^r ac^{k+1}=b^{k+1}a^k ac^r c^{k+1}=b^{k+1}a^{k+1}c^{r+k+1}=}$

$\displaystyle{=b^{k+1}a^{k+1}c^{\frac{k(k+1)}{2}+k+1}=b^{k+2}a^{k+1}c^{\frac{(k+1)(k+2)}{2}}}$ , και η απόδειξη και αυτού του

ερωτήματος ολοκληρώθηκε.

Απομένει η απόδειξη του (β) ερωτήματος της άσκησης:

Έχουμε από την υπόθεση ότι: $\displaystyle{b^{-1}ab=a^k \Rightarrow (b^{-1}ab)^n =a^{nk}}$

Θα αναζητήσουμε να βρούμε με τι ισούται το $\displaystyle{(b^{-1}ab)^n}$ . Για $\displaystyle{n=2}$ , έχουμε:

$\displaystyle{(b^{-1}ab)^2 =(b^{-1}ab)(b^{-1}ab)=b^{-1}abb^{-1}ab=b^{-1}a^2 b}$ . Eπαγωγικά, θα δείξουμε ότι:

$\displaystyle{(b^{-1}ab)^n =b^{-1}a^n b}$ , (Α).

Πράγματι, για $\displaystyle{n=1}$ , προφανώς ισχύει. Υποθέτουμε ότι ισχύει για $\displaystyle{n=p}$ , δηλαδή ότι:

$\displaystyle{(b^{-1}ab)^p =b^{-1}a^p b}$ Τότε $\displaystyle{(b^{-1}ab)^p (b^{-1}ab)=(b^{-1}a^p b)(b^{-1}ab)\Rightarrow}$

$\displaystyle{(b^{-1}ab)^{p+1}=b^{-1}a^{p+1}b}$ και έτσι δείξαμε ότι ισχύει η σχέση (Α)

Έχουμε λοιπόν δείξει ότι $\displaystyle{(b^{-1}ab)^n = b^{-1}a^n b\Rightarrow (a^k )^n =b^{-1}a^n b\Rightarrow b^{-1}a^n b=a^{kn}}$

Στη συνέχεια θα υπολογίσουμε το $\displaystyle{b^{-\lambda}ab^{\lambda}}$ . Για $\displaystyle{\lambda =2}$ , έχουμε:

$\displaystyle{b^{-2}ab^2 =b^{-1}b^{-1}abb=b^{-1}a^k b=(b^{-1}ab)^k =(a^k )^k =a^{k^2}}$

Επαγωγικά τώρα, θα δείξουμε ότι: $\displaystyle{b^{-\lambda}ab^{\lambda}=a^{k^{\lambda}}}$ , με $\displaystyle{\lambda in N^{*}}$

Για $\displaystyle{\lambda =1}$ , είναι προφανές. Υποθέτουμε ότι ισχύει για $\displaystyle{\lambda =m}$ , δηλαδή ότι

$\displaystyle{b^{-m}ab^m =a^{k^m}}$ . Θα δείξουμε ότι ισχύει και για $\displaystyle{\lambda =m+1}$ . Δηλαδή ότι:

$\displaystyle{b^{-(m+1)}ab^{m+1}=a^{k^{m+1}}}$ . Πράγματι, έχουμε:

$\displaystyle{b^{-(m+1)}ab^{m+1}=b^{-1}b^{-m}ab^{m}b =b^{-1}a^{k^m}b=(b^{-1}ab)^{k^m}=(a^k )^{k^m}=a^{k.k^m}=a^{k^{m+1}}}$

Έτσι, δείξαμε ότι $\displaystyle{b^{-\lambda}ab^{\lambda}=a^{k^{\lambda}}}$ , για κάθε $\displaystyle{\lambda in N^{*}}$

Mε όμοιο τρόπο, επαγωγικά δείχνουμε ότι: $\displaystyle{(b^{-\lambda}ab^{\lambda})^n =b^{-\lambda}a^n b^{\lambda}}$

Συνεπώς έχουμε:

$\displaystyle{b^{-\lambda}a^n b^{\lambda}=(b^{-\lambda}ab^{\lambda})^n =(a^{k^{\lambda}})^n =a^{nk^{\lambda}}}$ , δηλαδή το

ζητούμενο

Π.Μ.Δ.Μ. Γ' Λυκείου 1983 Α΄ Δέσμη

Π.Μ.Δ.Μ. Γ' Λυκείου 1983 Α΄ Δέσμη

Re: Π.Μ.Δ.Μ. Γ' Λυκείου 1983 Α΄ Δέσμη

Re: Π.Μ.Δ.Μ. Γ' Λυκείου 1983 Α΄ Δέσμη

Re: Π.Μ.Δ.Μ. Γ' Λυκείου 1983 Α΄ Δέσμη

Μέλη σε σύνδεση