Οικονομικό Μόσχας 2004

Panos35 · #21

Θέματα εισαγωγικών εξετάσεων τμήματος οικονομικών Κρατικού Πανεπιστημίου Μόσχας, 2004.

4. Να λύσετε την ανίσωση

$\displaystyle \log_{x+3} \left ( 2x+5 \right ) \cdot \log_{4x^2+20x+25} \left ( x^2+2x+1 \right ) + \log_{\left ( \frac{1}{3} -\frac{x}{3x+9} \right )} \left ( x^2-x-2 \right ) \geq 0$ .

Θα παραλείψω αρκετές πράξεις, για να μην γίνει κουραστική η λύση.. Ελπίζω να είναι σωστή!
Πάνος

Αρχικά έπειτα από συναλήθευση των περιορισμών προκύπτει ότι: $x\in (-\frac{5}{2},-1)\cup (2,+\propto )$
Όμως εφαρμόζοντας τον τύπο αλλαγής βάσης η παραπάνω ανίσωση γράφεται ως εξής:
$\frac{\log_{10}(x+1)^{2}}{ \log_{10}(x+3)^{2}}+\frac{\log_{10}(x^{2}-x-2)}{\log_{10}(\frac{1}{x+3})}\geq 0\Leftrightarrow \frac{\log_{10}(x+1)}{\log_{10}(x+3)}+\frac{\log_{10}(x+1)(x-2)}{-\log_{10}(x+3)}\geq 0$
Οπότε ξανά σύμφωνα με τον τύπο αλλαγής βάσης:
$\log _{x+3}(x+1)- \log_{x+3}(x+1)(x-2)\geq 0\Leftrightarrow \log_{x+3}(\frac{x+1}{(x+1)(x-2)})\geq 0\Leftrightarrow \log_{x+3}(x-2)\leq 0\Leftrightarrow \log_{x+3}(x-2)\leq \log_{x+3}1$ , όπου:

Για $0< x+3< 1\Leftrightarrow -3< x< -2$ (γν.φθίνουσα)

:
$x-2\geq 1\Leftrightarrow x\geqslant 3$ , άτοπο

Για $x+3> 1\Leftrightarrow x> -2$ (γν.αύξουσα)

:
$x-2\leq 1\Leftrightarrow x\leq 3$ (δεκτή)

Άρα τελικά $x\in(-2,-1)\cup (2,3)$

#22

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Τρί Μάιος 14, 2019 10:32 pm

rek2 έγραψε: ↑
Κυρ Μάιος 12, 2019 8:18 pm

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Τρί Μάιος 07, 2019 12:53 pm
Θέματα εισαγωγικών εξετάσεων τμήματος οικονομικών Κρατικού Πανεπιστημίου Μόσχας, 2004.

7. Σε κανονική τριγωνική πυραμίδα με ύψος $h=\dfrac{5}{4}$ και πλευρά βάσης $a=\sqrt{15}$ είναι τοποθετημένες πέντε σφαίρες ίσης ακτίνας. Μια από τις σφαίρες εφάπτεται στο κέντρο της βάσης της πυραμίδας. Κάθε μία από άλλες τρεις σφαίρες εφάπτεται της δικής της έδρας, εξάλλου το σημείο επαφής βρίσκεται στο απόστημα και το διαιρεί σε λόγο , υπολογίζοντας από την κορυφή. Η πέμπτη σφαίρα εφάπτεται όλων των τεσσάρων σφαιρών. Να βρείτε την ακτίνα των σφαιρών.
Στο σχήμα φαίνεται μία επίπεδη τομή που ορίζεται από το παράπλευρο ύψος και το ύψος της πυραμίδας. Περιέχει και την ακμή CF. Είναι

$GD=\dfrac{1}{3}FD=\dfrac{1}{3} \dfrac{\sqrt{15}\sqrt{3}}{2}=\dfrac{\sqrt{5}}{2}$

Υπολογίζουμε $OG=\dfrac{1}{2}$ , οπότε η ακτίνα είναι
2.png
...

Πάμε στο σχήμα της τομής τώρα, που ορίζει το απόστημα και η κορυφή . Ας είναι το σημείο επαφής της σφαίρας με κέντρο $O_{1}$ με το απόστημα . Το σημείο που θέλει παραπάνω εξήγηση εδώ, είναι το γεγονός ότι τα σημεία $O,O_{1},E$ είναι συνευθειακα
....

Ναι Αλέξανδρε, θα συμφωνήσω!

Όλα τα λεφτά είναι αυτό το σημείο! Αυτή η ιδέα κάνει την διαφορά ...

#23

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Τρί Μάιος 07, 2019 12:53 pm
Θέματα εισαγωγικών εξετάσεων τμήματος οικονομικών Κρατικού Πανεπιστημίου Μόσχας, 2004.

6. Να βρείτε την μέγιστη τιμή του για την οποία έχει λύση το σύστημα

$\displaystyle \left\{\begin{matrix} 4 \sin^2 y-w=16\sin^2 \dfrac{2x}{7} +9 \cot^2 \dfrac{2x}{7} \\ \left ( \pi^2 \cos^2 3x -2\pi^2-72 \right )y^2=2\pi^2 \left ( 1+y^2\right) \sin 3x \end{matrix}\right.$ .

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Τρί Μάιος 14, 2019 5:43 pm

Demetres έγραψε: ↑
Τρί Μάιος 14, 2019 5:19 pm
Αλέξανδρε, έχεις τις απαντήσεις; Ή τουλάχιστον να μας πεις αν μιλάει για supremum αντί για maximum;

Έχω βρει ότι αν για κάποιο υπάρχει λύση τότε $w \leqslant -11$ . Το νομίζω δεν πιάνεται αλλά μπορούμε να έχουμε τιμές του αρκετά κοντά στο .

Ναι, η τελική απάντηση είναι και πιάνεται, άρα maximum.

Βρήκα τα λάθη μου. Ένα από αυτά ήταν ότι αντέγραψα λάθος την άσκηση.

Θέτω αρχικά $a = \sin{3x}$ . Μετά από πράξεις βρίσκω $\displaystyle y^2 = -\frac{2a\pi^2}{\pi^2(1+a)^2+72}$ Επειδή όμως $-1 \leqslant a \leqslant 1$ , τότε $|y|^2 \leqslant \frac{\pi^2}{36}$ . Άρα έχω και $4 \sin^2{y} \leqslant 1$ .

Θέτω τώρα $b = \sin\left( \tfrac{2x}{7}\right)$ . Τότε:

$\displaystyle \sin^2\left( \frac{2x}{7}\right) + \cot^2\left( \frac{2x}{7}\right) = 16b^2 + \frac{9(1-b^2)}{b^2} = 16b^2 + \frac{9}{b^2} - 9 \geqslant 2\sqrt{16 \cdot 9} - 9 = 15$ από ΑΜ-ΓΜ.

Άρα

$\displaystyle w = 4 \sin^2{y} - \sin^2\left( \frac{2x}{7}\right) - \cot^2\left( \frac{2x}{7}\right) \leqslant 1 - 15 = -14$

Η ισότητα λαμβάνεται για $y = \frac{\pi}{6}$ και $x = 7\pi/6$ . Η συγκεκριμένη τιμή του

δίνει

και $b = \sqrt{3}/2$ και είναι εύκολο να ελεγχθεί ότι οι συγκεκριμένες τιμές ικανοποιούν το σύστημα.

#24

Panos35 έγραψε: ↑
Τετ Μάιος 15, 2019 1:54 am
Θέματα εισαγωγικών εξετάσεων τμήματος οικονομικών Κρατικού Πανεπιστημίου Μόσχας, 2004.

4. Να λύσετε την ανίσωση

$\displaystyle \log_{x+3} \left ( 2x+5 \right ) \cdot \log_{4x^2+20x+25} \left ( x^2+2x+1 \right ) + \log_{\left ( \frac{1}{3} -\frac{x}{3x+9} \right )} \left ( x^2-x-2 \right ) \geq 0$ .

Θα παραλείψω αρκετές πράξεις, για να μην γίνει κουραστική η λύση.. Ελπίζω να είναι σωστή!
Πάνος

Αρχικά έπειτα από συναλήθευση των περιορισμών προκύπτει ότι: $x\in (-\frac{5}{2},-1)\cup (2,+\propto )$
Όμως εφαρμόζοντας τον τύπο αλλαγής βάσης η παραπάνω ανίσωση γράφεται ως εξής:
$\frac{\log_{10}(x+1)^{2}}{ \log_{10}(x+3)^{2}}+\frac{\log_{10}(x^{2}-x-2)}{\log_{10}(\frac{1}{x+3})}\geq 0\Leftrightarrow \frac{\log_{10}(x+1)}{\log_{10}(x+3)}+\frac{\log_{10}(x+1)(x-2)}{-\log_{10}(x+3)}\geq 0$
Οπότε ξανά σύμφωνα με τον τύπο αλλαγής βάσης:
$\log _{x+3}(x+1)- \log_{x+3}(x+1)(x-2)\geq 0\Leftrightarrow \log_{x+3}(\frac{x+1}{(x+1)(x-2)})\geq 0\Leftrightarrow \log_{x+3}(x-2)\leq 0\Leftrightarrow \log_{x+3}(x-2)\leq \log_{x+3}1$ , όπου:
Για $0< x+3< 1\Leftrightarrow -3< x< -2$ (γν.φθίνουσα)
:
$x-2\geq 1\Leftrightarrow x\geqslant 3$ , άτοπο
Για $x+3> 1\Leftrightarrow x> -2$ (γν.αύξουσα)
:
$x-2\leq 1\Leftrightarrow x\leq 3$ (δεκτή)

Άρα τελικά $x\in(-2,-1)\cup (2,3)$

Να συμπληρώσω δύο σημεία:

Στους περιορισμούς, $x+3\neq 1$ κ.λπ.

Στις ιδιότητες λογαρίθμων, $log(x+1)^2=2log|x+1|,\,\,\,log[(x+1)(x-2)]=log|x+1|+log|x-2|$ κ.λπ.

#25

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Τρί Μάιος 07, 2019 12:53 pm
Θέματα εισαγωγικών εξετάσεων τμήματος οικονομικών Κρατικού Πανεπιστημίου Μόσχας, 2004.

3. Ο κύκλος, που τέμνει τις παράπλευρες πλευρές και ισοσκελούς τριγώνου στα σημεία και αντίστοιχα, είναι περιγεγραμμένος στο τρίγωνο . Τα τμήματα και τέμνονται στο σημείο έτσι, ώστε . Να βρείτε το εμβαδόν του τριγώνου , αν το εμβαδόν του τριγώνου είναι .

Κάτι τέτοιο είναι:

: IMG_20190516_180516.jpg (1.65 MiB) Προβλήθηκε 784 φορές

Οικονομικό Μόσχας 2004

Re: Οικονομικό Μόσχας 2004

Re: Οικονομικό Μόσχας 2004

Re: Οικονομικό Μόσχας 2004

Re: Οικονομικό Μόσχας 2004

Re: Οικονομικό Μόσχας 2004

Μέλη σε σύνδεση