Εισαγωγικές Φυσικό-Τεχνολογικού Ινστιτούτου Μόσχας 2007

Άβαταρ μέλους
Al.Koutsouridis
Δημοσιεύσεις: 1261
Εγγραφή: Πέμ Ιαν 30, 2014 11:58 pm
Τοποθεσία: Αθήνα

Εισαγωγικές Φυσικό-Τεχνολογικού Ινστιτούτου Μόσχας 2007

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Al.Koutsouridis » Παρ Οκτ 04, 2019 12:00 am

Εισαγωγικές εξετάσεις του Φυσικό Τεχνολογικού Ινστιτούτου Μόσχας, 2007 (μια από τις εκδόσεις των θεμάτων)


1. Να λύσετε το συστήμα των εξισώσεων

\displaystyle  \left\{\begin{matrix} 
xy+2x+3y = 2 
\\  
2x^2y+3xy^2 +12x+18y= 16 . 
\end{matrix}\right.


2. Να λύσετε την ανισώση

\displaystyle \log_{\left (x-1 \right)^4} \left ( 4-x\right )^2 + \log_{\left (1-x \right)^2} \left ( x+1\right )  \leq 1.


3. Να λύσετε την εξίσωση

\displaystyle \tan \left ( \dfrac{2\pi \cos^2 x +\pi}{4\cos^6 x +1} \right) + \cot \left ( \dfrac{\pi}{6} + \dfrac{\pi}{4\cos^6 x +1} \right ) = 0.


4. Κύκλος εφάπτεται της πλευράς AD τετραπλεύρου ABCD στο σημείο  D και της πλευράς BC στο μέσο της M. Η διαγώνιος AC τέμνει τον κύκλο στα σημεία K και L (AK < AL). Είναι γνωστό ότι AK=5 , KL=4, LC=1. Οι ημιευθείες AD και BC τέμνονται στο σημείο S, εξάλλου \angle ASB = 120^{0}. Να βρείτε την ακτίνα του κύκλου και το εμβαδόν του ABCD.


5. Να βρείτε όλες τις τιμές της παραμέτρου a, για τις οποίες η εξίσωση

\displaystyle \dfrac{1}{2} \left ( \cos x\right)^{\frac{2}{3}} + \left ( \sin x\right)^{\frac{2}{3}} = a

έχει μοναδική λύση στο διάστημα \displaystyle \ [ 0, \dfrac{\pi}{2} \ ].


6. Στην πυραμίδα ABCD οι έδρες ABC και ADC είναι ισοσκελή τρίγωνα με κοινή βάση AC. Σφαίρα ακτίνας R με κέντρο το σημείο O, που βρίσκεται στην έδρα ABC, εφάπτεται όλων των ακμών της πυραμίδας ABCD. Να βρείτε τα μήκη των ευθυγράμμων τμημάτων στα οποία χωρίζουν τα σημεία επαφής της σφαίρας τις ακμές της πυραμίδας και τον όγκο της πυραμίδας ABCD, αν η γωνία ABC είναι ίση με 2a. Να βρείτε την τιμή της γωνίας ABC, για την οποία ο όγκος της πυραμίδας ABCD ελαχιστοποιείται. Να βρείτε αυτή την ελάχιστη τιμή του όγκου της πυραμίδας ABCD.



Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 9828
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: Εισαγωγικές Φυσικό-Τεχνολογικού Ινστιτούτου Μόσχας 2007

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Παρ Οκτ 04, 2019 9:54 am

Al.Koutsouridis έγραψε:
Παρ Οκτ 04, 2019 12:00 am
Εισαγωγικές εξετάσεις του Φυσικό Τεχνολογικού Ινστιτούτου Μόσχας, 2007 (μια από τις εκδόσεις των θεμάτων)


1. Να λύσετε το συστήμα των εξισώσεων

\displaystyle  \left\{\begin{matrix} 
xy+2x+3y = 2 
\\  
2x^2y+3xy^2 +12x+18y= 16 . 
\end{matrix}\right.
Από την πρώτη εξίσωση παίρνω \boxed{2x+3y=2-xy} (1) και η δεύτερη εξίσωση γράφεται:

\displaystyle xy(2x + 3y) + 6(2x + 3y) = 16\mathop  \Rightarrow \limits^{(1)} {(xy)^2} + 4xy + 4 = 0 \Leftrightarrow \boxed{xy=-2} (2)

Έχουμε λοιπόν το σύστημα \displaystyle \left\{ \begin{array}{l} 
2x + 3y = 4\\ 
\\ 
xy =  - 2 
\end{array} \right. \Leftrightarrow \boxed{x=-1, y=2} ή \boxed{x=3, y=-\dfrac{2}{3}}


Λάμπρος Κατσάπας
Δημοσιεύσεις: 726
Εγγραφή: Σάβ Ιουν 17, 2017 10:17 pm
Τοποθεσία: Αθήνα

Re: Εισαγωγικές Φυσικό-Τεχνολογικού Ινστιτούτου Μόσχας 2007

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Λάμπρος Κατσάπας » Παρ Οκτ 04, 2019 10:16 am

Al.Koutsouridis έγραψε:
Παρ Οκτ 04, 2019 12:00 am
5. Να βρείτε όλες τις τιμές της παραμέτρου a, για τις οποίες η εξίσωση

\displaystyle \dfrac{1}{2} \left ( \cos x\right)^{\frac{2}{3}} + \left ( \sin x\right)^{\frac{2}{3}} = a

έχει μοναδική λύση στο διάστημα \displaystyle \ [ 0, \dfrac{\pi}{2} \ ].
Για ευκολία θέτω k=\sin^2 x και η εξίσωση γράφεται f(k):=\dfrac{1}{2}(1-k)^{\frac{1}{3}}+k^{\frac{1}{3}}=a.

Για 0<k<1 έχουμε {f}'(k)=-\dfrac{1}{6}(1-k)^{-2/3}+\dfrac{1}{3}k^{-2/3} η οποία εύκολα μπορούμε

να δούμε ότι μηδενίζεται στο k^*=\dfrac{1}{1+2^{-3/2}}\in (0,1). Επίσης, για 0<k<k^* είναι

{f}'(k)>0 και για k^*<k<1 είναι {f}'(k)<0.

Τώρα η συνάρτηση του αριστερού μέλους της ισότητας είναι η f(\sin^2 x) και επειδή η \sin^2 x

είναι γνησίως αύξουσα (εύκολο με παράγωγο) η μονοτονία της σύνθετης είναι ακριβώς ίδια με της f.

Τέλος, f(\sin^2 0)=f(0)=\dfrac{1}{2},f(\sin^2 (\pi /2))=f(1)=1. Άρα τα ζητούμενα a όπως μπορούμε

να δούμε από ένα πρόχειρο σχήμα (μόνο η μονοτονία και οι τιμές στα άκρα φτάνουν) είναι τα a\in [\frac{1}{2},1).


Άβαταρ μέλους
Al.Koutsouridis
Δημοσιεύσεις: 1261
Εγγραφή: Πέμ Ιαν 30, 2014 11:58 pm
Τοποθεσία: Αθήνα

Re: Εισαγωγικές Φυσικό-Τεχνολογικού Ινστιτούτου Μόσχας 2007

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Al.Koutsouridis » Παρ Οκτ 04, 2019 12:00 pm

Λάμπρος Κατσάπας έγραψε:
Παρ Οκτ 04, 2019 10:16 am
να δούμε από ένα πρόχειρο σχήμα (μόνο η μονοτονία και οι τιμές στα άκρα φτάνουν) είναι τα a\in [\frac{1}{2},1).
Λίγο προσοχή στη μελέτη της συνάρτησης f(k), υπάρχει και άλλη λύση ... ;)


Λάμπρος Κατσάπας
Δημοσιεύσεις: 726
Εγγραφή: Σάβ Ιουν 17, 2017 10:17 pm
Τοποθεσία: Αθήνα

Re: Εισαγωγικές Φυσικό-Τεχνολογικού Ινστιτούτου Μόσχας 2007

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Λάμπρος Κατσάπας » Παρ Οκτ 04, 2019 12:56 pm

Al.Koutsouridis έγραψε:
Παρ Οκτ 04, 2019 12:00 pm
Λάμπρος Κατσάπας έγραψε:
Παρ Οκτ 04, 2019 10:16 am
να δούμε από ένα πρόχειρο σχήμα (μόνο η μονοτονία και οι τιμές στα άκρα φτάνουν) είναι τα a\in [\frac{1}{2},1).
Λίγο προσοχή στη μελέτη της συνάρτησης f(k), υπάρχει και άλλη λύση ... ;)
Σωστά. Έφαγα και την περίπτωση η y=a να εφάπτεται στην κορυφή. Είναι το a=f(p) όπου

p η ρίζα της \sin x=\sqrt{\dfrac{1}{1+2^{-3/2}}} στο (0,\frac{\pi}{2}).


Άβαταρ μέλους
KARKAR
Δημοσιεύσεις: 11923
Εγγραφή: Τετ Δεκ 08, 2010 6:18 pm

Re: Εισαγωγικές Φυσικό-Τεχνολογικού Ινστιτούτου Μόσχας 2007

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από KARKAR » Σάβ Οκτ 05, 2019 10:43 am

Al.Koutsouridis έγραψε:
Παρ Οκτ 04, 2019 12:00 am

4. Κύκλος εφάπτεται της πλευράς AD τετραπλεύρου ABCD στο σημείο  D και της πλευράς BC στο μέσο της M. Η διαγώνιος AC τέμνει

τον κύκλο στα σημεία K και L (AK < AL). Είναι γνωστό ότι AK=5 , KL=4, LC=1. Οι ημιευθείες AD και BC τέμνονται

στο σημείο S , εξάλλου \angle ASB = 120^{0}. Να βρείτε την ακτίνα του κύκλου και το εμβαδόν του ABCD .
Russian.png
Russian.png (28.5 KiB) Προβλήθηκε 1313 φορές
Είναι : CM=\sqrt{5} , AD=3\sqrt{5} και αν SC=x , τότε : DS=x+\sqrt{5} , AC=10 και άρα

( νόμος συνημιτόνων στο ASC ) : x=\dfrac{4}{3}\sqrt{15}-2\sqrt{5} και το σχήμα κατασκευάστηκε .
Τα ζητούμενα μεγέθη είναι πλέον "δεμένα' αλλά οι υπολογισμοί δεν έγιναν , προκύπτουν άχαρα νούμερα :oops:


Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 9828
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: Εισαγωγικές Φυσικό-Τεχνολογικού Ινστιτούτου Μόσχας 2007

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Σάβ Οκτ 05, 2019 1:38 pm

KARKAR έγραψε:
Σάβ Οκτ 05, 2019 10:43 am
Al.Koutsouridis έγραψε:
Παρ Οκτ 04, 2019 12:00 am

4. Κύκλος εφάπτεται της πλευράς AD τετραπλεύρου ABCD στο σημείο  D και της πλευράς BC στο μέσο της M. Η διαγώνιος AC τέμνει

τον κύκλο στα σημεία K και L (AK < AL). Είναι γνωστό ότι AK=5 , KL=4, LC=1. Οι ημιευθείες AD και BC τέμνονται

στο σημείο S , εξάλλου \angle ASB = 120^{0}. Να βρείτε την ακτίνα του κύκλου και το εμβαδόν του ABCD .
Russian.png

Είναι : CM=\sqrt{5} , AD=3\sqrt{5} και αν SC=x , τότε : DS=x+\sqrt{5} , AC=10 και άρα

( νόμος συνημιτόνων στο ASC ) : x=\dfrac{4}{3}\sqrt{15}-2\sqrt{5} και το σχήμα κατασκευάστηκε .
Τα ζητούμενα μεγέθη είναι πλέον "δεμένα' αλλά οι υπολογισμοί δεν έγιναν , προκύπτουν άχαρα νούμερα :oops:
Χαρά στο κουράγιο σου :coolspeak: Εγώ τα παράτησα πριν καν φτιάξω το σχήμα.


Σταμ. Γλάρος
Δημοσιεύσεις: 353
Εγγραφή: Δευ Ιουν 18, 2012 1:51 pm

Re: Εισαγωγικές Φυσικό-Τεχνολογικού Ινστιτούτου Μόσχας 2007

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Σταμ. Γλάρος » Σάβ Οκτ 05, 2019 10:01 pm

Al.Koutsouridis έγραψε:
Παρ Οκτ 04, 2019 12:00 am



2. Να λύσετε την ανισώση

\displaystyle \log_{\left (x-1 \right)^4} \left ( 4-x\right )^2 + \log_{\left (1-x \right)^2} \left ( x+1\right )  \leq 1.
Καλησπέρα. Μια προσπάθεια.
Πρώτα απ' όλα έχουμε τους περιορισμούς : x\in(-1,0) \cup (0,1) \cup (1,2) \cup(2,4) \cup(4,+\infty)

Είναι: \displaystyle \log_{\left (x-1 \right)^4} \left ( 4-x\right )^2 + \log_{\left (1-x \right)^2} \left ( x+1\right )  \leq 1 \Leftrightarrow
\Leftrightarrow \displaystyle\frac{\log_{(x-1)^2}(x-4)^2}{\log_{(x-1)^2}(x-1)^4}  + \log_{\left (x-1 \right)^2} \left ( x+1\right )  \leq 1  \Leftrightarrow
\Leftrightarrow \dfrac{1}{2}\cdot \log_{(x-1)^2}(x-4)^2 + \log_{\left (x-1 \right)^2} \left ( x+1\right ) \leq 1 \Leftrightarrow
\Leftrightarrow  \log_{(x-1)^2} |x-4| + \log_{\left (x-1 \right)^2} \left ( x+1\right ) \leq 1 \Leftrightarrow
\Leftrightarrow  \log_{(x-1)^2}  \left (|x-4|(x+1)\right ) \leq 1 = \log_{\left (x-1 \right)^2} \left ( x-1\right )^2 (2)
Διακρίνουμε τις εξής περιπτώσεις:

α) 0<(x-1)^2<1 \Leftrightarrow x\in(0,1)\cup(1,2).
(2) \Leftrightarrow |x-4|(x+1)\geqslant (x-1)^2 \Leftrightarrow 2x^2-5x-3\leqslant 0 ,αφού x<4, με λύσεις : x\in \left [- \dfrac{1}{2}, 3 \right ].
Συναληθεύοντας με τους περιορισμούς προκύπτουν λύσεις της ανίσωσης : x\in(0,1)\cup(1,2).

β) (x-1)^2>1 \Leftrightarrow x<0 ή x>2 . Άρα x\in(-1,0)  \cup(2,4) \cup(4,+\infty) .
(2) \Leftrightarrow |x-4|(x+1)\leqslant  (x-1)^2 (3)
i) x\in(-1,0)  \cup(2,4)
(3) \Leftrightarrow |x-4|(x+1)\leqslant  (x-1)^2 \Leftrightarrow 2x^2-5x-3\geqslant0 ,αφού x<4, με λύσεις : x \leqslant -\dfrac{1}{2} ή x\geqslant3 .
Συναληθεύοντας με τους περιορισμούς προκύπτουν λύσεις της ανίσωσης :x\in \left (-1,- \dfrac{1}{2} \right ] \cup [3,4).

ii) x\in   (4,+\infty)
(3) \Leftrightarrow |x-4|(x+1)\leqslant  (x-1)^2 \Leftrightarrow -x\leqslant 5, αφού x>4, με λύσεις : x\geqslant -5
Συναληθεύοντας με τους περιορισμούς προκύπτουν λύσεις της ανίσωσης :x\in  (4,+\infty)  .

Τελικά οι λύσεις της ανίσωσης είναι :x\in \left (-1,- \dfrac{1}{2} \right ] \cup(0,1)\cup(1,2) \cup [3,4) \cup(4,+\infty) .
Φιλικά
Σταμ. Γλάρος


Άβαταρ μέλους
Al.Koutsouridis
Δημοσιεύσεις: 1261
Εγγραφή: Πέμ Ιαν 30, 2014 11:58 pm
Τοποθεσία: Αθήνα

Re: Εισαγωγικές Φυσικό-Τεχνολογικού Ινστιτούτου Μόσχας 2007

#9

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Al.Koutsouridis » Κυρ Οκτ 06, 2019 1:56 pm

Λάμπρος Κατσάπας έγραψε:
Παρ Οκτ 04, 2019 12:56 pm

Σωστά. Έφαγα και την περίπτωση η y=a να εφάπτεται στην κορυφή. Είναι το a=f(p) όπου

p η ρίζα της \sin x=\sqrt{\dfrac{1}{1+2^{-3/2}}} στο (0,\frac{\pi}{2}).

Πάντως, σαν σημείωση, μπορεί να υπολογιστεί ακριβώς αυτή η τιμή του a.


KARKAR έγραψε:
Σάβ Οκτ 05, 2019 10:43 am

Είναι : CM=\sqrt{5} , AD=3\sqrt{5} και αν SC=x , τότε : DS=x+\sqrt{5} , AC=10 και άρα

( νόμος συνημιτόνων στο ASC ) : x=\dfrac{4}{3}\sqrt{15}-2\sqrt{5} και το σχήμα κατασκευάστηκε .
Τα ζητούμενα μεγέθη είναι πλέον "δεμένα' αλλά οι υπολογισμοί δεν έγιναν , προκύπτουν άχαρα νούμερα :oops:
Από αυτό το σημείο και ύστερα δεν θέλει και ιδιαίτερα δύσκολες πράξεις. Για πρόβλημα ολυμπιάδας θα ήταν βαρετές, για εισαγωγικές εξετάσεις συχνά έχω δει να ζητούνται. Ίσως για να δούμε αν ο μαθητής είναι εξοικειωμένος με αριθμητικές πράξεις που περιέχουν ριζικά, άλλους άρητους αριθμούς \pi, e αλλά και να τους συγκρίνει και να αναγνωρίζει την σχετική τους θέση στο άξονα των αριθμών. Πολλές φορές τα αριθμητικά δεδομένα στα γεωμετρικά προβλήματα μπορεί να οδηγούν και σε διαφορετικό σχέδιο κτλ. (όχι ότι συμβαίνει κάτι αντίστοιχο εδώ).


miltosk
Δημοσιεύσεις: 98
Εγγραφή: Τετ Μάιος 29, 2019 7:28 pm

Re: Εισαγωγικές Φυσικό-Τεχνολογικού Ινστιτούτου Μόσχας 2007

#10

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από miltosk » Κυρ Οκτ 06, 2019 4:37 pm

Al.Koutsouridis έγραψε:
Παρ Οκτ 04, 2019 12:00 am
Εισαγωγικές εξετάσεις του Φυσικό Τεχνολογικού Ινστιτούτου Μόσχας, 2007 (μια από τις εκδόσεις των θεμάτων)
3. Να λύσετε την εξίσωση

\displaystyle \tan \left ( \dfrac{2\pi \cos^2 x +\pi}{4\cos^6 x +1} \right) + \cot \left ( \dfrac{\pi}{6} + \dfrac{\pi}{4\cos^6 x +1} \right ) = 0.
Υπάρχει σοβαρή πιθανότητα να τα χω κάνει μπάχαλο παρακαλώ διορθώστε με.
Παίρνοντας την συνεφαπτομένη στο άλλο μέλος, μετατρέποντάς τη σε εφαπτομένη και με χιαστί καταλήγω στην:
\tan \left ( \dfrac{2\pi \cos^2 x +\pi}{4\cos^6 x +1} \right)\cdot \tan \left ( \dfrac{\pi}{6} + \dfrac{\pi}{4\cos^6 x +1} \right ) = -1.
Συνεπώς δεν ορίζεται (σύμφωνα με την ταυτότητα της εφαπτομένης της διαφοράς 2 γωνιών) η:
\displaystyle \tan \left ( \dfrac{2\pi \cos^2 x +\pi}{4\cos^6 x +1} \right- \left ( \dfrac{\pi}{6} + \dfrac{\pi}{4\cos^6 x +1} \right ) \right
Όμως χωρίς δυσκολία καταλήγουμε στις:
0\leq\dfrac{2\pi \cos^2 x +\pi}{4\cos^6 x +1}\leq2\pi.
\frac{11\pi}{30}\leq\dfrac{\pi}{6} + \dfrac{\pi}{4\cos^6 x +1}\leq \frac{7\pi}{6}.
Αφού δεν ορίζονταν η εφαπτομένη της διαφοράς έπεται:
\dfrac{2\pi \cos^2 x +\pi}{4\cos^6 x +1} \right- \left ( \dfrac{\pi}{6} + \dfrac{\pi}{4\cos^6 x +1} \right ) \right )=k\pi+\frac{\pi}{2}
Θέτοντας cos^{2}x=y κάνοντας τις πράξεις καταλήγουμε στην:
Edit: υπήρχε αριθμητικό. Η λύση ολοκληρώνεται σε παρακάτω post
τελευταία επεξεργασία από miltosk σε Κυρ Οκτ 06, 2019 6:36 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Άβαταρ μέλους
Al.Koutsouridis
Δημοσιεύσεις: 1261
Εγγραφή: Πέμ Ιαν 30, 2014 11:58 pm
Τοποθεσία: Αθήνα

Re: Εισαγωγικές Φυσικό-Τεχνολογικού Ινστιτούτου Μόσχας 2007

#11

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Al.Koutsouridis » Κυρ Οκτ 06, 2019 5:45 pm

miltosk έγραψε:
Κυρ Οκτ 06, 2019 4:37 pm
Al.Koutsouridis έγραψε:
Παρ Οκτ 04, 2019 12:00 am
Εισαγωγικές εξετάσεις του Φυσικό Τεχνολογικού Ινστιτούτου Μόσχας, 2007 (μια από τις εκδόσεις των θεμάτων)
3. Να λύσετε την εξίσωση

\displaystyle \tan \left ( \dfrac{2\pi \cos^2 x +\pi}{4\cos^6 x +1} \right) + \cot \left ( \dfrac{\pi}{6} + \dfrac{\pi}{4\cos^6 x +1} \right ) = 0.

\dfrac{2\pi \cos^2 x +\pi}{4\cos^6 x +1} \right- \left ( \dfrac{\pi}{6} + \dfrac{\pi}{4\cos^6 x +1} \right ) \right )=k\pi+\frac{\pi}{2}
Θέτοντας cos^{2}x=y κάνοντας τις πράξεις καταλήγουμε στην:
(3k+1)4y^3-6y+(3k+1)=0
Μπάχαλο δεν είναι σίγουρα, απλά δεν είναι αρκετά καθαρογραμμένο/δικαιολογημένο το τι ακριβώς κάνεις στην αρχή. Αλλά το λάθος που δεν σε οδηγεί σε λύση είναι αριθμητικό. Στις παραπάνω πράξεις προκύπτει η εξίσωση

(3k+2)4y^3-6y+(3k+2)=0


miltosk
Δημοσιεύσεις: 98
Εγγραφή: Τετ Μάιος 29, 2019 7:28 pm

Re: Εισαγωγικές Φυσικό-Τεχνολογικού Ινστιτούτου Μόσχας 2007

#12

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από miltosk » Κυρ Οκτ 06, 2019 6:33 pm

Al.Koutsouridis έγραψε:
Κυρ Οκτ 06, 2019 5:45 pm
miltosk έγραψε:
Κυρ Οκτ 06, 2019 4:37 pm
Al.Koutsouridis έγραψε:
Παρ Οκτ 04, 2019 12:00 am
Εισαγωγικές εξετάσεις του Φυσικό Τεχνολογικού Ινστιτούτου Μόσχας, 2007 (μια από τις εκδόσεις των θεμάτων)
3. Να λύσετε την εξίσωση

\displaystyle \tan \left ( \dfrac{2\pi \cos^2 x +\pi}{4\cos^6 x +1} \right) + \cot \left ( \dfrac{\pi}{6} + \dfrac{\pi}{4\cos^6 x +1} \right ) = 0.

\dfrac{2\pi \cos^2 x +\pi}{4\cos^6 x +1} \right- \left ( \dfrac{\pi}{6} + \dfrac{\pi}{4\cos^6 x +1} \right ) \right )=k\pi+\frac{\pi}{2}
Θέτοντας cos^{2}x=y κάνοντας τις πράξεις καταλήγουμε στην:
(3k+1)4y^3-6y+(3k+1)=0
Μπάχαλο δεν είναι σίγουρα, απλά δεν είναι αρκετά καθαρογραμμένο/δικαιολογημένο το τι ακριβώς κάνεις στην αρχή. Αλλά το λάθος που δεν σε οδηγεί σε λύση είναι αριθμητικό. Στις παραπάνω πράξεις προκύπτει η εξίσωση

(3k+2)4y^3-6y+(3k+2)=0
:wallbash:
Με την επισήμανσή σας:
Από τις διπλές ανισότητες k={-1,0,1}
Για k=-1: -4y^3-6y-1=0. Αφού y\geq0 τότε LHS<0 άρα άτοπο.
Για k=1: 20y^3-6y+5=0. Από αριθμητικό γεωμετρικό μέσο: 2(y^3+2)\geq6y\Leftrightarrow2y^3+4-6y\geq0 οπότε πρέπει για ισότητα y=1 και y=0 (ταυτόχρονα), άτοπο.
Για k=0: 8y^3-6y+2=0\Leftrightarrow4y^3-3y+1=0
Θέτω y=cosa. Από την ταυτότητα: cos3a=4cos^3a-3cosa λαμβάνουμε:
cos3a=-1. Πρέπει cosa\geq0. Λύνοντας: a=\frac{(2l+1)\pi}{3}. Άρα cosa=cos\frac{(2l+1)\pi}{3}
Αν l\equiv 0(mod 3) τότε cosa=\frac{1}{2}
Αν l\equiv 1(mod 3) τότε cosa=-1
Αν l\equiv 2(mod 3) τότε cosa=\frac{1}{2}
Οπότε καταλήγουμε με cosa=\frac{1}{2}\Leftrightarrow y=\frac{1}{2}\Leftrightarrow cos^2x=\frac{1}{2}
Λύνοντας την τελευταία: x=2t\pi+\frac{\pi}{4}
x=2t\pi-\frac{\pi}{4}
x=2t\pi+\frac{3\pi}{4}
x=2t\pi-\frac{3\pi}{4}
Φτιάχνοντας τες σε ενιαίο τύπο:
x=r\pi+\frac{\pi}{4}
x=r\pi-\frac{\pi}{4}, με r ακέραιο
(Παρακαλώ συγχωρέστε τις ελλειπείς δικαιολογήσεις που οφείλονται σε θέμα χρόνου)
Edit: η τελευταία βγαίνει και με Horner αλλά για κάποιο (?) λόγο το δα μετά.


Άβαταρ μέλους
KARKAR
Δημοσιεύσεις: 11923
Εγγραφή: Τετ Δεκ 08, 2010 6:18 pm

Re: Εισαγωγικές Φυσικό-Τεχνολογικού Ινστιτούτου Μόσχας 2007

#13

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από KARKAR » Δευ Οκτ 07, 2019 1:01 pm

Al.Koutsouridis έγραψε:
Κυρ Οκτ 06, 2019 1:56 pm

Από αυτό το σημείο και ύστερα δεν θέλει και ιδιαίτερα δύσκολες πράξεις.
Russian.png
Russian.png (30.08 KiB) Προβλήθηκε 1052 φορές
Ας τις γράψουμε , θυμίζοντας ότι : x=\dfrac{4}{3}\sqrt{15}-2\sqrt{5} . Από : \tan60^0=\dfrac{r}{x+\sqrt{5}} ,

προκύπτει : r=4\sqrt{5}-\sqrt{15}\simeq5.071288 . Επίσης : (ABCD)=(SAB)-(SCD)=

=\dfrac{1}{2}\sin120^0[(x+4\sqrt{5})(x+2\sqrt{5})-x(x+\sqrt{5})]...=25-2.5\sqrt{3}\simeq20.6698 .


Απάντηση

Επιστροφή σε “Διάφορα άλλα θέματα εξετάσεων”

Μέλη σε σύνδεση

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