Παλιά θέματα εισαγωγικών στην Βρετανία

Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 12311
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Παλιά θέματα εισαγωγικών στην Βρετανία

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Τετ Μαρ 25, 2020 11:06 am

Ανοίγω ένα θρεντ από θέματα Μαθηματικών από το GCE στην Βρετανία, από τις δεκαετίες 1950 έως 1980. Οι εξετάσεις GCE είναι απαραίτητες για εισαγωγή στα ΑΕΙ.

Το κάθε διαγώνισμα ήταν τρίωρο με 10 ερωτήσεις να γράψεις τις 8.

Οι παρακάτω είναι από επιλογή μου από το αρχείο των εν λόγω εξετάσεων, που είχα κάποτε μελετήσει σε βάθος λόγω ενδιαφέροντος σε διαφορετικά εκπαιδευτικά συστήματα.

Θα αναρτήσω μόνο τις ερωτήσεις που διαφέρουν στον ένα ή τον άλλο βαθμό από την δική μας θεματολογία και οπτική.

Κάποια θέματα θα είναι από τα λεγόμενα "Special papers". Αυτά ήταν αυξημένων απαιτήσεων και απευθυνόντουσαν στους υποψήφιους που
σκόπευαν εισαγωγή σε Πανεπιστήμια υψηλών προδιαγραφών.

Πολλά είναι κατάλληλα για ΑΣΕΠ.



Λέξεις Κλειδιά:
Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 12311
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Παλιά θέματα εισαγωγικών στην Βρετανία

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Τετ Μαρ 25, 2020 11:31 am

Άσκηση 1(Special paper, Ιούνιος 1977). Αν z=re^{i\theta} και \lambda = e^{i\pi /n}, όπου n,k θετικοί φυσικοί, να εκφράσετε το  \left |z+\lambda ^k\right |^2  συναρτήσει των r, \, \theta, \, k.

Δείξτε ότι \displaystyle{ \sum _{k=1}^{2n} \cos \left ( \theta - \dfrac {k\pi}{n} \right ) =0} από όπου να συμπεράνετε ότι \displaystyle{ \sum _{k=1}^{2n} \left |z+\lambda ^k\right |^2 =2n(r^2+1)}


(Διόρθωση τυπογραφικού: Στην πρώτη παράγραφο άλλαξα το (z+\lambda ^k)^2 σε  \left |z+\lambda ^k\right |^2 . Ευχαριστώ τον Δημήτρη - Demetres - για την επισήμανση.)
τελευταία επεξεργασία από Mihalis_Lambrou σε Τετ Μαρ 25, 2020 2:17 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 12311
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Παλιά θέματα εισαγωγικών στην Βρετανία

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Τετ Μαρ 25, 2020 11:44 am

Άσκηση 2 (Special paper, Ιούνιος 1973). (i) Αν f άρτια και g περιττή συνάρτηση στο \mathbb R, δέιξτε ότι
\int _{-a}^{a} f(x) dx=2 \int _{0}^{a} f(x) dx και \int _{-a}^{a} g(x) dx =0. Κατόπιν να υπολογίσετε το \displaystyle{\int _{-1}^{1} (x^3+x+7)\sqrt {1-x^2}\, dx}.

(ii) Θέτουμε \displaystyle{I_n= \int _{0}^{\pi} \dfrac {\sin (nx)}{\sin x} \, dx}, όπου n> 2 φυσικός. Εξετάζοντας τα I_n-I_{n-2} να συμπεράνετε ότι I_n=0 αν n άρτιος και I_n=\pi αν n περιττός.


Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 12311
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Παλιά θέματα εισαγωγικών στην Βρετανία

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Τετ Μαρ 25, 2020 11:49 pm

Άσκηση 3 (Ιούνιος 1964). Τρεις κύκλοι ακτίνων p,\,q,\,r, αντίστοιχα, εφάπτονται εξωτερικά ανά ζεύγη σε σημεία A,B,C. Ως γνωστόν (*) οι κοινές εφαπτόμενες στα σημεία επαφής A,B,C, συντρέχουν, έστω στο K. Δείξτε ότι \displaystyle{KA=KB=KC= \sqrt {\dfrac {pqr}{p+q+r}}}.

(*) To ζήταγε το πρώτο μέρος της άσκησης. Το αφήνω ως γνωστό και απλό.


Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 8468
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: Παλιά θέματα εισαγωγικών στην Βρετανία

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Παρ Μαρ 27, 2020 3:15 pm

Mihalis_Lambrou έγραψε:
Τετ Μαρ 25, 2020 11:31 am
Άσκηση 1(Special paper, Ιούνιος 1977). Αν z=re^{i\theta} και \lambda = e^{i\pi /n}, όπου n,k θετικοί φυσικοί, να εκφράσετε το  \left |z+\lambda ^k\right |^2  συναρτήσει των r, \, \theta, \, k.

Δείξτε ότι \displaystyle{ \sum _{k=1}^{2n} \cos \left ( \theta - \dfrac {k\pi}{n} \right ) =0} από όπου να συμπεράνετε ότι \displaystyle{ \sum _{k=1}^{2n} \left |z+\lambda ^k\right |^2 =2n(r^2+1)}

Ας κάνω την αρχή. Δεν είναι δύσκολο αλλά τους μιγαδικούς τους πετάξαμε...

Έχουμε \displaystyle |z+\lambda^k|^2 = |z|^2 + z\bar{\lambda}^k + \bar{z}\lambda^k + |\lambda^k|^2 = r^2 + re^{i(\theta-k\pi/n)} + re^{-i(\theta-k\pi/n)} + 1 = r^2 + 1 + 2r\cos\left(\theta - \frac{k\pi}{n} \right).

Έστω \omega = e^{-\pi i/n}. Τότε

\displaystyle  \sum_{k=1}^{2n} e^{i(\theta-k\pi/n)} = e^{i\theta}\sum_{k=1}^{2n} \omega^k = e^{i\theta} \frac{\omega(1-\omega^{2n})}{1-\omega} = 0

αφού \omega^{2n} = e^{-2\pi i} = 1. Άρα έχουμε και

\displaystyle  \sum_{k=1}^{2n}\cos\left(\theta - \frac{k\pi}{n} \right) = \sum_{k=1}^{2n}\marhrm{Re}\left[ e^{i(\theta-k\pi/n)}\right] = \marhrm{Re}\left[\sum_{k=1}^{2n} e^{i(\theta-k\pi/n)}\right] = 0

Τέλος

\displaystyle  \sum_{k=1}^{2n} |z+\lambda ^k|^2 = \sum_{k=1}^{2n} \left(r^2 + 1 + 2r\cos\left(\theta - \frac{k\pi}{n} \right)\right) = 2n(r^2+1)


Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 12311
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Παλιά θέματα εισαγωγικών στην Βρετανία

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Παρ Μαρ 27, 2020 4:11 pm

Ελάχιστη παραλλαγή για το πρώτο μέρος:

\displaystyle{ \left |z+\lambda ^k\right |^2  =  \left |re^{i\theta}+ e^{ik\pi /n} \right |^2  =  \left |e^{ik\pi /n} \right |^2 \left |re^{i(\theta -k\pi /n)}+ 1 \right |^2 = 1 \cdot   \left |\left (r \cos (\theta -k\pi /n) \right ) +  i \sin (\theta -k\pi /n)   \right |^2=}

\displaystyle{= \left (r \cos (\theta -k\pi /n) +1\right )^2 +   \sin^2 (\theta -k\pi /n)  =...= r^2 +2r \cos (\theta -k\pi /n)  +1}.


Άβαταρ μέλους
cretanman
Διαχειριστής
Δημοσιεύσεις: 3991
Εγγραφή: Πέμ Δεκ 18, 2008 12:35 pm
Τοποθεσία: Ηράκλειο Κρήτης
Επικοινωνία:

Re: Παλιά θέματα εισαγωγικών στην Βρετανία

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από cretanman » Παρ Μαρ 27, 2020 6:28 pm

Mihalis_Lambrou έγραψε:
Τετ Μαρ 25, 2020 11:49 pm
Άσκηση 3 (Ιούνιος 1964). Τρεις κύκλοι ακτίνων p,\,q,\,r, αντίστοιχα, εφάπτονται εξωτερικά ανά ζεύγη σε σημεία A,B,C. Ως γνωστόν (*) οι κοινές εφαπτόμενες στα σημεία επαφής A,B,C, συντρέχουν, έστω στο K. Δείξτε ότι \displaystyle{KA=KB=KC= \sqrt {\dfrac {pqr}{p+q+r}}}.

(*) To ζήταγε το πρώτο μέρος της άσκησης. Το αφήνω ως γνωστό και απλό.
Μας αντιγράφουν οι Βρετανοί!! :)


Αλέξανδρος Συγκελάκης
Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 12311
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Παλιά θέματα εισαγωγικών στην Βρετανία

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Σάβ Μαρ 28, 2020 12:15 pm

Άσκηση 4 (Ιούνιος 1958). i) Να επιλυθεί η εξίσωση \sqrt {2x+1} + \sqrt {3x+4}=7.

ii) Να βρεθεί ο πραγματικός αριθμός x που ικανοποιεί την εξίσωση e^{x}-e^{-x}=4. Κατόπιν να αποδείξετε οτι η τιμή αυτή του x ικανοποιεί

e^{x}+e^{-x}=2\sqrt 5.


Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 12311
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Παλιά θέματα εισαγωγικών στην Βρετανία

#9

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Σάβ Μαρ 28, 2020 12:26 pm

Άσκηση 5 (Special paper 1974). i) Αν \displaystyle{y= e^{x\cos a} \sin (x\sin a)} να αποδείξετε νε επαγωγή ή με οποιονδήποτε άλλο τρόπο ότι

\displaystyle{\dfrac {d^ny}{dx^n}= e^{x\cos a} \sin (x\sin a+ na)}

ii) ...

(Δεν γράφω το ii) γιατί δεν θέλει ιδιαίτερη φαντασία. Θα επιθυμούσα όμως δύο τρόπους επίλυσης της παραπάνω. Ως άσκηση δεν είναι δύσκολη αλλά λόγω της διαφορετικής ύλης στο δικό μας, τωρινό, εκπαιδευτικό σύστημα, είναι κατάλληλη για πρωτοετείς φοιτητές Μαθηματικού, Φυσικού ή Πολυτεχνικού κύκλου).


ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ
Δημοσιεύσεις: 3119
Εγγραφή: Πέμ Φεβ 27, 2014 9:05 am
Τοποθεσία: ΧΑΛΚΙΔΑ- ΑΘΗΝΑ-ΚΡΗΤΗ

Re: Παλιά θέματα εισαγωγικών στην Βρετανία

#10

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ » Σάβ Μαρ 28, 2020 1:29 pm

Mihalis_Lambrou έγραψε:
Τετ Μαρ 25, 2020 11:44 am
Άσκηση 2 (Special paper, Ιούνιος 1973). (i) Αν f άρτια και g περιττή συνάρτηση στο \mathbb R, δέιξτε ότι
\int _{-a}^{a} f(x) dx=2 \int _{0}^{a} f(x) dx και \int _{-a}^{a} g(x) dx =0. Κατόπιν να υπολογίσετε το \displaystyle{\int _{-1}^{1} (x^3+x+7)\sqrt {1-x^2}\, dx}.

(ii) Θέτουμε \displaystyle{I_n= \int _{0}^{\pi} \dfrac {\sin (nx)}{\sin x} \, dx}, όπου n> 2 φυσικός. Εξετάζοντας τα I_n-I_{n-2} να συμπεράνετε ότι I_n=0 αν n άρτιος και I_n=\pi αν n περιττός.
Κάνω το ii) χωρίς χρησιμοποίηση του i)

Αν n=2k τότε

\displaystyle I_ {2k}= \int _{0}^{\pi} \dfrac {\sin (2kx)}{\sin x} dx

κάνοντας αλλαγή x=\pi -t

βγαίνει \displaystyle I_ {2k}=-I_ {2k}
Αρα
\displaystyle I_ {2k}=0

Αν Αν n=2k+1 τότε από https://en.wikipedia.org/wiki/Dirichlet_kernel

θέτοντας όπου x το 2x έχουμε

\displaystyle \frac{1}{2}+\cos 2x+......+\cos 2kx=\frac{\sin (2k+1)x}{2\sin x}

(φυσικά βγαίνει στοιχειώδως)

Αφού πολλαπλασιάσουμε επί 2 και ολοκληρώσουμε παίρνουμε

\displaystyle I_ {2k+1}=\pi


Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 12311
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Παλιά θέματα εισαγωγικών στην Βρετανία

#11

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Σάβ Μαρ 28, 2020 9:14 pm

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε:
Σάβ Μαρ 28, 2020 1:29 pm
Mihalis_Lambrou έγραψε:
Τετ Μαρ 25, 2020 11:44 am
Άσκηση 2 (Special paper, Ιούνιος 1973). (i) Αν f άρτια και g περιττή συνάρτηση στο \mathbb R, δέιξτε ότι
\int _{-a}^{a} f(x) dx=2 \int _{0}^{a} f(x) dx και \int _{-a}^{a} g(x) dx =0. Κατόπιν να υπολογίσετε το \displaystyle{\int _{-1}^{1} (x^3+x+7)\sqrt {1-x^2}\, dx}.

(ii) Θέτουμε \displaystyle{I_n= \int _{0}^{\pi} \dfrac {\sin (nx)}{\sin x} \, dx}, όπου n> 2 φυσικός. Εξετάζοντας τα I_n-I_{n-2} να συμπεράνετε ότι I_n=0 αν n άρτιος και I_n=\pi αν n περιττός.
Κάνω το ii) χωρίς χρησιμοποίηση του i)
Ωραιότατα. Ας το δούμε και αλλιώς, αλλά ουσιαστικά στο ίδιο μήκος κύματος.

\displaystyle{I_n-I_{n-2}= \int _{0}^{\pi} \dfrac {\sin (nx) - \sin (n-2)x}{\sin x} \, dx=   \int _{0}^{\pi} \dfrac {2\sin x \cos (n-1)x}{\sin x} \,dx =   2\int _{0}^{\pi} \cos (n-1)x  \,dx}=

\displaystyle{=\left [ \dfrac {\sin (n-1)x}{n-1} \right ] _0^{\pi} =0.

Άρα  I_n=I_{n-2}, που σημαίνει ότι για άρτιους δείκτες έχουμε αναδρομικά  \displaystyle{I_{2n}=I_{2}=\int _{0}^{\pi} \dfrac {\sin 2x}{\sin x} \,dx = 2\int _{0}^{\pi} \cos x} \,dx= 0 . Για περιττούς  \displaystyle{I_{2n-1}=I_{1}=\int _{0}^{\pi} \dfrac {\sin x}{\sin x} \,dx = \int _{0}^{\pi} 1  \,dx= \pi


Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 12311
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Παλιά θέματα εισαγωγικών στην Βρετανία

#12

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Πέμ Απρ 09, 2020 5:36 pm

Mihalis_Lambrou έγραψε:
Σάβ Μαρ 28, 2020 12:15 pm
Άσκηση 4 (Ιούνιος 1958). i) Να επιλυθεί η εξίσωση \sqrt {2x+1} + \sqrt {3x+4}=7.

ii) Να βρεθεί ο πραγματικός αριθμός x που ικανοποιεί την εξίσωση e^{x}-e^{-x}=4. Κατόπιν να αποδείξετε οτι η τιμή αυτή του x ικανοποιεί

e^{x}+e^{-x}=2\sqrt 5.
Γράφω λύση.

α) Είτε εργαζόμαστε με ύψωση στο τετράγωνο αρχίζοντας από την \sqrt {2x+1} =7- \sqrt {3x+4} είτε βρίσκουμε με απλές δοκιμές την ρίζα x=4 και λέμε ότι είναι μοναδική επειδή η   \sqrt {2x+1} + \sqrt {3x+4} είναι γνήσια αύξουσα ως άθροισμα από δύο γνήσια αύξουσες.

b) Πολλαπλασιάζοντας επί e^x η εξίσωση γίνεται e^{2x}-4e^x-1=0. Ως δευτεροβάθμια ως προς e^x βρίσκουμε e^x=2\pm \sqrt 5, οπότε x=\ln (2\pm \sqrt 5).

Για το e^{x}+e^{-x} λέμε με ύψωση στο τετράγωνο και με χρήση του e^{x}-e^{-x}=4 έχουμε

(e^{x}+e^{-x})^2= e^{2x}+2+e^{-2x}= e^{2x}-2+e^{-2x}+4= (e^{x}-e^{-x})^2+4=4^2+4=20, άρα e^{x}+e^{-x}= \pm 2\sqrt 5 , αλλά κρατάμε το θετικό.


Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 12311
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Παλιά θέματα εισαγωγικών στην Βρετανία

#13

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Πέμ Απρ 09, 2020 6:11 pm

Mihalis_Lambrou έγραψε:
Σάβ Μαρ 28, 2020 12:26 pm
Άσκηση 5 (Special paper 1974). i) Αν \displaystyle{y= e^{x\cos a} \sin (x\sin a)} να αποδείξετε με επαγωγή ή με οποιονδήποτε άλλο τρόπο ότι

\displaystyle{\dfrac {d^ny}{dx^n}= e^{x\cos a} \sin (x\sin a+ na)}
.
α' τρόπος. Με επαγωγή. Για το επαγωγικό βήμα λέμε

\displaystyle{\dfrac {d^{n+1}y}{dx^{n+1}} =\dfrac {d}{dx} \left (\dfrac {d^{n}y}{dx^{n}  } \right ) = \dfrac {d}{dx} \left (  e^{x\cos a} \sin (x\sin a+ na)}\right )=

\displaystyle{= \cos a e^{x\cos a} \sin (x\sin a+ na) +e^{x\cos a} \cos (x\sin a+ na) \sin a}=

\displaystyle{= e^{x\cos a}( \cos a  \sin (x\sin a+ na) +\sin a \cos (x\sin a+ na) )=e^{x\cos a} \sin (x\sin a+ (n+1)a)
.
β' τρόπος. Από την Τριγωνομετρική μορφή μιγαδικού έχουμε

y= Im e^{x\cos a}( \cos (x\sin a)} +i \sin (x\sin a))= Im e^{x\cos a}e^{i x\sin a}=

= Im e^{x\cos a+i x\sin a}= e^{xb} όπου b=\cos a + i\sin a σταθερά.

Παραγωγίζοντας n φορές και αργότερα με χρήση De Moivre έχουμε

\displaystyle{y^{(n)}=Im b^n e^{xb} = (\cos a + i\sin a)^n e^{x(\cos a+i \sin a)}= Im  (\cos na + i\sin na)e^{x(\cos a+i \sin a)}}

\displaystyle{=e^{x\cos a} Im  (\cos na + i\sin na) e^ {i \sin a} = e^{x\cos a} Im  (\cos na + i\sin na) (\cos (\sin a ) + i\sin ( \sin a)) =}

\displaystyle{=e^{x\cos a} Im  (\cos (na + \sin a)  + i\sin (na + \sin a)) = e^{x\cos a}\sin (na + \sin a) }


Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 12311
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Παλιά θέματα εισαγωγικών στην Βρετανία

#14

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Πέμ Απρ 09, 2020 11:31 pm

Άσκηση 6 (Special paper, Ιούνιος 1981)

α) (το αφήνω ως ρουτίνα)

β) Έστω p,q>0. Εξετάζοντας το ανάπτυγμα του \displaystyle{\ln \left(  \dfrac {1+x^2}{1-x^2} \right )} για κατάλληλο x δείξτε ότι

\displaystyle{\ln \left ( \dfrac {p+q}{2} \right ) - \frac {1}{2} (\ln p+\ln q) = 2 \sum _{k=1}^{\infty} \dfrac {1}{2k-1} \left ( \dfrac {\sqrt p - \sqrt q}{\sqrt p + \sqrt q} \right ) ^{4k-2}}


Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 12311
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Παλιά θέματα εισαγωγικών στην Βρετανία

#15

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Πέμ Απρ 09, 2020 11:43 pm

Άσκηση 7 (Special paper, Ιούνιος 1988)

α) Αφού πρώτα γράψετε το ανάπτυγμα του e^{e^x}} ως σειρά ως προς ανιούσες δυνάμεις του e^x, δείξτε ότι ο ο συντελεστής του x^n στο ανάπτυγμα του e^{e^x}} ως σειρά ως προς ανιούσες δυνάμεις του x είναι

\displaystyle{ \dfrac {1}{n!} \left (  \dfrac {1^n}{1!}+  \dfrac {2^n}{2!}+ \dfrac {3^n}{3!}+...+ \dfrac {k^n}{k!}+... \right ) }

Από το προηγούμενο να συμπεράνετε την τιμή του αθροίσματος

\displaystyle{   \dfrac {1^3}{1!}+  \dfrac {2^3}{2!}+ \dfrac {3^3}{3!}+ \dfrac {4^3}{4!}+... }


Λάμπρος Κατσάπας
Δημοσιεύσεις: 687
Εγγραφή: Σάβ Ιουν 17, 2017 10:17 pm
Τοποθεσία: Αθήνα

Re: Παλιά θέματα εισαγωγικών στην Βρετανία

#16

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Λάμπρος Κατσάπας » Πέμ Απρ 09, 2020 11:59 pm

Mihalis_Lambrou έγραψε:
Πέμ Απρ 09, 2020 11:43 pm
Άσκηση 7 (Special paper, Ιούνιος 1988)

α) Αφού πρώτα γράψετε το ανάπτυγμα του e^{e^x}} ως σειρά ως προς ανιούσες δυνάμεις του e^x, δείξτε ότι ο ο συντελεστής του x^n στο ανάπτυγμα του e^{e^x}} ως σειρά ως προς ανιούσες δυνάμεις του x είναι

\displaystyle{ \dfrac {1}{n!} \left (  \dfrac {1^n}{1!}+  \dfrac {2^n}{2!}+ \dfrac {3^n}{3!}+...+ \dfrac {k^n}{k!}+... \right ) }

Από το προηγούμενο να συμπεράνετε την τιμή του αθροίσματος

\displaystyle{   \dfrac {1^3}{1!}+  \dfrac {2^3}{2!}+ \dfrac {3^3}{3!}+ \dfrac {4^3}{4!}+... }
Καλό. Σχετίζεται με τη ροπογεννήτρια της POISSON. Το έχουμε δει εδώ: https://mathematica.gr/forum/viewtopic. ... 02#p312502


Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 12311
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Παλιά θέματα εισαγωγικών στην Βρετανία

#17

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Κυρ Απρ 12, 2020 9:07 am

Λάμπρος Κατσάπας έγραψε:
Πέμ Απρ 09, 2020 11:59 pm
Mihalis_Lambrou έγραψε:
Πέμ Απρ 09, 2020 11:43 pm
Άσκηση 7 (Special paper, Ιούνιος 1988)

α) Αφού πρώτα γράψετε το ανάπτυγμα του e^{e^x}} ως σειρά ως προς ανιούσες δυνάμεις του e^x, δείξτε ότι ο ο συντελεστής του x^n στο ανάπτυγμα του e^{e^x}} ως σειρά ως προς ανιούσες δυνάμεις του x είναι

\displaystyle{ \dfrac {1}{n!} \left (  \dfrac {1^n}{1!}+  \dfrac {2^n}{2!}+ \dfrac {3^n}{3!}+...+ \dfrac {k^n}{k!}+... \right ) }

Από το προηγούμενο να συμπεράνετε την τιμή του αθροίσματος

\displaystyle{   \dfrac {1^3}{1!}+  \dfrac {2^3}{2!}+ \dfrac {3^3}{3!}+ \dfrac {4^3}{4!}+... }
Καλό. Σχετίζεται με τη ροπογεννήτρια της POISSON. Το έχουμε δει εδώ: https://mathematica.gr/forum/viewtopic. ... 02#p312502
Σωστά. Δεν θυμόμουν ότι έχουμε δει το ανάπτυγμα του e^{e^x}, οπότε αυτό απαντά στο πρώτο και κύριο ερώτημα της άσκησης. Για το δεύτερο μέρος θέλουμε τον συντελεστή του x^3. Θα τον βρούμε είτε όπως δείχνει ο Τόλης στην εν λόγω παραπομπή (εκεί εργάζεται μέχρι το x^2 αλλά απλά συνεχίζουμε άλλον έναν όρο) ή από το ανάπτυγμα Taylor ο συντελεστής είναι \frac {1}{3!} f'''(0). Εδώ f(x)= e^{e^x}, άρα

\displaystyle{ f'''(x)=...= e^{e^x}( e^{3x}+3e^{2x}+e^x)}, οπότε f'''(0)= 5e. Τελικά το ζητούμενο άθροισμα είναι 5e.

-Μένει αναπάντητη η Άσκηση 6.


Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 12311
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Παλιά θέματα εισαγωγικών στην Βρετανία

#18

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Κυρ Απρ 12, 2020 9:22 am

Άσκηση 8 (Special paper, Ιούνιος 1980)

Έστω a>0. Κάνοντας χρήση της αλλαγής μεταβλητής \displaystyle{ t = \dfrac {1}{\sqrt {1-ax+a^2}}}, ή με οποιονδήποτε άλλο τρόπο, δείξτε ότι η τιμή του ολοκληρώματος

\displaystyle{\int_{-2}^{2}  \dfrac {1}{\sqrt {1-ax+a^2}}\,dx}

είναι 4 αν a<1 και 4/a αν a>1.


Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 12311
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Παλιά θέματα εισαγωγικών στην Βρετανία

#19

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Πέμ Ιούλ 09, 2020 11:57 pm

Mihalis_Lambrou έγραψε:
Πέμ Απρ 09, 2020 11:31 pm
Άσκηση 6 (Special paper, Ιούνιος 1981)

α) (το αφήνω ως ρουτίνα)

β) Έστω p,q>0. Εξετάζοντας το ανάπτυγμα του \displaystyle{\ln \left(  \dfrac {1+x^2}{1-x^2} \right )} για κατάλληλο x δείξτε ότι

\displaystyle{\ln \left ( \dfrac {p+q}{2} \right ) - \frac {1}{2} (\ln p+\ln q) = 2 \sum _{k=1}^{\infty} \dfrac {1}{2k-1} \left ( \dfrac {\sqrt p - \sqrt q}{\sqrt p + \sqrt q} \right ) ^{4k-2}}
Περιληπτικά:

Από το ανάπτυγμα Taylor \displaystyle { \ln (1+t) = t - \frac {t^2}{2}+ \frac {t^3}{3}- \frac {t^4}{4}+..., \, -1< t\le 1 έχουμε

\displaystyle {\ln \frac {1+t}{1-t}= \ln (1+t)-\ln (1-t) = \left  (t - \frac {t^2}{2}+ \frac {t^3}{3}- \frac {t^4}{4}+...\right )-\left  (-t - \frac {t^2}{2}- \frac {t^3}{3}- \frac {t^4}{4}+...\right )=}

\displaystyle {= 2 \left  (t + \frac {t^3}{3}+ \frac {t^5}{5}+...\right ) , \, -1<t<1. Άρα

\displaystyle {\ln \frac {1+x^2}{1-x^2}=  2 \left  (x^2 + \frac {x^6}{3}+ \frac {x^{10}}{5}+...\right ) , \, -1<x<1

Για x=  \dfrac {\sqrt p - \sqrt q}{\sqrt p + \sqrt q} και απλές πράξεις στο αριστερό μέλος, έχουμε το ζητούμενο.


papamixalis
Δημοσιεύσεις: 199
Εγγραφή: Σάβ Ιουν 13, 2015 3:38 pm

Re: Παλιά θέματα εισαγωγικών στην Βρετανία

#20

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από papamixalis » Παρ Ιούλ 10, 2020 1:05 pm

Mihalis_Lambrou έγραψε:
Κυρ Απρ 12, 2020 9:22 am
Άσκηση 8 (Special paper, Ιούνιος 1980)

Έστω a>0. Κάνοντας χρήση της αλλαγής μεταβλητής \displaystyle{ t = \dfrac {1}{\sqrt {1-ax+a^2}}}, ή με οποιονδήποτε άλλο τρόπο, δείξτε ότι η τιμή του ολοκληρώματος

\displaystyle{\int_{-2}^{2}  \dfrac {1}{\sqrt {1-ax+a^2}}\,dx}

είναι 4 αν a<1 και 4/a αν a>1.
Καλησπέρα κύριε Μιχάλη, καλησπέρα :logo: .

Παρατηρούμε ότι η αρχική της \dfrac{1}{\sqrt{1-ax+a^2}} είναι η \dfrac{2\sqrt{1+a^2-ax}}{-a}} +c

Άρα προκύπτει ότι το (ορισμένο) ολοκλήρωμα ισούται με
\dfrac{2\sqrt{1+a^2-2a}-2\sqrt{1+a^2+2a}}{-a}=\dfrac{2\sqrt{(a-1)^2}-2\sqrt{(a+1)^2}}{-a}=\dfrac{2|a-1|-2|a+1|}{-a}

Συνεπώς αν 0<a<1 το ολοκλήρωμα ισούται με \dfrac{2(1-a)-2(a+1)}{-a}=4

Αν a>1 το ολοκλήρωμα ισούται με \dfrac{2(a-1)-2(a+1)}{-a}=\dfrac{4}{a}

Μιχάλης Γ.


Απάντηση

Επιστροφή σε “Διάφορα άλλα θέματα εξετάσεων”

Μέλη σε σύνδεση

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