Α' ΔΕΣΜΗ 1983

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

Α' ΔΕΣΜΗ 1983

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από parmenides51 » Τρί Ιουν 11, 2013 3:20 pm

Ξεκινάμε. Τα θέματα θα προτείνονται ανά δημοσίευση προς επίλυση (των ασκήσεων τους).
Συγκεντρωμένες θα είναι στο Ευρετήριο Θεμάτων Πανελλαδικών Εξετάσεων


1. α) Αν \left( {{\alpha }_{\nu }} \right),\left( {{\beta }_{\nu }} \right) ακολουθίες πραγματικών αριθμών με \lim {{\alpha }_{\nu }}=\alpha \in \mathbb{R}\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\lim {{\beta }_{\nu }}=\beta \in \mathbb{R} να αποδειχθεί ότι \lim \left( {{\alpha }_{\nu }}{{\beta }_{\nu }} \right)=\alpha \beta.
β) Να βρεθεί το όριο της ακολουθίας \left( {{\gamma }_{\nu }} \right) με {{\gamma }_{\nu }}=\sqrt[\nu ]{{{\nu }^{\nu +1}}}\left( \sqrt{{{\nu }^{2}}+1}-\nu  \right)



2. Η συνάρτηση f ορισμένη και συνεχής στο κλειστό διάστημα [\alpha ,\beta ] έχει παράγωγο στο ανοικτό διάστημα (\alpha ,\beta) και \displaystyle{f(\alpha)=f(\beta )=0}.
Να αποδειχθεί :
α) Ότι για τη συνάρτηση \displaystyle{F(x)=\frac{f(x)}{x-c}} όπου c\notin [\alpha ,\beta ] υπάρχει {{c}_{0}}\in (\alpha ,\beta ) τέτοιο ώστε {F}'({{c}_{0}})=0.
β) Αν c\notin [\alpha ,\beta ], ότι υπάρχει {{c}_{0}}\in (\alpha ,\beta ) τέτοιο ώστε η εφαπτομένη στο σημείο \left( {{c}_{0}},f({{c}_{0}}) \right) της γραμμής με εξίσωση \displaystyle{y=f(x)} διέρχεται από το σημείο \displaystyle{(c,0)}.



3. α) Να αποδειχθεί ότι για κάθε \displaystyle{x>0} ισχύει η σχέση \log x\le \left| x-1 \right|.
β) Έστω η συνάρτηση \displaystyle{f} ορισμένη στο διάστημα [0,+\infty ) με \displaystyle{f\left(x \right)=\left\{\begin{matrix} 
\displaystyle \frac{xlogx}{{\color{red}1-x}}, & 0<x\ne 1\\  
0, & x=0 \\  
-1, & x=1 
\end{matrix}\right}} .
Να αποδειχθεί ότι :
i) Η \displaystyle{f} είναι συνεχής στο πεδίο ορισμού της
ii) Είναι φθίνουσα στο διάστημα \displaystyle{(0,1)}
iii) \displaystyle{f}'(1)=-\frac{1}{2}}


4. Στο τετράεδρο \displaystyle{OAB\Gamma} να αποδειχθεί ότι :
α) Αν \overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{B \Gamma }=0 και \overrightarrow{OB }\cdot \overrightarrow{\Gamma A }=0 τότε \overrightarrow{O\Gamma }\cdot \overrightarrow{A B }=0
β) Αν \overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{B \Gamma }=0 και {{d}_{1}} είναι η απόσταση των μέσων των ευθυγράμμων τμημάτων \displaystyle{OB,\Gamma A} και {{d}_{2}} είναι η απόσταση των μέσων των ευθυγράμμων τμημάτων \displaystyle{O\Gamma, AB} τότε {{d}_{1}}={{d}_{2}}.


Υ.Γ. Για να φαίνεται πιο ωραία η απάντηση της καλό είναι να συνοδεύεται από την εκφώνηση της.
Για να το κάνετε αυτό κάνετε
παράθεση στην αρχική δημοσίευση
και από την παράθεση αυτή σβήνετε τις υπόλοιπες ασκήσεις, κατόπιν την λύνετε κανονικά .


edit
Διορθώθηκε ο παρονομαστής στην κλαδική συνάρτηση στο 3ο θέμα, σωστός ο Ωmega Man
τελευταία επεξεργασία από parmenides51 σε Τρί Ιουν 11, 2013 10:19 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4222
Εγγραφή: Τρί Αύγ 31, 2010 10:37 pm
Τοποθεσία: Ιστιαία Ευβοίας

Re: Α' ΔΕΣΜΗ 1983

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ » Τρί Ιουν 11, 2013 4:12 pm

parmenides51 έγραψε:1. α) Αν \left( {{\alpha }_{\nu }} \right),\left( {{\beta }_{\nu }} \right) ακολουθίες πραγματικών αριθμών με \lim {{\alpha }_{\nu }}=\alpha \in \mathbb{R}\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\lim {{\beta }_{\nu }}=\beta \in \mathbb{R} να αποδειχθεί ότι \lim \left( {{\alpha }_{\nu }}{{\beta }_{\nu }} \right)=\alpha \beta.
β) Να βρεθεί το όριο της ακολουθίας \left( {{\gamma }_{\nu }} \right) με {{\gamma }_{\nu }}=\sqrt[\nu ]{{{\nu }^{\nu +1}}}\left( \sqrt{{{\nu }^{2}}+1}-\nu  \right)
(α) Ήταν θεωρία

(β) \displaystyle{\gamma _\nu =\nu \sqrt[\nu]{\nu}\frac{(\sqrt{\nu ^2 +1}-\nu )(\sqrt{\nu ^2 +1}+\nu )}{\sqrt{\nu ^2 +1}+\nu}=}

\displaystyle{=\nu \sqrt[\nu]{\nu}\frac{1}{\nu \sqrt{1+\frac{1}{\nu}}+\nu}=\frac{\sqrt[\nu ]{\nu}}{\sqrt{1+\frac{1}{\nu}}+1}}

Αλλά \displaystyle{lim \sqrt[\nu ]{\nu}=1} και \displaystyle{lim \frac{1}{\nu}=0}

Άρα \displaystyle{lim \gamma_\nu =\frac{1}{2}}


ΣΗΜ: Έγινε αλλαγή του γράμματος \displaystyle{n} με το \displaystyle{\nu} και διορθώθηκε μια αβλεψία στο τέλος
τελευταία επεξεργασία από ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ σε Τρί Ιουν 11, 2013 9:37 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4222
Εγγραφή: Τρί Αύγ 31, 2010 10:37 pm
Τοποθεσία: Ιστιαία Ευβοίας

Re: Α' ΔΕΣΜΗ 1983

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ » Τρί Ιουν 11, 2013 4:35 pm

parmenides51 έγραψε:2. Η συνάρτηση f ορισμένη και συνεχής στο κλειστό διάστημα [\alpha ,\beta ] έχει παράγωγο στο ανοικτό διάστημα (\alpha ,\beta) και \displaystyle{f(\alpha)=f(\beta )=0}.
Να αποδειχθεί :
α) Ότι για τη συνάρτηση \displaystyle{F(x)=\frac{f(x)}{x-c}} όπου c\notin [\alpha ,\beta ] υπάρχει {{c}_{0}}\in (\alpha ,\beta ) τέτοιο ώστε {F}'({{c}_{0}})=0.
β) Αν c\notin [\alpha ,\beta ], ότι υπάρχει {{c}_{0}}\in (\alpha ,\beta ) τέτοιο ώστε η εφαπτομένη στο σημείο \left( {{c}_{0}},f({{c}_{0}}) \right) της γραμμής με εξίσωση \displaystyle{y=f(x)} διέρχεται από το σημείο \displaystyle{(c,0)}.
(a) Για την συνάρτηση \displaystyle{F}, ισχύουν οι προϋποθέσεις του Θ. Rolle. Άρα υπάρχει \displaystyle{c_0 \in(a,\beta ), } ώστε να είναι

\displaystyle{F{'}(c_0 )=0}

(β) Από το πρώτο ερώτημα, έχουμε \displaystyle{F{'}(c_0 )=0}. Αλλά \displaystyle{F{'}(x)=\frac{f{'}(x)(x-c)-f(x)}{(x-c)^2}}. Άρα

\displaystyle{F{'}(c_0 )=\frac{f{'}(c_0 )(c_0 -c)-f(c_0 )}{(c_0 -c)^2}=0}. Συνεπώς:

\displaystyle{f{'}(c_0 )(c_0 -c)-f(c_0 )=0}, (ΣΧΕΣΗ 1).

Θα αποδείξουμε τώρα ότι το \displaystyle{c_0 } που ζητάμε , είναι αυτό που βρήκαμε στην πρώτη ερώτηση.

Πράγματι, η εξίσωση της εφαπτομένης της γραφικής παράστασης της \displaystyle{f}, στο σημείο με τετμημένη \displaystyle{c_0}, είναι:

\displaystyle{y-f(c_0 )=f{'}(c_0 )(x-c_0 )}. Πρέπει να δείξουμε ότι η ευθεία αυτή διέρχεται από το σημείο \displaystyle{(c,0)}

Αρκεί να δείξουμε ότι \displaystyle{0-f(c_0 )=f{'}(c_0 )(c-c_0 )}, το οποίο είναι αληθές εξ αιτίας της (ΣΧΕΣΗΣ 1).


Άβαταρ μέλους
Christos75
Δημοσιεύσεις: 420
Εγγραφή: Δευ Φεβ 02, 2009 9:41 pm
Τοποθεσία: Athens
Επικοινωνία:

Re: Α' ΔΕΣΜΗ 1983

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Christos75 » Τρί Ιουν 11, 2013 7:24 pm

Αααα...ωραία πράγματα!!!! Συνεπώς εδώ θα λύνουμε θέματα ?


Χρήστος Λοΐζος
Ωmega Man
Δημοσιεύσεις: 1264
Εγγραφή: Παρ Ιουν 05, 2009 8:17 am

Re: Α' ΔΕΣΜΗ 1983

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Ωmega Man » Τρί Ιουν 11, 2013 8:04 pm

parmenides51 έγραψε:3. α) Να αποδειχθεί ότι για κάθε \displaystyle{x>0} ισχύει η σχέση \log x\le \left| x-1 \right|.
β) Έστω η συνάρτηση \displaystyle{f} ορισμένη στο διάστημα [0,+\infty ) με \displaystyle{f\left(x \right)=\left\{\begin{matrix} 
\displaystyle \frac{xlogx}{{\color{red} 1-x}}, & 0<x\ne 1\\  
0, & x=0 \\  
-1, & x=1 
\end{matrix}\right}} .
Να αποδειχθεί ότι :
i) Η \displaystyle{f} είναι συνεχής στο πεδίο ορισμού της
ii) Είναι φθίνουσα στο διάστημα \displaystyle{(0,1)}
iii) \displaystyle{f}'(1)=-\frac{1}{2}}
α) Για 0<x<1 είναι προφανές ότι \displaystyle{\log(x)<0<|x-1|}, για x=1 επαληθεύεται η ισότητα \displaystyle{\log(1)=0=|1-1|} και μένει να δούμε τι γίνεται για x>1.

Έχουμε λοιπόν \displaystyle{h(x)=\log(x)-x+1\Rightarrow h'(x)=\frac{1}{x}-1<0,\;\;\forall \;x>1} και εφόσον η h είναι γνησίως φθίνουσα και \displaystyle{\lim_{x\to1^{+}}h(x)=\log(1)-1+1=0}, έπεται ότι \displaystyle{h(x)\leq 0 \Rightarrow \log(x)\leq x-1}.

Άρα \displaystyle{\log(x)\leq |x-1|} για κάθε x>0.

β)

i. \displaystyle{\lim_{x\to 0^{+}}\left|\frac{x\log(x)}{x-1}\right|\leq\lim_{x\to 0^{+}}\frac{|x||x-1|}{|x-1|}=\lim_{x\to 0^{+}}|x|=0, άρα στο 0 είναι συνεχής.

Όμοια \displaystyle{\lim_{x\to 1^{-}}\frac{x\log(x)}{1-x}=\lim_{x\to 1^{-}}\frac{\log(x)+1}{-1}=-1}, άρα είναι συνεχής στο -1.

ii. \displaystyle{f'(x)=\frac{\log(x)+1-x}{(x-1)^2}, αφού ο παρονομαστής είναι πάντα θετικός αρκεί να μελετήσουμε τον αριθμητή.

\displaystyle{k(x)=\log(x)+1-x\Rightarrow k'(x)=\frac{1}{x}-1>0.,\;\;\forall x\in(0,1)}, άρα αφού κ γνησίως αύξουσα και \displaystyle{\lim_{x\to 0^{-}}k(x)=-\infty} και \displaystyle{\lim_{x\to 1^{-}}k(x)=0}, έπεται ότι \kappa(x)<0, άρα \displaystyle{f'(x)<0} για κάθε 0<x<1.

iii. \displaystyle{\lim_{x\to 1^{-}}\frac{f(x)-f(1)}{x-1}=\lim_{x\to 1^{-}}\frac{\frac{x\log(x)}{1-x}+1}{x-1}=\lim_{x\to 1^{-}}\frac{x-x\log(x)-1}{(x-1)^2}=\lim_{x\to1^{-}}\frac{-\log(x)}{2(x-1)}=\lim_{x\to 1^{-}}\frac{1}{-2x}=-\frac{1}{2}
τελευταία επεξεργασία από Ωmega Man σε Δευ Ιουν 17, 2013 2:57 pm, έχει επεξεργασθεί 3 φορές συνολικά.


What's wrong with a Greek in Hamburg?
Άβαταρ μέλους
Christos75
Δημοσιεύσεις: 420
Εγγραφή: Δευ Φεβ 02, 2009 9:41 pm
Τοποθεσία: Athens
Επικοινωνία:

Re: Α' ΔΕΣΜΗ 1983

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Christos75 » Τρί Ιουν 11, 2013 8:54 pm

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:
parmenides51 έγραψε:1. α) Αν \left( {{\alpha }_{\nu }} \right),\left( {{\beta }_{\nu }} \right) ακολουθίες πραγματικών αριθμών με \lim {{\alpha }_{\nu }}=\alpha \in \mathbb{R}\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\lim {{\beta }_{\nu }}=\beta \in \mathbb{R} να αποδειχθεί ότι \lim \left( {{\alpha }_{\nu }}{{\beta }_{\nu }} \right)=\alpha \beta.
β) Να βρεθεί το όριο της ακολουθίας \left( {{\gamma }_{\nu }} \right) με {{\gamma }_{\nu }}=\sqrt[\nu ]{{{\nu }^{\nu +1}}}\left( \sqrt{{{\nu }^{2}}+1}-\nu  \right)
(α) Ήταν θεωρία

(β) \displaystyle{\gamma _n =n\sqrt[n]{n}\frac{(\sqrt{n^2 +1}-n)(\sqrt{n^2 +1}+n)}{\sqrt{n^2 +1}+n}=}

\displaystyle{=n\sqrt[n]{n}\frac{1}{n\sqrt{1+\frac{1}{n}}+n}=\frac{\sqrt[n]{n}}{\sqrt{1+\frac{1}{n}}+1}}

Αλλά \displaystyle{lim \sqrt[n]{n}=1} και \displaystyle{lim \frac{1}{n}=0}

Άρα \displaystyle{lim \gamma_n=\frac{1}{\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}}
Αγαπητέ Δημήτρη μήπως το όριο είναι \frac{1}{2} και όχι με τη ρίζα?


Χρήστος Λοΐζος
ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4222
Εγγραφή: Τρί Αύγ 31, 2010 10:37 pm
Τοποθεσία: Ιστιαία Ευβοίας

Re: Α' ΔΕΣΜΗ 1983

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ » Τρί Ιουν 11, 2013 9:29 pm

Christos75 έγραψε:
ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:
parmenides51 έγραψε:1. α) Αν \left( {{\alpha }_{\nu }} \right),\left( {{\beta }_{\nu }} \right) ακολουθίες πραγματικών αριθμών με \lim {{\alpha }_{\nu }}=\alpha \in \mathbb{R}\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\lim {{\beta }_{\nu }}=\beta \in \mathbb{R} να αποδειχθεί ότι \lim \left( {{\alpha }_{\nu }}{{\beta }_{\nu }} \right)=\alpha \beta.
β) Να βρεθεί το όριο της ακολουθίας \left( {{\gamma }_{\nu }} \right) με {{\gamma }_{\nu }}=\sqrt[\nu ]{{{\nu }^{\nu +1}}}\left( \sqrt{{{\nu }^{2}}+1}-\nu  \right)
(α) Ήταν θεωρία

(β) \displaystyle{\gamma _n =n\sqrt[n]{n}\frac{(\sqrt{n^2 +1}-n)(\sqrt{n^2 +1}+n)}{\sqrt{n^2 +1}+n}=}

\displaystyle{=n\sqrt[n]{n}\frac{1}{n\sqrt{1+\frac{1}{n}}+n}=\frac{\sqrt[n]{n}}{\sqrt{1+\frac{1}{n}}+1}}

Αλλά \displaystyle{lim \sqrt[n]{n}=1} και \displaystyle{lim \frac{1}{n}=0}

Άρα \displaystyle{lim \gamma_n=\frac{1}{\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}}
Αγαπητέ Δημήτρη μήπως το όριο είναι \frac{1}{2} και όχι με τη ρίζα?


Ναι, έκανα απροσεξία στο τέλος, πράγματι είναι \displaystyle{\frac{1}{2}}. Θα κάνω την διόρθωση


Άβαταρ μέλους
Christos75
Δημοσιεύσεις: 420
Εγγραφή: Δευ Φεβ 02, 2009 9:41 pm
Τοποθεσία: Athens
Επικοινωνία:

Re: Α' ΔΕΣΜΗ 1983

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Christos75 » Τρί Ιουν 11, 2013 9:35 pm

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:
Christos75 έγραψε:
ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:
parmenides51 έγραψε:1. α) Αν \left( {{\alpha }_{\nu }} \right),\left( {{\beta }_{\nu }} \right) ακολουθίες πραγματικών αριθμών με \lim {{\alpha }_{\nu }}=\alpha \in \mathbb{R}\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\lim {{\beta }_{\nu }}=\beta \in \mathbb{R} να αποδειχθεί ότι \lim \left( {{\alpha }_{\nu }}{{\beta }_{\nu }} \right)=\alpha \beta.
β) Να βρεθεί το όριο της ακολουθίας \left( {{\gamma }_{\nu }} \right) με {{\gamma }_{\nu }}=\sqrt[\nu ]{{{\nu }^{\nu +1}}}\left( \sqrt{{{\nu }^{2}}+1}-\nu  \right)
(α) Ήταν θεωρία

(β) \displaystyle{\gamma _n =n\sqrt[n]{n}\frac{(\sqrt{n^2 +1}-n)(\sqrt{n^2 +1}+n)}{\sqrt{n^2 +1}+n}=}

\displaystyle{=n\sqrt[n]{n}\frac{1}{n\sqrt{1+\frac{1}{n}}+n}=\frac{\sqrt[n]{n}}{\sqrt{1+\frac{1}{n}}+1}}

Αλλά \displaystyle{lim \sqrt[n]{n}=1} και \displaystyle{lim \frac{1}{n}=0}

Άρα \displaystyle{lim \gamma_n=\frac{1}{\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}}
Αγαπητέ Δημήτρη μήπως το όριο είναι \frac{1}{2} και όχι με τη ρίζα?


Ναι, έκανα απροσεξία στο τέλος, πράγματι είναι \displaystyle{\frac{1}{2}}. Θα κάνω την διόρθωση
Κανένα πρόβλημα, λάθη λόγω κεκτημένης όλοι κάνουμε!
:coolspeak:


Χρήστος Λοΐζος
Άβαταρ μέλους
swsto
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 385
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 11:43 pm

Re: Α' ΔΕΣΜΗ 1983

#9

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από swsto » Τρί Ιουν 11, 2013 9:59 pm

Και αντί για ακολουθία συνάρτηση
Να βρεθεί το όριο \underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,f(x)της συνάρτησης fμε f(x)=\sqrt[x]{{{x}^{x+1}}}\left( \sqrt{{{x}^{2}}+1}-x \right)
Για x>0
f(x)=\sqrt[x]{{{x}^{x+1}}}\left( \sqrt{{{x}^{2}}+1}-x \right)=\sqrt[x]{{{x}^{x}}}\cdot \sqrt{x}\cdot \left( \sqrt{{{x}^{2}}+1}-x \right)=
\displaystyle{=x\cdot \sqrt[x]{x}\cdot \left( \sqrt{{{x}^{2}}+1}-x \right)=x\cdot \sqrt[x]{x}\cdot \frac{\left( \sqrt{{{x}^{2}}+1}-x \right)\cdot \left( \sqrt{{{x}^{2}}+1}+x \right)}{\sqrt{{{x}^{2}}+1}+x}=}\displaystyle{=x\cdot \sqrt[x]{x}\cdot \frac{1}{\left| x \right|\sqrt{1+\frac{1}{{{x}^{2}}}}+x}\overset{x\to +\infty }{\mathop{\text{ }=}}\,x\cdot \sqrt[x]{x}\cdot \frac{1}{x\sqrt{1+\frac{1}{{{x}^{2}}}}+x}=}
\displaystyle{f(x)=\sqrt[x]{{{x}^{x+1}}}\left( \sqrt{{{x}^{2}}+1}-x \right)=\sqrt[x]{{{x}^{x}}}\cdot \sqrt{x}\cdot \left( \sqrt{{{x}^{2}}+1}-x \right)=x\cdot \sqrt[x]{x}\cdot \left( \sqrt{{{x}^{2}}+1}-x \right)=}
Είναι \displaystyle{\underset{x\to +\infty }{\mathop \lim }\,\frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{{{x}^{2}}}}+1}=\frac{1}{\sqrt{1+0}+1}=\frac{1}{2}}
και \displaystyle{\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\sqrt[x]{x}=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{\left( x \right)}^{\frac{1}{x}}}=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{e}^{\ell n{{x}^{\frac{1}{x}}}}}=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{e}^{\frac{1}{x}\cdot \ell nx}}}

Θέτουμε t=\frac{\ell nx}{x} και {{t}_{0}}=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{\ell nx}{x}=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{{{\left( \ell nx \right)}{'}}}{{{x}{'}}}=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{1}{x}=0
Τότε \displaystyle{\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{e}^{\frac{1}{x}\cdot \ell nx}}=\underset{t\to 0}{\mathop{\lim }}\,{{e}^{t}}=1}
Άρα \underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,f(x)=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{\sqrt[x]{x}}{\sqrt{1+\frac{1}{{{x}^{2}}}}+1}=\frac{1}{2}


Σωτήρης Στόγιας
ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4222
Εγγραφή: Τρί Αύγ 31, 2010 10:37 pm
Τοποθεσία: Ιστιαία Ευβοίας

Re: Α' ΔΕΣΜΗ 1983

#10

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ » Τρί Ιουν 11, 2013 10:30 pm

parmenides51 έγραψε:4. Στο τετράεδρο \displaystyle{OAB\Gamma} να αποδειχθεί ότι :
α) Αν \overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{B \Gamma }=0 και \overrightarrow{OB }\cdot \overrightarrow{\Gamma A }=0 τότε \overrightarrow{O\Gamma }\cdot \overrightarrow{A B }=0
β) Αν \overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{B \Gamma }=0 και {{d}_{1}} είναι η απόσταση των μέσων των ευθυγράμμων τμημάτων \displaystyle{OB,\Gamma A} και {{d}_{2}} είναι η απόσταση των μέσων των ευθυγράμμων τμημάτων \displaystyle{O\Gamma, AB} τότε {{d}_{1}}={{d}_{2}}.
(α) \displaystyle{\overrightarrow{O\Gamma}.\overrightarrow{AB}=(\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{B\Gamma})(\overrightarrow{A\Gamma}+\overrightarrow{\Gamma B}=}

\displaystyle{\overrightarrow{OB}.\overrightarrow{A\Gamma}+\overrightarrow{OB}.\overrightarrow{\Gamma B}+\overrightarrow{B\Gamma}.\overrightarrow{A\Gamma}-\overrightarrow{B\Gamma}^2 =}

\displaystyle{0-\overrightarrow{OB}.\overrightarrow{B\Gamma}+\overrightarrow{B\Gamma}.\overrightarrow{A\Gamma}-\overrightarrow{B\Gamma}^2 }=

\displaystyle{=\overrightarrow{B\Gamma}(\overrightarrow{BO}+\overrightarrow{A\Gamma}+\overrightarrow{\Gamma B})=\overrightarrow{B\Gamma}.\overrightarrow{AO} =0}

(β)Έχουμε:

\displaystyle{\overrightarrow{MN}=\overrightarrow{MO}+\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{AN}}. Επίσης:

\displaystyle{\overrightarrow{MN}=\overrightarrow{M\Gamma}+\overrightarrow{\Gamma B}+\overrightarrow{BN}}

Με πρόσθεση κατά μέλη αυτών, και με δεδομένο ότι τα \displaystyle{M,N} είναι τα μέσα των \displaystyle{O\Gamma} και \displaystyle{AB} αντιστοίχως, έχουμε:

\displaystyle{2\overrightarrow{MN}=\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{\Gamma B} \Rightarrow \overrightarrow{MN}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{\Gamma B})}

Άρα \displaystyle{|\overrightarrow{MN}|^2 =\frac{1}{4}(OA^2 +\Gamma B^2 )}, (ΣΧΕΣΗ 1)

Με τον ίδιο τρόπο, βρίσκουμε ότι:

\displaystyle{|\overrightarrow{KL}|^2 =\frac{1}{4}(OA^2 +\Gamma B^2 )} , (ΣΧΕΣΗ 2)

Από τις σχέσεις 1 και 2 έχουμε \displaystyle{d_1 =d_2}
ΤΕΤΡΑΕΔΡΟ.png
ΤΕΤΡΑΕΔΡΟ.png (11.2 KiB) Προβλήθηκε 1838 φορές


Άβαταρ μέλους
Christos75
Δημοσιεύσεις: 420
Εγγραφή: Δευ Φεβ 02, 2009 9:41 pm
Τοποθεσία: Athens
Επικοινωνία:

Re: Α' ΔΕΣΜΗ 1983

#11

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Christos75 » Τετ Ιουν 12, 2013 2:34 am

4. Στο τετράεδρο \displaystyle{OAB\Gamma} να αποδειχθεί ότι :
α) Αν \overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{B \Gamma }=0 και \overrightarrow{OB }\cdot \overrightarrow{\Gamma A }=0 τότε \overrightarrow{O\Gamma }\cdot \overrightarrow{A B }=0
β) Αν \overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{B \Gamma }=0 και {{d}_{1}} είναι η απόσταση των μέσων των ευθυγράμμων τμημάτων \displaystyle{OB,\Gamma A} και {{d}_{2}} είναι η απόσταση των μέσων των ευθυγράμμων τμημάτων \displaystyle{O\Gamma, AB} τότε {{d}_{1}}={{d}_{2}}.

Μία ακόμη εκδοχή για το α) ερώτημα της παραπάνω άσκησης.

\vec{OG}.\vec{AB}=(\vec{OA}+\vec{AG}).(\vec{BG}+\vec{GA})=(\vec{OA}+\vec{AG}).(\vec{BG}-\vec{AG})= 
\vec{OA}.\vec{BG}-\vec{OA}.\vec{AG}+\vec{AG}.\vec{BG}-\left | \vec{AG^{}} \right |^2
Συνεχίζοντας έχουμε: =-\vec{OA}.\vec{AG}+\vec{AG}.\vec{BG}-\left | \vec{AG} \right |^2= 
-\vec{OA}.\vec{AG}+\vec{AG}(\vec{OG}-\vec{OB})-\left | \vec{AG} \right |^2
και τελικά έχουμε: -\vec{OA}.\vec{AG}+\vec{AG}.\vec{OG}-\vec{AG}.\vec{OB}-\left | \vec{AG} \right |^2 
=\vec{AG}.(\vec{OG}-\vec{OA})-\vec{AG}.\vec{OB}-\left | \vec{AG} \right |^2=\left | \vec{AG} \right |^2-\vec{AG}.\vec{OB}-\left | \vec{AG} \right |^2=-\vec{AG}.\vec{OB}=0
Άρα προκύπτει το ζητούμενο!

Όπου G θεωρούμε το σημείο Γ.


Χρήστος Λοΐζος
Απάντηση

Επιστροφή σε “Α' Δέσμη”

Μέλη σε σύνδεση

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