A' ΔΕΣΜΗ 1985

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

A' ΔΕΣΜΗ 1985

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από parmenides51 » Τετ Ιουν 12, 2013 3:43 pm

1. α) Έστω μια ευθεία που σε ορθοκανονικό σύστημα αξόνων έχει εξίσωση \displaystyle{Ax+By+\Gamma=0} με \left| A \right|+\left| B \right|\ne 0.
Έστω P({x_{1}},{y_{1}}) είναι ένα σημείο εκτός της ευθείας αυτής.
Να αποδειχθεί ότι η απόσταση του σημείου \displaystyle{P} από την ευθεία ισούται με \displaystyle{\frac{\left| A x_1+By_1+\Gamma  \right|}{\sqrt{A^2+B ^2}}}}
β) Θεωρούμε δυο ευθείες που σε ορθοκανονικό σύστημα αξόνων έχουν εξίσωση \displaystyle{x+\mu y+1=0} και \displaystyle{2\mu x+2y+\lambda=0} αντίστοιχα
(όπου \displaystyle{\mu,\lambda} είναι πραγματικοί αριθμοί). Να προσδιορίσετε για ποια ζεύγη τιμών των \displaystyle{\lambda, \mu} οι δύο ευθείες είναι παράλληλες
και έχουν απόσταση μεταξύ τους 2\sqrt{2}.


2. Δίνεται το σύστημα \displaystyle{\left\{\begin{matrix} 
x+2y+3\omega =0\\  
 4x+(3+\lambda )y+6\omega =0 \\  
5x+4y+(1+\lambda )\omega =0  
\end{matrix}\right.}}
α) Να βρεθούν οι τιμές του \displaystyle{ \lambda } για τις οποίες το σύστημα έχει και μη μηδενικές λύσεις.
β) Να βρεθούν όλες οι λύσεις του συστήματος για την περίπτωση που το \displaystyle{ \lambda } ισούται με την μικρότερη από τις τιμές που βρήκατε στο ερώτημα (α) .


3. α) Έστω μια ακολουθία ({{\beta }_{\nu }}). Αν υπάρχουν δυο ακολουθίες \displaystyle{({{\alpha }_{\nu }})} και \displaystyle{({{\gamma }_{\nu }})} με κοινό όριο, τέτοιες ώστε για κάθε \displaystyle{\nu>\kappa}
(\displaystyle{\kappa} ένας συγκεκριμένος φυσικός) να είναι {{\alpha }_{\nu }}\le {{\beta }_{\nu }}\le {{\gamma }_{\nu }} τότε και η ({{\beta }_{\nu }}) έχει το ίδιο όριο.
β) Να βρεθεί το όριο της ακολουθίας \displaystyle{{{\alpha }_{\nu }}=\sqrt[\nu ]{{{\nu }^{2}}-2\nu +3}}.


4. α) Έστω ότι μια συνάρτηση \displaystyle{f} είναι δυο φορές παραγωγίσιμη σε ένα ανοικτό διάστημα \displaystyle{\Delta} και ότι στο σημείο {{x}_{0}}\in \Delta είναι {f}'({{x}_{0}})=0.
Αν {f}''({{x}_{0}})>0, τότε το f({{x}_{0}}) είναι τοπικό ελάχιστο της \displaystyle{f}.
β) Δίνεται η συνάρτηση \displaystyle{f} με f(x)={{x}^{2}}(x-3)+4, \displaystyle{x\in\mathbb{R}}.
Έστω {{x}_{1}},{{x}_{2}} είναι τα σημεία στα οποία η \displaystyle{f} παρουσιάζει τοπικά ακρότατα και {{x}_{3}} το σημείο στο οποίο παρουσιάζει καμπή.
Να αποδειχθεί ότι τα σημεία του επιπέδου ({{x}_{1}},f({{x}_{1}})),({{x}_{2}},f({{x}_{2}})),({{x}_{3}},f({{x}_{3}})) είναι συνευθειακά.


Άβαταρ μέλους
hlkampel
Δημοσιεύσεις: 944
Εγγραφή: Σάβ Δεκ 20, 2008 11:41 pm
Τοποθεσία: Τρίκαλα

Re: A' ΔΕΣΜΗ 1985

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από hlkampel » Τετ Ιουν 12, 2013 10:56 pm

parmenides51 έγραψε: 2. Δίνεται το σύστημα \displaystyle{\left\{\begin{matrix} 
x+2y+3\omega =0\\  
 4x+(3+\lambda )y+6\omega =0 \\  
5x+4y+(1+\lambda )\omega =0  
\end{matrix}\right.}}
α) Να βρεθούν οι τιμές του \displaystyle{ \lambda } για τις οποίες το σύστημα έχει και μη μηδενικές λύσεις.
β) Να βρεθούν όλες οι λύσεις του συστήματος για την περίπτωση που το \displaystyle{ \lambda } ισούται με την μικρότερη από τις τιμές που βρήκατε στο ερώτημα (α) .
α) Το σύστημα είναι ομογενές. Για να έχει και μη μηδενικές λύσεις πρέπει:

D = 0 \Leftrightarrow \left| {\begin{array}{*{20}{c}} 
1&2&3\\ 
4&{3 + \lambda }&6\\ 
5&4&{1 + \lambda } 
\end{array}} \right| = 0 \Leftrightarrow

\left| {\begin{array}{*{20}{c}} 
{3 + \lambda }&6\\ 
4&{1 + \lambda } 
\end{array}} \right| - 2\left| {\begin{array}{*{20}{c}} 
4&6\\ 
5&{1 + \lambda } 
\end{array}} \right| + 3\left| {\begin{array}{*{20}{c}} 
4&{3 + \lambda }\\ 
5&4 
\end{array}} \right| = 0\mathop  \Leftrightarrow \limits^{\pi \rho \dot \alpha \xi \varepsilon \iota \varsigma }

{\lambda ^2} - 19\lambda  + 34 = 0 \Leftrightarrow \lambda  = 2\;\dot \eta \;\lambda  = 17

β) Με \lambda  = 2\; το σύστημα γίνεται: \left\{ \begin{array}{l} 
x + 2y + 3\omega  = 0\;\;\,\,\left( 1 \right)\\ 
4x + 5y + 6\omega  = 0\;\left( 2 \right)\\ 
5x + 4y + 3\omega  = 0\;\left( 3 \right) 
\end{array} \right.

Με τη βοήθεια του επαυξημένου πίνακα έχουμε:

\left[ {\begin{array}{*{20}{c}} 
1&2&3&|&0\\ 
4&5&6&|&0\\ 
5&4&3&|&0 
\end{array}} \right] \begin{array}{l} 
{\Gamma _2} \to {\Gamma _2} - 4{\Gamma _1}\\ 
{\Gamma _3} \to {\Gamma _3} - 5{\Gamma _1}\\ 
\quad \quad  \sim  
\end{array} \left[ {\begin{array}{*{20}{c}} 
1&2&3&|&0\\ 
0&{ - 3}&{ - 6}&|&0\\ 
0&{ - 6}&{ - 12}&|&0 
\end{array}} \right] \begin{array}{l} 
{\Gamma _2} \to  - \frac{1}{3}{\Gamma _2}\\ 
{\Gamma _3} \to {\Gamma _3} - 2{\Gamma _2}\\ 
\quad \quad  \sim  
\end{array}

\left[ {\begin{array}{*{20}{c}} 
1&2&3&|&0\\ 
0&1&2&|&0\\ 
0&0&0&|&0 
\end{array}} \right] \begin{array}{l} 
{\Gamma _1} \to {\Gamma _1} - 2{\Gamma _2}\\ 
\quad \quad  \sim  
\end{array} \left[ {\begin{array}{*{20}{c}} 
1&0&{ - 1}&|&0\\ 
0&1&2&|&0\\ 
0&0&0&|&0 
\end{array}} \right]


Άρα \left\{ \begin{array}{l} 
x =   \omega \\ 
y =  - 2\omega  
\end{array} \right. και το σύστημα έχει άπειρες λύσεις της μορφής \left( {x,y,\omega } \right) = \left( {  k, - 2k,k} \right),\;k \in R


Ηλίας Καμπελής
BAGGP93
Δημοσιεύσεις: 1353
Εγγραφή: Σάβ Ιούλ 02, 2011 8:48 pm
Τοποθεσία: Ιωάννινα - Αθήνα

Re: A' ΔΕΣΜΗ 1985

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από BAGGP93 » Τετ Ιουν 12, 2013 11:24 pm

parmenides51 έγραψε:

2. Δίνεται το σύστημα \displaystyle{\left\{\begin{matrix} 
x+2y+3\omega =0\\  
 4x+(3+\lambda )y+6\omega =0 \\  
5x+4y+(1+\lambda )\omega =0  
\end{matrix}\right.}}
α) Να βρεθούν οι τιμές του \displaystyle{ \lambda } για τις οποίες το σύστημα έχει και μη μηδενικές λύσεις.
β) Να βρεθούν όλες οι λύσεις του συστήματος για την περίπτωση που το \displaystyle{ \lambda } ισούται με την μικρότερη από τις τιμές που βρήκατε στο ερώτημα (α) .
Καλησπέρα.

α)Το παραπάνω σύστημα έχει και μη μηδενικές λύσεις, αν και μόνο αν η ορίζουσα του πίνακα των συντελεστών των αγνώστων ισούται με μηδέν.

Η ορίζουσα αυτή, που θα δίνεται ως συνάρτηση του \displaystyle{\lambda} , είναι η ακόλουθη.

\displaystyle{f\left(\lambda\right)=\begin{vmatrix} 
                                                    1 & 2 & 3\\ 
                                                    4 & 3+\lambda & 6\\ 
                                                    5 &4 & 1+\lambda 
                                                   \end{vmatrix}}}

Αφαιρώντας από την δεύτερη γραμμή, τέσσερις φορές την πρώτη, και, από την τρίτη γραμμή, πέντε φορές την πρώτη, έχουμε ότι

\displaystyle{\begin{aligned}f\left(\lambda\right)=\begin{vmatrix} 
                                                                                  1 & 2 & 3\\ 
                                                                                  0 & \lambda-5 & -6\\ 
                                                                                  0 & -6 & \lambda-14 
                                                                                 \end{vmatrix}&=\left(\lambda-5\right)\left(\lambda-14\right)-36\\&=\lambda^2-19\lambda+34\\&=\left(\lambda-\frac{19}{2}\right)^2+\frac{136}{4}-\frac{361}{4}\\&=\left(\lambda-\frac{19}{2}\right)^2-\frac{225}{4}\\&=\left(\lambda-2\right)\left(\lambda-17)\end{aligned}}

Συνεπώς, το παραπάνω σύστημα έχει και μη μηδενικές λύσεις, αν και μόνο αν \displaystyle{f\left(\lambda\right)=0}, απ' όπου έχουμε

\displaystyle{f\left(\lambda\right)=0\Leftrightarrow \left(\lambda-2\right)\left(\lambda-17\right)=0\Leftrightarrow \left(\lambda=2\ \lor \lambda=17\right)}

β)Για \displaystyle{\lambda=2} το σύστημα γράφεται

\displaystyle{\left\{\begin{matrix} 
x+2y+3\omega =0\\  
4x+5y+6\omega =0 \\  
5x+4y+3\omega =0  
\end{matrix}\right.}}

Ο πίνακας των συντελεστών των αγνώστων του συστήματος αυτού είναι ο

\displaystyle{A=\left(\begin{matrix} 
                                 1 & 2 & 3\\ 
                                 4 & 5 & 6\\ 
                                 5 & 4 & 3 
                                \end{matrix}\right)}

Εκτελώντας τις ίδιες γραμμοπράξεις, με αυτές, στον υπολογισμό της ορίζουσας \displaystyle{f\left(\lambda\right)}, έχουμε ότι

\displaystyle{A\longrightarrow \left(\begin{matrix} 
                                                      1 & 2 & 3\\ 
                                                      0 & -3 & -6\\ 
                                                      0 & -6 & -12 
                                                     \end{matrix}\right)}

Το σύστημα είναι ομογενές, και σύμφωνα με την μέθοδο απαλοιφής του Gauss, είναι ισοδύναμο με το

\displaystyle{\left\{\begin{matrix} 
                                    x+2y+3\omega=0\\ 
                                    0x-3y-6\omega =0\\ 
                                    0x-6y-12\omega=0 
                                   \end{matrix}}

το οποίο έχει ως γενική λύση την \displaystyle{\left(x,y,\omega\right)=\left(m,-2m,m\right)\,\,,m\in\mathbb{R}}

Αν και με πρόλαβε ο κύριος Καμπελής, το αφήνω για τον κόπο


Παπαπέτρος Ευάγγελος
stranton
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 663
Εγγραφή: Πέμ Ιουν 25, 2009 5:00 pm
Τοποθεσία: Σπάρτη
Επικοινωνία:

Re: A' ΔΕΣΜΗ 1985

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από stranton » Πέμ Ιουν 13, 2013 12:24 am

parmenides51 έγραψε:3. α) Έστω μια ακολουθία ({{\beta }_{\nu }}). Αν υπάρχουν δυο ακολουθίες \displaystyle{({{\alpha }_{\nu }})} και \displaystyle{({{\gamma }_{\nu }})} με κοινό όριο, τέτοιες ώστε για κάθε \displaystyle{\nu>\kappa}
(\displaystyle{\kappa} ένας συγκεκριμένος φυσικός) να είναι {{\alpha }_{\nu }}\le {{\beta }_{\nu }}\le {{\gamma }_{\nu }} τότε και η ({{\beta }_{\nu }}) έχει το ίδιο όριο.
β) Να βρεθεί το όριο της ακολουθίας \displaystyle{{{\alpha }_{\nu }}=\sqrt[\nu ]{{{\nu }^{2}}-2\nu +3}}.
α) Θεωρία

β)
1ος τρόπος: Για κάθε \nu\geq 2 είναι: 3\leq \nu^2-2\nu+3\leq \nu^2+2\nu^2+3\nu^2=6\nu^2 .

Άρα \sqrt[\nu]{3}\leq a_{\nu}\leq \sqrt[\nu]{6\nu^2}

Όμως \lim \sqrt[\nu]{3}=1 \; , \; \lim \sqrt[\nu]{\nu}=1 \; , \; \lim \sqrt[\nu]{6\nu^2}=\lim [ \sqrt[\nu]{6}\cdot ( \sqrt[\nu]{\nu})^2]=1, οπότε και \lim a_{\nu}=1 .

2ος τρόπος: Είναι a_{\nu}=\sqrt[\nu]{\nu^2-2\nu+3}=\sqrt[\nu]{\nu^2\left(1-\dfrac{2}{\nu}+\dfrac{3}{\nu^2}\right)}=( \sqrt[\nu]{\nu})^2\cdot\sqrt[\nu]{1-\dfrac{2}{\nu}+\dfrac{3}{\nu^2}}.

Η ακολουθία x_{\nu}=1-\dfrac{2}{\nu}+\dfrac{3}{\nu^2} έχει \lim x_{\nu}=1 οπότε υπάρχει \nu_0\in\mathbb{N} ώστε

για κάθε \nu\geq \nu_0 να είναι |x_{\nu}-1|<\dfrac{1}{2} \Rightarrow \dfrac{1}{2}<x_{\nu}<\dfrac{3}{2} \Rightarrow \sqrt[\nu]{ \dfrac{1}{2}}<\sqrt[\nu]{x_{\nu}}<\sqrt[\nu]{\dfrac{3}{2}}.

Επομένως, \lim \sqrt[\nu]{x_{\nu}}=1 οπότε και \lim a_{\nu}=1 .

3ος τρόπος: Είναι \nu^2-2\nu+3=(\nu-1)^2+2>1 . Άρα \sqrt[3\nu]{\nu^2-2\nu+3}>1 και \delta_{\nu}=\sqrt[3\nu]{\nu^2-2\nu+3}-1>0 .

Έχουμε \sqrt[3\nu]{\nu^2-2\nu+3}=1+\delta_{\nu} \Rightarrow \sqrt[3]{\nu^2-2\nu+3}=(1+\delta_{\nu})^{\nu}\geq 1+\nu\delta_{\nu}>\nu\delta_{\nu} .

Τότε 0\leq \delta_{\nu}<\dfrac{ \sqrt[3]{\nu^2-2\nu+3}}{\nu}=\sqrt[3]{\dfrac{1}{\nu}-\dfrac{2}{\nu^2}+\dfrac{3}{\nu^3}}\rightarrow 0 .

Επομένως, \lim a_{\nu}=\lim (1+\delta_{\nu})^3=1 .


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

Re: A' ΔΕΣΜΗ 1985

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ » Παρ Ιουν 14, 2013 12:44 am

parmenides51 έγραψε:1. α) Έστω μια ευθεία που σε ορθοκανονικό σύστημα αξόνων έχει εξίσωση \displaystyle{Ax+By+\Gamma=0} με \left| A \right|+\left| B \right|\ne 0.
Έστω P({x_{1}},{y_{1}}) είναι ένα σημείο εκτός της ευθείας αυτής.
Να αποδειχθεί ότι η απόσταση του σημείου \displaystyle{P} από την ευθεία ισούται με \displaystyle{\frac{\left| A x_1+By_1+\Gamma  \right|}{\sqrt{A^2+B ^2}}}}
β) Θεωρούμε δυο ευθείες που σε ορθοκανονικό σύστημα αξόνων έχουν εξίσωση \displaystyle{x+\mu y+1=0} και \displaystyle{2\mu x+2y+\lambda=0} αντίστοιχα
(όπου \displaystyle{\mu,\lambda} είναι πραγματικοί αριθμοί). Να προσδιορίσετε για ποια ζεύγη τιμών των \displaystyle{\lambda, \mu} οι δύο ευθείες είναι παράλληλες
και έχουν απόσταση μεταξύ τους 2\sqrt{2}.
.
(α) Θεωρία

(β) Αν είναι \displaystyle{\mu =0}, τότε οι ευθείες δεν είναι παράλληλες, αφού η μία είναι οριζόντια και η άλλη κατακόρυφη. Άρα πρέπει \displaystyle{\mu \neq 0}
Τότε η κλίση της πρώτης ευθείας είναι \displaystyle{\lambda _1 =-\frac{1}{\mu}} και της δεύτερης \displaystyle{\lambda _2 =-\mu}

Για να είναι παράλληλες οι ευθείες, πρέπει \displaystyle{\lambda _1 =\lambda _2 \Leftrightarrow \mu ^2 =1 \Leftrightarrow}

\displaystyle{\mu =1} ή \displaystyle{\mu =-1}

Στο μεταξύ, θεωρούμε το σημείο \displaystyle{A(-1,0)} το οποίο προφανώς ανήκει στην πρώτη ευθεία. Άρα θα έχουμε:

\displaystyle{d=\frac{|2\mu .(-1)+2.0+\lambda|}{\sqrt{4\mu ^2 +4}}=2\sqrt{2}\Leftrightarrow \frac{|\lambda -2\mu|}{\sqrt{4\mu ^2 +4}}=2\sqrt{2}}, (ΣΧΕΣΗ 1)

1η ΠΕΡΙΠΤΩΣΗ: \displaystyle{\mu =1}. Τότε από την (σχέση 1) έχουμε:

\displaystyle{\frac{|\lambda -2|}{\sqrt{8}}=2\sqrt{2}\Leftrightarrow \lambda =-6} , ή \displaystyle{\lambda =10}

2η ΠΕΡΙΠΤΩΣΗ: \displaystyle{\mu =-1}. Τότε ομοίως βρίσκουμε ότι: \displaystyle{\lambda =-10} , ή \displaystyle{\lambda =6}

Άρα: \displaystyle{(\lambda , \mu )\in \{(-6 , 1), (10 , 1), (-10 , -1), (6 , -1)\}}


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

Re: A' ΔΕΣΜΗ 1985

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Christos75 » Σάβ Ιουν 15, 2013 7:30 pm

4. α) Έστω ότι μια συνάρτηση \displaystyle{f} είναι δυο φορές παραγωγίσιμη σε ένα ανοικτό διάστημα \displaystyle{\Delta} και ότι στο σημείο {{x}_{0}}\in \Delta είναι {f}'({{x}_{0}})=0.
Αν {f}''({{x}_{0}})>0, τότε το f({{x}_{0}}) είναι τοπικό ελάχιστο της \displaystyle{f}.
β) Δίνεται η συνάρτηση \displaystyle{f} με f(x)={{x}^{2}}(x-3)+4, \displaystyle{x\in\mathbb{R}}.
Έστω {{x}_{1}},{{x}_{2}} είναι τα σημεία στα οποία η \displaystyle{f} παρουσιάζει τοπικά ακρότατα και {{x}_{3}} το σημείο στο οποίο παρουσιάζει καμπή.
Να αποδειχθεί ότι τα σημεία του επιπέδου ({{x}_{1}},f({{x}_{1}})),({{x}_{2}},f({{x}_{2}})),({{x}_{3}},f({{x}_{3}})) είναι συνευθειακά.


Λύση
α) Θεωρία

β)
Μας δίνεται η συνάρτηση: f(x)=x^{2}(x-3)+4, x\in \mathbb{R}

Η παραπάνω συνάρτηση γράφεται ισοδυνάμως: f(x)=x^{3}-3x^{2}+4
Βρίσκουμε την πρώτη παράγωγο της εν λόγω συνάρτησης:
f'(x)=3x^{2}-6x Θα δούμε που μηδενίζεται συνάρτηση αυτή.

f'(x)=0\Leftrightarrow 3x^{2}-6x=0\Leftrightarrow x=0  \vee x=2

Βρίσκουμε και την δεύτερη παράγωγο της αρχικής συνάρτησης:

f''(x)=6x-6 Σύμφωνα με την θεωρία στο α) ερώτημα έχουμε ότι: f''(0)=-6< 0 , άρα το x_{1}=0 είναι τοπικό μέγιστο.
Ομοίως και για το x_{2}=2 αφού f''(2)=6>0

'Αρα M_{1}(0,f(0))\equiv (0,4)
M_{2}(0,f(2))\equiv (2,0).

Επίσης πρέπει να δούμε που μηδενίζεται η δεύτερη παράγωγος, αυτό συμβαίνει για : f''(x)=0\Leftrightarrow 6x-6=0\Leftrightarrow x=1

Επίσης παρατηρούμε ότι αλλάζει πρόσημο πριν και μετά την τιμή που μηδενίζεται η δεύτερη παράγωγος, συνεπώς το x_{3}=1 είναι σημείο καμπής.

Κατά συνέπεια, M_{3}(1,f(1))\equiv (1,2)

Θέλουμε τώρα να αποδείξουμε ότι τα M_{1},M_{2},M_{3} είναι συνευθειακά.

Αρκεί να αποδείξουμε ότι τα προαναφερθέντα σημεία δεν συνιστούν τρίγωνο, δηλαδή αρκεί (M_{1}M_{2}M_{3})= 0.

Πράγματι, \displaystyle{(M_{1}M_{2}M_{3})=\frac{1}{2}\left | det(\vec{M_{1}M_{2}},\vec{M_{1}M_{3}}) \right |=\frac{1}{2}|\begin{vmatrix} 
2 & -4\\  
1 & -2 
\end{vmatrix}|=\frac{1}{2}|-4-(-4).1|=\frac{1}{2}|-4+4|=\frac{1}{2}.0=0 tm}

Άρα M_{1}, M_{2}, M_{3} συνευθειακά.


Χρήστος Λοΐζος
Απάντηση

Επιστροφή σε “Α' Δέσμη”

Μέλη σε σύνδεση

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