A' ΔΕΣΜΗ 1987

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

A' ΔΕΣΜΗ 1987

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από parmenides51 » Δευ Ιουν 17, 2013 3:14 pm

1. α) i) Έστω τα διανύσματα \vec{\alpha },\vec{\beta },\vec{\gamma } του επιπέδου . Να αποδειχθεί ότι \vec{\alpha }\cdot \left( \vec{\beta }+\vec{\gamma } \right)=\vec{\alpha }\cdot \vec{\beta }+\vec{\alpha }\cdot \vec{\gamma }.
ii) Να αποδειχθεί ότι δυο μη μηδενικά διανύσματα είναι κάθετα αν και μόνο αν το εσωτερικό τους γινόμενο είναι μηδέν.
β) Σε ένα ορθοκανονικό σύστημα αναφοράς \displaystyle{Oxy} δίνονται τα σημεία \displaystyle{A(4,2)} και \displaystyle{B(3,-5)} .
Θεωρούμε την ευθεία \displaystyle{(\varepsilon)} με εξίσωση \displaystyle{7x+y-23=0}.
Να βρεθεί σημείο \displaystyle{M} της ευθείας \displaystyle{(\varepsilon)} τέτοιο ώστε το τρίγωνο \displaystyle{AMB} να είναι ορθογώνιο στο \displaystyle{M}.


2. α) Αν \left\{ {{v}_{1}},{{v}_{2}},{{v}_{3}},...,{{v}_{\rho }} \right\} είναι μια βάση του διανυσματικού χώρου \displaystyle{V} τότε να αποδειχθεί ότι
κάθε διάνυσμα v\in V εκφράζεται κατά μοναδικό τρόπο ως γραμμικός συνδυασμός των διανυσμάτων της βάσης αυτής του \displaystyle{V}.
β) Δίνεται το υποσύνολο του {{\mathbb{R}}^{3}}\,\,\,V=\left\{ \left( \alpha ,\alpha -\beta ,2\alpha +3\beta  \right):\alpha ,\beta \in \mathbb{R} \right\}.
Να αποδειχθεί ότι το V είναι διανυσματικός υπόχωρος του {{\mathbb{R}}^{3}} και να βρεθεί η διάστασή του.


3.α) Αν \displaystyle{\lim {{\alpha }_{\nu }}=+\infty } ή \displaystyle{-\infty} και για κάθε \displaystyle{\nu \in \mathbb{N}} είναι \displaystyle{{\alpha }_{\nu }}\ne 0 να αποδειχθεί ότι \displaystyle{\lim \frac{1}{{{\alpha }_{\nu }}}=0}.
β) Να βρεθεί το όριο της ακολουθίας \left( {{\alpha }_{\nu }} \right) με {{\alpha }_{\nu }}=\left( \sqrt{7{{\nu }^{4}}+6\nu +5}-\sqrt{7{{\nu }^{4}}+3\nu +3} \right)\left( \sqrt{63{{\nu }^{2}}-5\nu +20} \right).


4.α) Αν η \displaystyle{f} ορίζεται σε ένα ανοικτό διάστημα \displaystyle{\Delta} παρουσιάζει τοπικό ακρότατο στο {{x}_{0}}\in \Delta και είναι παραγωγίσιμη στο {{x}_{0}}
τότε να αποδειχθεί ότι {f}'({{x}_{0}})=0.
β) Δίνεται η συνάρτηση \displaystyle{f} με f(x)={{x}^{4}}-14{{x}^{2}}+24x. Έστω \displaystyle{C_f} η γραφική παράσταση της συνάρτησης \displaystyle{f} .
Να αποδειχθεί ότι υπάρχουν τρία σημεία A,B ,\Gamma \in C_f τέτοια ώστε οι εφαπτόμενες της \displaystyle{C_f} στα \displaystyle{A,B ,\Gamma} να είναι παράλληλες προς τον άξονα {x}'x.
Να αποδειχθεί ότι το βαρύκεντρο του τριγώνου \displaystyle{AB \Gamma} βρίσκεται πάνω στον άξονα {y}'y.


Άβαταρ μέλους
Γιώργος Απόκης
Διευθύνον Μέλος
Δημοσιεύσεις: 5092
Εγγραφή: Δευ Μάιος 16, 2011 7:56 pm
Τοποθεσία: Πάτρα
Επικοινωνία:

Re: A' ΔΕΣΜΗ 1987

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιώργος Απόκης » Δευ Ιουν 17, 2013 3:36 pm

4.α) Αν η \displaystyle{f} ορίζεται σε ένα ανοικτό διάστημα \displaystyle{\Delta} παρουσιάζει τοπικό ακρότατο στο {{x}_{0}}\in \Delta και είναι παραγωγίσιμη στο {{x}_{0}}
τότε να αποδειχθεί ότι {f}'({{x}_{0}})=0.
β) Δίνεται η συνάρτηση \displaystyle{f} με f(x)={{x}^{4}}-14{{x}^{2}}+24x. Έστω \displaystyle{C_f} η γραφική παράσταση της συνάρτησης \displaystyle{f} .
Να αποδειχθεί ότι υπάρχουν τρία σημεία A,B ,\Gamma \in C_f τέτοια ώστε οι εφαπτόμενες της \displaystyle{C_f} στα \displaystyle{A,B ,\Gamma} να είναι παράλληλες προς τον άξονα {x}'x.
Να αποδειχθεί ότι το βαρύκεντρο του τριγώνου \displaystyle{AB \Gamma} βρίσκεται πάνω στον άξονα {y}'y.

Λύση
α) Θεωρία (Θεώρημα Fermat)

β) Η \displaystyle{f} είναι παραγωγίσιμη στο \displaystyle{\mathbb R} με \displaystyle{f'(x)=4x^3-28x+24=4(x^3-7x+6)=4(x^3-x-6x+6)=}

\displaystyle{=4[x(x+1)(x-1)-6(x-1)]=4(x-1)(x^2+x-6)=4(x-1)(x-2)(x+3)}.

Tα σημεία στα οποία οι εφαπτόμενες είναι οριζόντιες έχουν τετμημένες τις λύσεις της εξίσωσης : \displaystyle{f'(x)=0\Leftrightarrow x\in\{1,2,-3\}}

Άρα, υπάρχουν τρία σημεία, τα \displaystyle{A(1,f(1)),B(2,f(2)),\Gamma(-3,f(-3))} και η τετμημένη του βαρύκεντρου είναι ίση με

\displaystyle{x_G=\frac{x_A+x_B+x_{\Gamma}}{3}=\frac{1+2-3}{3}=0} άρα το σημείο ανήκει τον άξονα \displaystyle{y'y}.


Γιώργος
Άβαταρ μέλους
Γιώργος Απόκης
Διευθύνον Μέλος
Δημοσιεύσεις: 5092
Εγγραφή: Δευ Μάιος 16, 2011 7:56 pm
Τοποθεσία: Πάτρα
Επικοινωνία:

Re: A' ΔΕΣΜΗ 1987

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιώργος Απόκης » Δευ Ιουν 17, 2013 3:58 pm

1. α) i) Έστω τα διανύσματα \vec{\alpha },\vec{\beta },\vec{\gamma } του επιπέδου . Να αποδειχθεί ότι \vec{\alpha }\cdot \left( \vec{\beta }+\vec{\gamma } \right)=\vec{\alpha }\cdot \vec{\beta }+\vec{\alpha }\cdot \vec{\gamma }.
ii) Να αποδειχθεί ότι δυο μη μηδενικά διανύσματα είναι κάθετα αν και μόνο αν το εσωτερικό τους γινόμενο είναι μηδέν.
β) Σε ένα ορθοκανονικό σύστημα αναφοράς \displaystyle{Oxy} δίνονται τα σημεία \displaystyle{A(4,2)} και \displaystyle{B(3,-5)} .
Θεωρούμε την ευθεία \displaystyle{(\varepsilon)} με εξίσωση \displaystyle{7x+y-23=0}.
Να βρεθεί σημείο \displaystyle{M} της ευθείας \displaystyle{(\varepsilon)} τέτοιο ώστε το τρίγωνο \displaystyle{AMB} να είναι ορθογώνιο στο \displaystyle{M}.

Λύση

α) Θεωρία

β) Έστω \displaystyle{M(x,23-7x)} σημείο της ευθείας. Θεωρούμε τα διανύσματα \displaystyle{\overrightarrow{AM}=(x-4,21-7x),~\overrightarrow{MB}=(3-x,-28+7x)}.

To τρίγωνο είναι ορθογώνιο στο \displaystyle{M} αν και μόνο αν \displaystyle{\overrightarrow{AM}\perp\overrightarrow{MB}\Leftrightarrow \overrightarrow{AM}\cdot\overrightarrow{MB}=0\Leftrightarrow (x-4)(3-x)+(21-7x)(-28+7x)=0 \Leftrightarrow}

\displaystyle{(x-4)(3-x)+7\cdot 7(3-x)(x-4)=0\Leftrightarrow 50(x-4)(3-x)=0\Leftrightarrow x=3~\acute{\eta}~x=4}

άρα έχουμε : \displaystyle{M(3,2)~\acute{\eta}~M(4,-5)}.


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

Re: A' ΔΕΣΜΗ 1987

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Christos75 » Δευ Ιουν 17, 2013 4:11 pm

1. α) i) Έστω τα διανύσματα \vec{\alpha },\vec{\beta },\vec{\gamma } του επιπέδου . Να αποδειχθεί ότι \vec{\alpha }\cdot \left( \vec{\beta }+\vec{\gamma } \right)=\vec{\alpha }\cdot \vec{\beta }+\vec{\alpha }\cdot \vec{\gamma }.
ii) Να αποδειχθεί ότι δυο μη μηδενικά διανύσματα είναι κάθετα αν και μόνο αν το εσωτερικό τους γινόμενο είναι μηδέν.
β) Σε ένα ορθοκανονικό σύστημα αναφοράς \displaystyle{Oxy} δίνονται τα σημεία \displaystyle{A(4,2)} και \displaystyle{B(3,-5)} .
Θεωρούμε την ευθεία \displaystyle{(\varepsilon)} με εξίσωση \displaystyle{7x+y-23=0}.
Να βρεθεί σημείο \displaystyle{M} της ευθείας \displaystyle{(\varepsilon)} τέτοιο ώστε το τρίγωνο \displaystyle{AMB} να είναι ορθογώνιο στο \displaystyle{M}.


Λύση

Α
i) Θεωρία

ii) Θεωρία

Β
Έχουμε λοιπόν τα σημεία A(4,2) και B(3-5). Εππίσης μας δίνεται η ευθεία: (\varepsilon ): 7x+y-23=0.

Έστω M(\alpha ,\beta ) το ζητούμενο σημείο. Αφού M\in (\varepsilon )\Leftrightarrow 7\alpha +\beta -23=0  (1)

Επίσης ισχύει: \vec{MA}\perp \vec{MB}\Leftrightarrow \vec{MA}.\vec{MB}=0 (2)

Ισχύει επίσης \vec{MA}=(4-\alpha,2-\beta  ),  \vec{MB}=(3-\alpha,-5-\beta  ) οπότε \vec{MA}.\vec{MB}=0

δηλαδή: \vec{MA}.\vec{MB}=0\Leftrightarrow (4-\alpha ).(3-\alpha )+(2-\beta ).(\beta +5)=0\Leftrightarrow (\beta +2)^{2}=25-\alpha ^{2}

Λύνοντας το μη γραμμικό σύστημα των (1), (2) καταλήγουμε στο τριώνυμο: \alpha ^{2}-7\alpha +12=0 από όπου παίρνουμε:

\alpha _{1}=3, \alpha _{2}=4 και με αντικατάσταση στην (1) παίρνουμε: \beta  _{1}=2, \beta  _{2}=-5

Άρα τα ζητούμενα σημεία είναι: M_{1}=(3,2), M_{2}=(4,-5).


Χρήστος Λοΐζος
Άβαταρ μέλους
Γιώργος Απόκης
Διευθύνον Μέλος
Δημοσιεύσεις: 5092
Εγγραφή: Δευ Μάιος 16, 2011 7:56 pm
Τοποθεσία: Πάτρα
Επικοινωνία:

Re: A' ΔΕΣΜΗ 1987

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιώργος Απόκης » Δευ Ιουν 17, 2013 4:36 pm

3.α) Αν \displaystyle{\lim {{\alpha }_{\nu }}=+\infty } ή \displaystyle{-\infty} και για κάθε \displaystyle{\nu \in \mathbb{N}} είναι \displaystyle{{\alpha }_{\nu }}\ne 0 να αποδειχθεί ότι \displaystyle{\lim \frac{1}{{{\alpha }_{\nu }}}=0}.
β) Να βρεθεί το όριο της ακολουθίας \left( {{\alpha }_{\nu }} \right) με {{\alpha }_{\nu }}=\left( \sqrt{7{{\nu }^{4}}+6\nu +5}-\sqrt{7{{\nu }^{4}}+3\nu +3} \right)\left( \sqrt{63{{\nu }^{2}}-5\nu +20} \right).

Λύση

α) Θεωρία

β)Έχουμε: \displaystyle{\sqrt{7\nu ^4+6\nu +5}-\sqrt{7\nu ^4+3\nu +3}=\frac{(\sqrt{7\nu ^4+6\nu +5}-\sqrt{7\nu ^4+3\nu +3})(\sqrt{7\nu ^4+6\nu +5}+\sqrt{7\nu ^4+3\nu +3})}{\sqrt{7\nu ^4+6\nu +5}+\sqrt{7\nu ^4+3\nu +3}}=}

\displaystyle{=\frac{7\nu ^4+6\nu +5-7\nu ^4-3\nu -3}{\sqrt{7\nu ^4+6\nu +5}+\sqrt{7\nu ^4+3\nu +3}}=\frac{3\nu +2}{\sqrt{7\nu ^4+6\nu +5}+\sqrt{7\nu ^4+3\nu +3}}=\frac{\nu \left(3+\frac{2}{\nu }\right)}{\nu ^2\left(\sqrt{7+\frac{6}{\nu ^3}+\frac{5}{\nu ^4}}+\sqrt{7+\frac{3}{\nu ^3}+\frac{3}{\nu ^4}}\right)}}

Eπομένως \displaystyle{a_\nu =\frac{\nu \left(3+\frac{2}{\nu }\right)\nu \sqrt{63-\frac{5}{\nu }+\frac{20}{\nu ^2}}}{\nu ^2\left(\sqrt{7+\frac{6}{\nu ^3}+\frac{5}{\nu ^4}}+\sqrt{7+\frac{3}{\nu ^3}+\frac{3}{\nu ^4}}\right)}=\frac{\left(3+\frac{2}{\nu }\right)\sqrt{63-\frac{5}{\nu }+\frac{20}{\nu ^2}}}{\sqrt{7+\frac{6}{\nu ^3}+\frac{5}{\nu ^4}}+\sqrt{7+\frac{3}{\nu ^3}+\frac{3}{\nu ^4}}}\rightarrow \frac{3\sqrt{63}}{\sqrt{7}+\sqrt{7}}=\frac{9\sqrt{7}}{2\sqrt{7}}=\frac{9}{2}}


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

Re: A' ΔΕΣΜΗ 1987

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από parmenides51 » Πέμ Ιουν 20, 2013 9:54 am

parmenides51 έγραψε:2. α) Αν \left\{ {{v}_{1}},{{v}_{2}},{{v}_{3}},...,{{v}_{\rho }} \right\} είναι μια βάση του διανυσματικού χώρου \displaystyle{V} τότε να αποδειχθεί ότι
κάθε διάνυσμα v\in V εκφράζεται κατά μοναδικό τρόπο ως γραμμικός συνδυασμός των διανυσμάτων της βάσης αυτής του \displaystyle{V}.
β) Δίνεται το υποσύνολο του {{\mathbb{R}}^{3}}\,\,\,V=\left\{ \left( \alpha ,\alpha -\beta ,2\alpha +3\beta  \right):\alpha ,\beta \in \mathbb{R} \right\}.
Να αποδειχθεί ότι το V είναι διανυσματικός υπόχωρος του {{\mathbb{R}}^{3}} και να βρεθεί η διάστασή του.
α) θεωρία

β) Έστω \displaystyle{x_1,x_2 \in V}

με \displaystyle{x_1=(\alpha_1 ,\alpha_1 -\beta_1 ,2\alpha_1 +3\beta_1)} και \displaystyle{x_2=(\alpha_2 ,\alpha_2 -\beta_2 ,2\alpha_2 +3\beta_2)}

όπου \displaystyle{\alpha_1 ,\alpha_2,\beta_1 ,\beta_2 \in \mathbb{R}}

έστω \displaystyle{\lambda,\mu \in \mathbb{R}}

\displaystyle{\lambda x_1 +\mu  x_2=\lambda(\alpha_1 ,\alpha_1 -\beta_1 ,2\alpha_1 +3\beta_1) +\mu(\alpha_2 ,\alpha_2 -\beta_2 ,2\alpha_2 +3\beta_2)}

\displaystyle{=(\lambda \alpha_1 ,\lambda\alpha_1 -\lambda\beta_1 ,2\lambda\alpha_1 +3\lambda\beta_1)+(\mu\alpha_2 ,\mu\alpha_2 -\mu\beta_2 ,2\mu\alpha_2 +3\mu\beta_2)}

\displaystyle{=(\lambda \alpha_1+\mu\alpha_2 ,\lambda\alpha_1+\mu\alpha_2 -\lambda\beta_1-\mu\beta_2  ,2\lambda\alpha_1+2\mu\alpha_2  +3\lambda\beta_1+3\mu\beta_2)}

\displaystyle{=\left(\lambda \alpha_1+\mu\alpha_2 ,(\lambda\alpha_1+\mu\alpha_2) -(\lambda\beta_1+\mu\beta_2)  ,2(\lambda\alpha_1+\mu\alpha_2)  +3(\lambda\beta_1+\mu\beta_2)\right)}

\displaystyle{=(\alpha_3 ,\alpha_3 -\beta_3 ,2\alpha_3 +3\beta_3)\in V }

όπου \displaystyle{\alpha_3 =\lambda \alpha_1+\mu\alpha_2} και \displaystyle{\beta_3=\lambda\beta_1+\mu\beta_2}


\displaystyle{(\alpha ,\alpha -\beta ,2\alpha +3\beta)=\alpha (1,1,2 )+\beta(0,-1,3)}

\displaystyle{V=<(1,1,2 ),(0,-1,3)>}

έστω \displaystyle{w_1=(1,1,2 ),w_2=(0,-1,3)} και \displaystyle{\lambda,\mu \in \mathbb{R}}

\displaystyle{\lambda w_1+\mu w_2=0 \Rightarrow \lambda(1,1,2 )+\mu(0,-1,3)=0 }

\displaystyle{ (\lambda,\lambda-\mu,2\lambda+3\mu)=(0,0,0)\Rightarrow  
\left\{\begin{matrix} 
\lambda =0\\  
\lambda-\mu=0\\  
2\lambda+3\mu=0 
\end{matrix}\right} \Rightarrow \lambda=\mu=0}

οπότε τα \displaystyle{2} διανύσματα \displaystyle{w_1,w_2} είναι γραμμικά ανεξάρτητα και παράγουν τον χώρο \displaystyle{V},

άρα αποτελούν βάση του \displaystyle{V}

οπότε ο χώρος \displaystyle{V} έχει διάσταση \displaystyle{2}


Απάντηση

Επιστροφή σε “Α' Δέσμη”

Μέλη σε σύνδεση

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