Α' ΔΕΣΜΗ 1988

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

Α' ΔΕΣΜΗ 1988

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από parmenides51 » Τετ Ιουν 19, 2013 8:26 pm

1. α) Να λυθεί το σύστημα \left\{ \begin{matrix} 
 \left( \lambda +1 \right)x+y=\lambda +1 \\  
 x+\left( \lambda +1 \right)y=1 \\  
x+y=2\lambda +1 \\  
\end{matrix} \right.
β) Να δείξετε ότι το σύνολο \displaystyle{A =\left\{ \frac{4\kappa +1}{5-4\lambda }:\kappa ,\lambda \in \mathbb{Z} \right\}} εφοδιασμένο με την συνήθη πράξη
του πολλαπλασιασμού κλασμάτων στο \mathbb{R} είναι πολλαπλασιαστική ομάδα.


2. α) Να αποδείξετε ότι κάθε ακολουθία αύξουσα και φραγμένη άνω είναι συγκλίνουσα
β) Να βρείτε το όριο της ακολουθίας \left( {{\alpha }_{\nu }} \right) με \displaystyle{{{\alpha }_{1}}=1} και \displaystyle{{{\alpha }_{\nu +1}}=\sqrt{4{{\alpha }_{\nu }}+5}\,\,\forall \nu \in \mathbb{N}*}.


3. α) Θεωρούμε συνάρτηση \displaystyle{g} ορισμένη σε ένα διάστημα \displaystyle{\Delta} .
Να αποδείξετε ότι αν η \displaystyle{g} είναι παραγωγίσιμη στο {{x}_{0}}\in \Delta και g({{x}_{0}})\ne 0 τότε και
η συνάρτηση \displaystyle{\frac{1}{g}} είναι παραγωγίσιμη στο {{x}_{0}} και είναι \displaystyle{{{\left( \frac{1}{g} \right)}^{\prime }}({{x}_{0}})=-\frac{{g}'({{x}_{0}})}{{{\left[ g({{x}_{0}}) \right]}^{2}}}}.
β) Δίνεται η συνάρτηση \displaystyle{f} με \displaystyle{f(x)=x+1+\frac{1}{x+1}}
i) Να βρείτε τα διαστήματα μονοτονίας και τα ακρότατα της συνάρτησης .
ii) Να υπολογίσετε το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τη γραφική παράσταση \displaystyle{C_f} της συνάρτησης \displaystyle{f} τον άξονα \displaystyle{Ox}
και τις ευθείες με εξισώσεις \displaystyle{x=2,x=5}.


4. α) i) Να δώσετε τον ορισμό της παραβολής.
ii) Δίνεται η παραβολή {{y}^{2}}=2px και η ευθεία με εξίσωση y=\lambda x+\kappa.
Να αποδείξετε ότι η ευθεία και η παραβολή έχουν ένα διπλό κοινό σημείο αν και μόνο αν p=2\lambda \kappa.
β) Δίνεται η παραβολή με εξίσωση {{y}^{2}}=4x.
i) Να βρείτε την εξίσωση της εφαπτομένης της παραβολής που είναι κάθετη στην ευθεία με εξίσωση \displaystyle{3x+y+3=0}.
ii) Να βρείτε τις εξισώσεις των εφαπτόμενων της παραβολής τις οποίες φέρνουμε από το σημείο \displaystyle{(-2,1)}.


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

Re: Α' ΔΕΣΜΗ 1988

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Christos75 » Πέμ Ιουν 20, 2013 4:13 pm

parmenides51 έγραψε:
4. α) i) Να δώσετε τον ορισμό της παραβολής.
ii) Δίνεται η παραβολή {{y}^{2}}=2px και η ευθεία με εξίσωση y=\lambda x+\kappa.
Να αποδείξετε ότι η ευθεία και η παραβολή έχουν ένα διπλό κοινό σημείο αν και μόνο αν p=2\lambda \kappa.
β) Δίνεται η παραβολή με εξίσωση {{y}^{2}}=4x.
i) Να βρείτε την εξίσωση της εφαπτομένης της παραβολής που είναι κάθετη στην ευθεία με εξίσωση \displaystyle{3x+y+3=0}.
ii) Να βρείτε τις εξισώσεις των εφαπτόμενων της παραβολής τις οποίες φέρνουμε από το σημείο \displaystyle{(-2,1)}.

Μιας και δεν έχει ξεκινήσει κανείς, ας ξεκινήσω εγώ την επίλυση της άνωθεν άσκησης.
Α.
i) Θεωρία

ii) Έχουμε την παραβολή C: y^{2}=2px και την ευθεία: (\varepsilon ): y=\lambda x+\kappa

Για να έχουν διπλό σημείο η παραπάνω και η ευθεία, πρέπει το σύστημα που θα προκύψει να έχει διπλή λύση ή διπλή ρίζα.

Δηλαδή προκύπτει το σύστημα:\left\{\begin{matrix} 
y^{2}=2px & \\  
 y=\lambda x+\kappa &  
\end{matrix}\right. θα επιλύσουμε το μη γραμμικό αυτό σύστημα με την μέθοδο της αντικατάστασης, δηλαδή:

(\lambda x+\kappa )^{2}=2px\Leftrightarrow \lambda ^{2}x^{2}+2\lambda \kappa x-2px+\kappa ^{2}\Leftrightarrow \lambda ^{2}x^{2}+2(\lambda \kappa -p)x+\kappa ^{2}  (1)

Η σχέση (1) παρατηρούμε ότι είναι τριώνυμο ως προς x και αφού θέλουμε το εν λόγω τριώνυμο να έχει διπλή λύση, τότε απαιτούμε: \Delta =0\Leftrightarrow \beta ^{2}-4\alpha \gamma =0\Leftrightarrow [2(\lambda \kappa -p)]^2-4\lambda ^{2}\kappa ^{2}=0\Leftrightarrow 4(\lambda^2 \kappa ^{2}-2\lambda \kappa p+p^{2})-4\lambda^2 \kappa ^{2}=0\Leftrightarrow 4p^{2}=8\lambda \kappa p\overset{p\neq 0}{\rightarrow}p=2\kappa \lambda

και έτσι αποδείξαμε το ζητούμενο.

Β. Μας δίνεται η παραβολή : C: y^2=4x από όπου παίρνουμε: 2p=4\Leftrightarrow p=2

Μας ζητείται να βρούμε την ευθεία που είναι κάθετη στη δοσμένη: (\varepsilon ):3x+y+3=0

Έστω (\eta ):y=\lambda x+\kappa ζητούμενη και αφού \displaystyle{(\varepsilon )\perp(\eta ) \Leftrightarrow \lambda _{\varepsilon }.\lambda _{\eta }=-1\Leftrightarrow \lambda _{\eta }=\frac{-1}{\lambda _{\varepsilon }}=\frac{-1}{-3}=\frac{1}{3}\Leftrightarrow \lambda _{\eta }=\frac{1}{3}}

Άρα η ζητούμενη ευθεία είναι: y=\frac{1}{3}x+\kappa αν εφαρμόσουμε το προηγούμενο ερώτημα p=2\lambda \kappa \Leftrightarrow 2=2.\kappa .\frac{1}{3}\Leftrightarrow 2\kappa =6\Leftrightarrow \kappa =3

Συνεπώς, η ζητούμενη είναι: \displaystyle{y=\frac{1}{3}x+3\Leftrightarrow 3y=x+9\Leftrightarrow x-3y+9=0}.

ii) Έστω M(x_{0},y_{0}) το κοινό σημείο της ζητούμενης ευθείας με την κωνική. Από θεωρία γνωρίζουμε ότι όταν έχουμε το σημείο επαφής η εξίσωση εφαπτομένης δίνεται από τον τύπο: (\varepsilon ): y.y_{0}=p.(x+x_{0})\Leftrightarrow y.y_{0}=2(x+x_{0})\Leftrightarrow 2x-y_{0}y+2x_{0}=0

Επίσης: (-2,1)\epsilon \left ( \varepsilon  \right )\Leftrightarrow 2(-2)-1.y_{0}+2x_{0}=0\Leftrightarrow2x_{0}-y_{0}=4  (2).

Μην ξεχνάμε ότι M(x_{0},y_{0})\epsilon C\Leftrightarrow y_{0}^{2}=4x_{0}\overset{.2(2)}{\rightarrow}4x_{0}-2y_{0}=8\Leftrightarrow y_{0}^{2}-2y_{0}-8=0

Από όπου παίρνοντας την Διακρίνουσα στο παραπάνω τριώνυμο έχουμε τις λύσεις: y_{0}=-2\vee y_{0}=4

αντιθκαθιστώντας στην τις παραπάνω τιμές στην παραβολή έχουμε: x_{0}=1\vee x_{0}=4

Άρα, M(1,-2) \vee M(4,4) Οπότε προκύπτουν δύο ευθείες που είναι οι ζητούμενες: (\varepsilon _{1}): x+y+1=0 \wedge (\varepsilon _{2}):x-2y+4=0

Επίσης η ευθεία: x=-2 δεν αποτελεί λύση του προβλήματός μας.
τελευταία επεξεργασία από Christos75 σε Παρ Ιουν 21, 2013 1:55 am, έχει επεξεργασθεί 2 φορές συνολικά.


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

Re: Α' ΔΕΣΜΗ 1988

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Christos75 » Πέμ Ιουν 20, 2013 5:51 pm

parmenides51 έγραψε:

3. α) Θεωρούμε συνάρτηση \displaystyle{g} ορισμένη σε ένα διάστημα \displaystyle{\Delta} .
Να αποδείξετε ότι αν η \displaystyle{g} είναι παραγωγίσιμη στο {{x}_{0}}\in \Delta και g({{x}_{0}})\ne 0 τότε και
η συνάρτηση \displaystyle{\frac{1}{g}} είναι παραγωγίσιμη στο {{x}_{0}} και είναι \displaystyle{{{\left( \frac{1}{g} \right)}^{\prime }}({{x}_{0}})=-\frac{{g}'({{x}_{0}})}{{{\left[ g({{x}_{0}}) \right]}^{2}}}}.
β) Δίνεται η συνάρτηση \displaystyle{f} με \displaystyle{f(x)=x+1+\frac{1}{x+1}}
i) Να βρείτε τα διαστήματα μονοτονίας και τα ακρότατα της συνάρτησης .
ii) Να υπολογίσετε το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τη γραφική παράσταση \displaystyle{C_f} της συνάρτησης \displaystyle{f} τον άξονα \displaystyle{Ox}
και τις ευθείες με εξισώσεις \displaystyle{x=2,x=5}.

Πάμε να δούμε και το 3ο ζήτημα.

Α. Θεωρία σχολικού βιβλίου

Β.
i) Μας δίνεται η συνάρτηση: f με τύπο: \displaystyle{f(x)=x+1+\frac{1}{x+1}}, το πεδίο ορισμού της εν λόγω συνάρτησης είναι: D_{f}\equiv \mathbb{R}-\left \{ -1\left.  \right \} \right..

Μας ζητείται να βρούμε τα διαστήματα μονοτονίας της.

Βρίσκουμε την πρώτη παράγωγο αυτής: \displaystyle{f'(x)=(x+1+\frac{1}{x+1})'=(x+1)'+(\frac{1}{x+1})'=1-\frac{(x+1)'}{(x+1)^2}=\frac{x(x+2)}{(x+1)^2}} με την βοήθεια και του ερωτήματος Α, πάντα με x\neq -1.

Θα βρούμε πρωτίστως τα σημεία μηδενισμού της πρώτης παραγώγου: \displaystyle{f'(x)=0\Leftrightarrow \frac{x(x+2)}{(x+1)^2}=0\Leftrightarrow x(x+2)=0\Leftrightarrow x=0\vee x=-2}

Επίσης: f'(x)>0\Leftrightarrow \frac{x(x+2)}{(x+1)^2}>0\Leftrightarrow x(x+2)>0\Leftrightarrow x\in \left ( -\infty,-2\right )\cup \left ( 0,+\infty \right )

Με παρόμοιο τρόπο βρίσκουμε ότι :\displaystyle{f'(x)<0\Leftrightarrow \frac{x(x+2)}{(x+1)^2}<0\Leftrightarrow x(x+2)<0\Leftrightarrow x\in \left ( -2,0\right )}

Αφού το πρόσημο της συνάρτησης αλλάζει εκατέρωθεν των σημείων 0 και -2 σημαίνει ότι τα σημεία αυτά είναι τοπικά ακρότατα σύμφωνα με το θεώρημα της πρώτης παραγώγου.
Συνεπώς η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα στα διαστήματα : \left ( -\infty,-2\right ]\cup \left [ 0,+\infty \right ) και γνησίως φθίνουσα στο:
[-2,-1) και(-1,0]. Οπότε, το σημείο (-2,f(-2))είναι τοπικό μέγιστο και (0,f(0)) είναι τοπικό ελάχιστο.

ii) Το ζητούμενο εμβαδόν είναι: E=\int_{2}^{5}\left | f(x) \right |dx (1)

Η συνάρτηση f είναι θετική στο διάστημα [2,5] αφού \displaystyle{f(x)>0\Leftrightarrow x+1+\frac{1}{x+1}>0\Leftrightarrow \frac{(x+1)^2+1}{x+1}>0\Leftrightarrow x>-1} συνεπώς είναι: f(x)>0 στο [2,5].

E=\int_{2}^{5}\left | f(x) \right |dx= \int_{2}^{5} f(x)dx=\int_{2}^{5}(x+1+\frac{1}{x+1})dx=\int_{2}^{5}(x+1)dx+\int_{2}^{5}\frac{1}{(x+1)}dx=\int_{2}^{5}(\frac{x^{2}}{2}+x)'dx+\int_{2}^{5}(ln(x+1))'dx=\frac{25}{2}+5-(2+2)+ln6-ln3=(\frac{27}{2}+ln2) tm.
τελευταία επεξεργασία από Christos75 σε Κυρ Ιουν 23, 2013 4:46 pm, έχει επεξεργασθεί 2 φορές συνολικά.


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

Re: Α' ΔΕΣΜΗ 1988

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ » Παρ Ιουν 21, 2013 12:28 am

parmenides51 έγραψε:1. α) Να λυθεί το σύστημα \left\{ \begin{matrix} 
 \left( \lambda +1 \right)x+y=\lambda +1 \\  
 x+\left( \lambda +1 \right)y=1 \\  
x+y=2\lambda +1 \\  
\end{matrix} \right.
β) Να δείξετε ότι το σύνολο \displaystyle{A =\left\{ \frac{4\kappa +1}{5-4\lambda }:\kappa ,\lambda \in \mathbb{Z} \right\}} εφοδιασμένο με την συνήθη πράξη
του πολλαπλασιασμού κλασμάτων στο \mathbb{R} είναι πολλαπλασιαστική ομάδα.

(α) Ένας από τους τρόπους που μπορούμε να λύσουμε το σύστημα, είναι ο εξής:

Θεωρούμε το σύστημα (\displaystyle{\Sigma}):

\displaystyle{x+(\lambda +1)y=1}
\displaystyle{x+y=2\lambda +1}

Έχουμε: \displaystyle{D=-\lambda} , \displaystyle{D_{x}=-\lambda (2\lambda +3)} ,\displaystyle{ D_{y}=2\lambda}

1η ΠΕΡΙΠΤΩΣΗ: \displaystyle{D\neq 0 \Leftrightarrow \lambda \neq 0}. Tότε το σύστημα (\displaystyle{\Sigma}), Έχει την λύση:

\displaystyle{x=\frac{D_{x}}{D} =2\lambda +3 , y=\frac{D_{y}}{D}=-2}. Για να είναι δεκτή η λύση αυτή, πρέπει να επαληθεύει και την

άλλη εξίσωση του δοσμένου συστηματος. Δηλαδή πρέπει: \displaystyle{(\lambda +1)(2\lambda +3)-2=\lambda +1\Leftrightarrow}

\displaystyle{2\lambda (\lambda +2)=0\Leftrightarrow \lambda =-2}, (αφού είναι \displaystyle{\lambda \neq 0}).

Συνεπώς μια λύση του δοσμένου συστήματος είναι η \displaystyle{(x,y)=(-1 , -2)}

2η ΠΕΡΙΠΤΩΣΗ: \displaystyle{\lambda =0}. Τότε το δοσμένο σύστημα είναι ισοδύναμο με την εξίσωση \displaystyle{x+y=1}, η οποία έχει άπειρες

λύσεις: \displaystyle{(x,y)=(1-k , k)}, με \displaystyle{k\in R}

Tελικά το σύνολο λύσεων του συστήματος είναι: \displaystyle{L=\{(1-k , k): k\in R\}U\{(-1 ,-2)\}}

(β) Αρχικά είναι \displaystyle{A\neq \{\}}, διότι π.χ \displaystyle{1\in A}, (αφού \displaystyle{1=\frac{4.1+1}{5-4.0})}.

τη συνέχεια θα δείξουμε ότι το \displaystyle{A} είναι κλειστό ως προς την πράξη του πολλαπλασιασμού:

Έστω λοιπόν \displaystyle{x,y \in A.} Τότε υπάρχουν ακέραιοι αριθμοί \displaystyle{k_{1}, \lambda_{1}} και \displaystyle{k_{2} , \lambda_{2}}, ώστε:

\displaystyle{x=\frac{4k_{1}+1}{5-4\lambda_{1}}} και \displaystyle{y=\frac{4k_{2}+1}{5-4\lambda_{2}}}. Άρα:

\displaystyle{xy=\frac{4(4k_{1}k_{2}+k_1 +k_{2})+1}{5-4(5+5\lambda_{1}+5\lambda_{2}-4\lambda_{1}\lambda_{2})}=\frac{4m+1}{5-4n}},

όπου \displaystyle{m,n \in Z}. Άρα \displaystyle{xy \in A}

Η αντιμεταθετική ιδιότητα καθώς και η προσεταιριστική, προφανώς ισχύουν, αφού η πράξη είναι ο γνωστός

πολλαπλασιασμός.

Επίσης, πάλι αφού η πράξη είναι ο γνωστός πολλαπλασισμός, το ουδέτερο στοιχείο είναι το \displaystyle{1\in A}.

Aπομένει τέλος, να δείξουμε ότι για κάθε \displaystyle{x\in A}, υπάρχει \displaystyle{x{'} \in A}, τέτοιο ώστε \displaystyle{xx{'}=1}

'Εχουμε λοιπόν ότι \displaystyle{x\in A}. Άρα υπάρχουν \displaystyle{k , \lambda \in Z}, ώστε \displaystyle{x=\frac{4k+1}{5-4\lambda}}

Tότεν \displaystyle{\frac{1}{x}=\frac{5-4\lambda}{4k+1}=\frac{4-4\lambda +1}{5-4+4k}=\frac{4(1-\lambda)+1}{5-4(1-k)}=\frac{4m+1}{5-4n}},

όπου \displaystyle{m,n \in Z}. Άρα \displaystyle{\frac{1}{x} \in A} και αφού \displaystyle{x. \frac{1}{x}=1}, έχουμε ότι \displaystyle{x{'}=\frac{1}{x}}

Aπό τα ανωτέρω, συμπεραίνουμε ότι η δομή \displaystyle{(A , .)} είναι αβελιανή ομάδα


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

Re: Α' ΔΕΣΜΗ 1988

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Christos75 » Παρ Ιουν 21, 2013 2:56 am

parmenides51 έγραψε:
2. α) Να αποδείξετε ότι κάθε ακολουθία αύξουσα και φραγμένη άνω είναι συγκλίνουσα
β) Να βρείτε το όριο της ακολουθίας \left( {{\alpha }_{\nu }} \right) με \displaystyle{{{\alpha }_{1}}=1} και \displaystyle{{{\alpha }_{\nu +1}}=\sqrt{4{{\alpha }_{\nu }}+5}\,\,\forall \nu \in \mathbb{N}*}.
Πάμε να δούμε και το δεύτερο θέμα.

α) Θεωρία Σχολικού βιβλίου της...«εποχής».

β) Μας δίνεται η ακολουθία με αναδρομικό τύπο: \alpha _{1}=1 και \alpha _{\nu +1}=\sqrt{4\alpha _{\nu }+5},\forall \nu \in \mathbb{N}^{*}

Αρχικά γνωρίζουμε ότι : \alpha _{1}=1 από τον αναδρομικό τύπο της ακολουθίας και για \nu =2 προκύπτει: \alpha _{2}=3

Με τον ίδιο τρόπο προκύπτει: \alpha _{3}=\sqrt{17}. Επίσης ισχύει: \alpha _{1}<\alpha _{2}<\alpha _{3}.

Εικάζουμε ότι :\alpha _{\nu }<\alpha _{\nu +1}.

Με την μέθοδο της μαθηματικής επαγωγής έχω:
\cdot Για \nu =1 έχω \alpha _{1}=1<\alpha _{2}=3 που ισχύει.

\cdot Έστω ότι ο αρχικός μας συλλογισμός ισχύει για \nu =\kappa δηλαδή: \alpha _{\kappa } <\alpha _{\kappa +1}

\cdot Θα δείξουμε ότι ισχύει για \nu =\kappa +1 δηλαδή: \alpha _{\kappa +1}<\alpha _{\kappa +2}.

Πράγματι, ισχύει ότι: \alpha _{\kappa+1}=\sqrt{4\alpha _{\kappa }+5}

οπότε από την προηγούμενη υπόθεση έχουμε: \alpha _{\kappa}<\alpha _{\kappa+1}\Leftrightarrow 4\alpha _{\kappa}<4\alpha _{\kappa+1}\Leftrightarrow 4\alpha _{\kappa}+5<4\alpha _{\kappa+1}+5\Leftrightarrow \sqrt{4\alpha _{\kappa}+5}<\sqrt{4\alpha _{\kappa+1}+5}\Leftrightarrow \alpha _{\kappa +1}<\alpha _{\kappa +2}

Συνεπώς, \alpha _{\nu }<\alpha _{\nu  +1}, \forall \nu \in \mathbb{N}^* που σημαίνει ότι η ακολουθία: \alpha _{\nu } είναι γνησίως αύξουσα.

Επίσης: \alpha _{\nu }< \alpha _{\nu +1}=\sqrt{4\alpha _{\nu }+5}, δηλαδή: \alpha _{\nu }< \sqrt{4\alpha _{\nu }+5}\Leftrightarrow \alpha _{\nu }^{2}<4\alpha _{\nu }+5\Leftrightarrow \alpha _{\nu }^{2}-4\alpha _{\nu }-5<0\Leftrightarrow -1<\alpha _{\nu }<5\Leftrightarrow 0<\alpha _{\nu }<5

Συνεπώς, \alpha _{\nu }<5 που σημαίνει ότι η εν λόγω ακολουθία είναι φραγμένη άνω. Οπότε σύμφωνα με το α) ερώτημα του ζητήματος συγκλίνει.

Θα υπολογίσουμε τώρα το όριό της. Είναι: \alpha _{\nu }<\alpha _{\nu+1 } οπότε \lim\alpha _{\nu }_{}<\lim\alpha _{\nu+1 }=\lim\sqrt{4\alpha _{\nu }+5}_{}=\sqrt{4\lim\alpha _{\nu }+5_{}}

Θέτω: \lim\alpha _{\nu }_{}=\lim\alpha _{\nu +1}_{}=l, Άρα \lim\alpha _{\nu +1}_{}=\lim\sqrt{4\alpha _{\nu }+5}_{} \Leftrightarrow  l=\sqrt{4l+5} με
l\geq 0.

Συνεπώς, l^{2}=4l+5\Leftrightarrow l^{2}-4l-5=0 με λύσεις : l_{1}=-1 \wedge l_{2}=5 , αυτή που ικανοποιεί τον περιορισμό είναι: l=5>0.

Άρα, \lim\alpha _{\nu }=5 που είναι και το ζητούμενο.


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

Re: Α' ΔΕΣΜΗ 1988

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από stranton » Κυρ Ιουν 23, 2013 12:32 pm

Μία παρατήρηση στο Θέμα 3.β)

Έστω f:A\to\mathbb{R} . Το σημείο K(a,b) είναι κέντρο συμμετρίας της C_f αν και μόνο αν:
i) Για κάθε x\in A είναι 2a-x\in A και
ii) f(x)+f(2a-x)=2b, για κάθε x\in A

Το σημείο K(-1,0) είναι κέντρο συμμετρίας της C_f με f(x)=x+1+\dfrac{1}{x+1} και A=\mathbb{R}-\{-1\} , αφού:
Για κάθε x\neq -1 είναι -2-x\neq -1 και
f(x)+f(-2-x)=x+1+\dfrac{1}{x+1}-2-x+1+\dfrac{1}{-2-x+1}=0

Για x>-1 είναι f(x)=x+1+\dfrac{1}{x+1}\geq 2\sqrt{(x+1)\frac{1}{x+1}}=2=f(0)

Το συμμετρικό του σημείου (0,2) ως προς το K(-1,0) είναι το (-2,-2).

Στο πρώτο σημείο έχουμε τ. ελάχιστο, ενώ στο δεύτερο τ. μέγιστο.


Στράτης Αντωνέας
Απάντηση

Επιστροφή σε “Α' Δέσμη”

Μέλη σε σύνδεση

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