Α' ΔΕΣΜΗ 1993

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

Α' ΔΕΣΜΗ 1993

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από parmenides51 » Παρ Ιουν 28, 2013 10:39 am

1. α) Τα διανύσματα \displaystyle{\vec{\alpha },\vec{\beta },\vec{\gamma },\vec{x}} του επιπέδου ικανοποιούν τη σχέση \left( \vec{\alpha }\vec{x} \right)\vec{\beta }=\vec{\gamma }+\vec{x}.
i) Να αποδείξετε ότι \left( \vec{\beta }\vec{\alpha }-1 \right)\left( \vec{\alpha }\vec{x} \right)=\vec{\gamma } \vec{\alpha }
ii) Αν \vec{\beta } \vec{\alpha }\ne 1 να εκφράσετε το διάνυσμα \vec{x} ως συνάρτηση των \displaystyle{\vec{\alpha },\vec{\beta },\vec{\gamma }}
β) Για τον αντιστρέψιμο πίνακα \displaystyle{A} τύπου \displaystyle{\nu \, x \, \nu} ορίζουμε τα πολυώνυμα f(x)=\left|A -x\mathbb{I} \right|,\,\,g(x)=\left| {{A}^{-1}}-x\mathbb{I}\right|
όπου \displaystyle{\mathbb{I}} ο μοναδιαίος πίνακας \displaystyle{\nu \, x \, \nu} και \displaystyle{x} πραγματικός αριθμός.
Να αποδείξετε ότι αν f({{x}_{0}})=0 τότε
i) {{x}_{0}}\ne 0
ii) \displaystyle{g\left(\frac{1}{{{x}_{0}}}\right)=0}


2. α) Δίνεται η συνάρτηση \displaystyle{f(z)=\frac{\left( z-1 \right)\left( \bar{z}+1 \right)}{z+\bar{z}},\,\,z\in \mathbb{C}} και \displaystyle{ Re(z)\ne 0}
i) Να αποδείξετε ότι \displaystyle{f\left(-\frac{1}{{\bar{z}}}\right)=f(z)}
ii) Να βρείτε το είδος της καμπύλης στην οποία ανήκουν τα σημεία \displaystyle{M(x,y)} για τα οποία οι μιγαδικοί αριθμοί
\displaystyle{z=\alpha x+\beta yi} με \displaystyle{\alpha ,\beta ,x,y\in \mathbb{R} \,\, , \alpha \beta x\ne 0} ικανοποιούν την σχέση \displaystyle{Re}\left[ f(z) \right]=0}
β) Δίνεται η έλλειψη \displaystyle{\frac{{{x}^{2}}}{{{\alpha }^{2}}}+\frac{{{y}^{2}}}{{{\beta }^{2}}}=1} με \displaystyle{\alpha >\beta >0} και το σημείο \displaystyle{K(0,2\beta)} .
Μια μεταβλητή ευθεία με συντελεστή διεύθυνσης \displaystyle{\lambda} διέρχεται από το σταθερό σημείο \displaystyle{K} και τέμνει τις εφαπτόμενες της έλλειψης
στα άκρα του μεγάλου άξονά της στα σημεία \displaystyle{M} και \displaystyle{N}.
i) Να βρείτε την εξίσωση του κύκλου με διάμετρο \displaystyle{MN} ως συνάρτηση του \displaystyle{\lambda}.
ii) Να βρείτε την τιμή του \displaystyle{\lambda} ώστε ο κύκλος με διάμετρο \displaystyle{MN} να διέρχεται από τις εστίες της έλλειψης.


3. α) Να αποδείξετε ότι αν μια συνάρτηση \displaystyle{f} είναι συνεχής στο \displaystyle{\left[ \alpha ,\beta  \right]} τότε
i) Υπάρχουν m,M\in \mathbb{R} τέτοια ώστε \displaystyle{m\left( \beta -\alpha  \right)\le \int\limits_{\alpha }^{\beta }{f(x)dx\le M\left( \beta -\alpha  \right)}}.
ii) Υπάρχει ένα τουλάχιστον \xi \in \left[ \alpha ,\beta  \right] τέτοιο ώστε \int\limits_{\alpha }^{\beta }{f(x)}dx=f(\xi )\left( \beta -\alpha  \right).
β) Δίνεται η συνάρτηση \displaystyle{f(x)=\frac{1}{\sqrt{1+{{x}^{4}}}}+4} με \displaystyle{x>0}
i) Να εξετάσετε την μονοτονία της συνάρτησης \displaystyle{f}
ii) Να υπολογίσετε το \displaystyle{\lim_{x\to +\infty }\int\limits_{x}^{x+1}{f(t)dt}}


4. α) Δίνεται η ορθή γωνία \displaystyle{xOy} και το ευθύγραμμο τμήμα \displaystyle{AB} μήκους \displaystyle{10} m του οποίου τα άκρα \displaystyle{A} και \displaystyle{B} ολισθαίνουν πάνω
στις πλευρές \displaystyle{Oy} και \displaystyle{Ox} αντιστοίχως .
Το σημείο \displaystyle{B} κινείται με σταθερή ταχύτητα \displaystyle{v=2} m/sec και η θέση του πάνω στον άξονα \displaystyle{Ox} δίνεται από τη συνάρτηση
\displaystyle{s(t)=vt \,, t\in [0,5]} όπου \displaystyle{t } ο χρόνος σε sec
i) Να βρεθεί το εμβαδόν \displaystyle{E(t)} του τριγώνου \displaystyle{AOB} ως συνάρτηση του χρόνου.
ii) Ποιος είναι ο ρυθμός μεταβολής του εμβαδού \displaystyle{E(t)} τη στιγμή κατά την οποία το μήκος του τμήματος \displaystyle{OA} είναι \displaystyle{6} m;
β) Να βρεθεί η συνεχής συνάρτηση f:\mathbb{R}\to \mathbb{R} για την οποία ισχύει
\int\limits_{\alpha }^{x}{{{e}^{-t}}f(t)dt={{e}^{-x}}-{{e}^{-\alpha }}-{{e}^{-x}}f(x),\,\,\,x,\alpha \in \mathbb{R}}


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

Re: Α' ΔΕΣΜΗ 1993

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Christos75 » Παρ Ιουν 28, 2013 4:44 pm

parmenides51 έγραψε:1. α) Τα διανύσματα \displaystyle{\vec{\alpha },\vec{\beta },\vec{\gamma },\vec{x}} του επιπέδου ικανοποιούν τη σχέση \left( \vec{\alpha }\vec{x} \right)\vec{\beta }=\vec{\gamma }+\vec{x}.
i) Να αποδείξετε ότι \left( \vec{\beta }\vec{\alpha }-1 \right)\left( \vec{\alpha }\vec{x} \right)=\vec{\gamma } \vec{\alpha }
ii) Αν \vec{\beta } \vec{\alpha }\ne 1 να εκφράσετε το διάνυσμα \vec{x} ως συνάρτηση των \displaystyle{\vec{\alpha },\vec{\beta },\vec{\gamma }}
β) Για τον αντιστρέψιμο πίνακα \displaystyle{A} τύπου \displaystyle{\nu \, x \, \nu} ορίζουμε τα πολυώνυμα f(x)=\left|A -x\mathbb{I} \right|,\,\,g(x)=\left| {{A}^{-1}}-x\mathbb{I}\right|
όπου \displaystyle{\mathbb{I}} ο μοναδιαίος πίνακας \displaystyle{\nu \, x \, \nu} και \displaystyle{x} πραγματικός αριθμός.
Να αποδείξετε ότι αν f({{x}_{0}})=0 τότε
i) {{x}_{0}}\ne 0
ii) \displaystyle{g\left(\frac{1}{{{x}_{0}}}\right)=0}
Πάμε να δούμε τα θέματα και εκείνης της χρονιάς.

α)
i) Μας δίνεται η σχέση: (\vec{\alpha }.\vec{x}).\vec{\beta }=\vec{\gamma }+\vec{x} (1)

Από (1) πολλαπλάσιάζοντάς την με διάνυσμα \vec{\alpha }\neq \vec{0} θα γίνει:

\displaystyle{(\vec{\alpha }.\vec{x}).\vec{\beta }=\vec{\gamma }+\vec{x}\overset{\vec{\alpha }}{\rightarrow} (\vec{\alpha }.\vec{x}).\vec{\beta }.\vec{\alpha }=(\vec{\gamma }+\vec{x}).\vec{\alpha }\Rightarrow (\vec{\alpha }.\vec{x}).\vec{\beta }.\vec{\alpha }=\vec{\gamma }\vec{\alpha }+\vec{x}.\vec{\alpha }\Leftrightarrow (\vec{\alpha }.\vec{x}).\vec{\beta }.\vec{\alpha }-\vec{x}.\vec{\alpha }=\vec{\gamma }.\vec{\alpha }\Rightarrow \vec{\alpha }.\vec{x}(\vec{\beta }.\vec{\alpha }-1)=\vec{\gamma }.\vec{\alpha }\Rightarrow \vec{\alpha }.\vec{x}=\frac{\vec{\gamma }.\vec{\alpha }}{\vec{\beta }.\vec{\alpha }-1}}

αφού {\vec{\beta }.\vec{\alpha }\neq 1}

ii) Από την δοσμένη σχέση \displaystyle{(1) έχω: (\vec{\alpha }.\vec{x}).\vec{\beta }=\vec{\gamma }+\vec{x}} και αντικαθιστώ το γινόμενο \displaystyle{\vec{\alpha }.\vec{x}

με αυτό που βρήκα στο προηγούμενο ερώτημα και έχω: \displaystyle{(\frac{\vec{\gamma }.\vec{\alpha }}{\vec{\beta }.\vec{\alpha }-1}).\vec{\beta }=\vec{\gamma }+\vec{x}\Leftrightarrow \vec{x}=(\frac{\vec{\gamma }.\vec{\alpha }}{\vec{\beta }.\vec{\alpha }-1}).\vec{\beta }-\vec{\gamma }}

Συνεπώς, έχουμε βγάλει το διάνυσμα \vec{x} συναρτήσει των \vec{\alpha }, \vec{\beta },\vec{\gamma  }.

β)
i) Μας δίνεται το πολυώνυμο f(x)=\mid A- xI\mid και θέλουμε να δείξουμε ότι x_{0}\neq 0

Θα χρησιμοποιήσουμε την απαγωγή σε άτοπο για να αποδείξουμε το ζητούμενο.

Πράγματι εάν x_{0}=0 τότε αφού f(x_{0})=0\Leftrightarrow \mid A- x_{0}I\mid=0\Leftrightarrow \mid A \mid= 0 ΑΤΟΠΟ, αφού ο πίνακας A

αντιστρέψιμος. Άρα \displaystyle{x_{0}\neq 0}

ii) θέλουμε να δείξουμε ότι \displaystyle{g(\frac{1}{x_{0}})=0}

Πράγματι, είναι \displaystyle{g(\frac{1}{x_{0}})=\mid A^{-1}-\frac{1}{x_{0}}.I \mid= \mid A^{-1}-\frac{1}{x_{0}}.A.A^{-1} \mid =\mid A^{-1}(I-\frac{1}{x_{0}}.A) \mid}

\displaystyle{= \mid (\frac{-1} {x_{0}}).A^{-1}.(A-x_{0}I) \mid =(\frac{-1}{x_{0}})^\nu.\mid A^{-1} \mid . \mid A-x_{0}.I\mid= (\frac{-1}{x_{0}})^\nu.\mid A^{-1} \mid.f(x_{0})=0}

αφού από τα δεδομένα της υπόθεσης f(x_{0})=0 και

\displaystyle{A.A^{-1}=I \Rightarrow \mid A.A^{-1} \mid = 1\Rightarrow \mid A \mid.\mid A^{-1}\mid = 1 \Rightarrow \mid A^{-1}\mid =\frac{1}{\mid A \mid} \neq 0},

αφού πίνακας A αντιστρέψιμος εξ ' υποθέσεως.

Συνεπώς \displaystyle{g(\frac{1}{x_{0}})=0}
τελευταία επεξεργασία από Christos75 σε Σάβ Ιουν 29, 2013 9:51 am, έχει επεξεργασθεί 4 φορές συνολικά.


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

Re: Α' ΔΕΣΜΗ 1993

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από BAGGP93 » Παρ Ιουν 28, 2013 5:22 pm

parmenides51 έγραψε:

3. α) Να αποδείξετε ότι αν μια συνάρτηση \displaystyle{f} είναι συνεχής στο \displaystyle{\left[ \alpha ,\beta  \right]} τότε
i) Υπάρχουν m,M\in \mathbb{R} τέτοια ώστε \displaystyle{m\left( \beta -\alpha  \right)\le \int\limits_{\alpha }^{\beta }{f(x)dx\le M\left( \beta -\alpha  \right)}}.
ii) Υπάρχει ένα τουλάχιστον \xi \in \left[ \alpha ,\beta  \right] τέτοιο ώστε \int\limits_{\alpha }^{\beta }{f(x)}dx=f(\xi )\left( \beta -\alpha  \right).
β) Δίνεται η συνάρτηση \displaystyle{f(x)=\frac{1}{\sqrt{1+{{x}^{4}}}}+4} με \displaystyle{x>0}
i) Να εξετάσετε την μονοτονία της συνάρτησης \displaystyle{f}
ii) Να υπολογίσετε το \displaystyle{\lim_{x\to +\infty }\int\limits_{x}^{x+1}{f(t)dt}}

αi)Θεωρία

αii)Θέωρημα Μέσης Τιμής Ολοκληρωτικού Λογισμού

βi)Για κάθε \displaystyle{x,y>0} έχουμε,

\displaystyle{\begin{aligned}x<y &\Rightarrow x^4+1<y^4+1\\&\Rightarrow \sqrt{1+x^4}<\sqrt{1+y^4}\\&\Rightarrow \frac{1}{\sqrt{1+x^4}}>\frac{1}{\sqrt{1+y^4}}\\&\Rightarrow  \frac{1}{\sqrt{1+x^4}}+4>\frac{1}{\sqrt{1+y^4}}+4\\&\Rightarrow f(x)>f(y)\end{aligned}}

Συνεπώς, η συνάρτηση \displaystyle{f} είναι γνησίως φθίνουσα στο πεδίο ορισμού της.

βii)Για κάθε \displaystyle{x>0} έχουμε

\displaystyle{\begin{aligned}x\leq t\leq x+1&\Rightarrow f(x+1)\leq f(t)\leq f(x)\\&\Rightarrow \int_{x}^{x+1}f(x+1)\,dt\leq \int_{x}^{x+1}f(t)\,dt\leq \int_{x}^{x+1}f(x)\,dt\\&\Rightarrow f(x+1)\leq \int_{x}^{x+1}f(t)\,dt\leq f(x)\end{aligned}}

Είναι, \displaystyle{\lim_{x\to +\infty}f(x)=\lim_{x\to +\infty}\left(\frac{1}{\sqrt{1+x^4}}+4\right)=\lim_{x\to +\infty}f(x+1)=\lim_{x\to +\infty}\left(\frac{1}{\sqrt{1+\left(x+1\right)^4}}+4\right)=4}}

Επομένως, από το κριτήριο των ισοσυγκλινουσών συναρτήσεων, έχουμε ότι \displaystyle{\lim_{x\to +\infty}\int_{x}^{x+1}f(t)\,dt=4}}


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

Re: Α' ΔΕΣΜΗ 1993

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιώργος Απόκης » Παρ Ιουν 28, 2013 6:45 pm

4. α) Δίνεται η ορθή γωνία \displaystyle{xOy} και το ευθύγραμμο τμήμα \displaystyle{AB} μήκους \displaystyle{10} m του οποίου τα άκρα \displaystyle{A} και \displaystyle{B} ολισθαίνουν πάνω
στις πλευρές \displaystyle{Oy} και \displaystyle{Ox} αντιστοίχως .
Το σημείο \displaystyle{B} κινείται με σταθερή ταχύτητα \displaystyle{v=2} m/sec και η θέση του πάνω στον άξονα \displaystyle{Ox} δίνεται από τη συνάρτηση
\displaystyle{s(t)=vt \,, t\in [0,5]} όπου \displaystyle{t } ο χρόνος σε sec
i) Να βρεθεί το εμβαδόν \displaystyle{E(t)} του τριγώνου \displaystyle{AOB} ως συνάρτηση του χρόνου.
ii) Ποιος είναι ο ρυθμός μεταβολής του εμβαδού \displaystyle{E(t)} τη στιγμή κατά την οποία το μήκος του τμήματος \displaystyle{OA} είναι \displaystyle{6} m;
β) Να βρεθεί η συνεχής συνάρτηση f:\mathbb{R}\to \mathbb{R} για την οποία ισχύει
\int\limits_{\alpha }^{x}{{{e}^{-t}}f(t)dt={{e}^{-x}}-{{e}^{-\alpha }}-{{e}^{-x}}f(x),\,\,\,x,\alpha \in \mathbb{R}}

Λύση

α) i) Είναι : \displaystyle{(OB)=2t} και από το Πυθαγόρειο : \displaystyle{(OA)=\sqrt{100-4t^2}} επομένως για το εμβαδόν θα ισχύει :

\displaystyle{E(t)=\frac{1}{2}(OA)(OB)=\frac{2t}{2}\sqrt{100-4t^2}=t\sqrt{100-4t^2}}.

ii) Την τυχαία χρονική στιγμή ο ρυθμός μεταβολής του εμβαδού είναι : \displaystyle{E'(t)=\sqrt{100-4t^2}+t\frac{-8t}{2\sqrt{100-4t^2}}=}

\displaystyle{=\sqrt{100-4t^2}-\frac{4t^2}{\sqrt{100-4t^2}}=\frac{100-4t^2-4t^2}{\sqrt{100-4t^2}}=\frac{100-8t^2}{\sqrt{100-4t^2}}}. Έστω \displaystyle{t_o} η στιγμή που \displaystyle{(OA)=6}.

Τότε \displaystyle{\sqrt{100-4t_o^2}=6\Leftrightarrow 100-4t_o^2=36\Leftrightarrow 4t_o^2=64\Leftrightarrow t_o^2=16\Leftrightarrow t_o=4} άρα ο

ρυθμός μεταβολής είναι : \displaystyle{E'(4)=\frac{100-128}{\sqrt{100-64}}=\frac{-28}{6}=-\frac{14}{3}~m^2/s}

β) H \displaystyle{f} είναι συνεχής άρα το ολοκλήρωμα είναι παραγωγίσιμη συνάρτηση. Επίσης, αν πολλαπλασιάσουμε τα μέλη της δοσμένης με \displaystyle{e^x}

έχουμε \displaystyle{f(x)=-e^x\int_a^xe^{-t}f(t)dt+1-e^{-a}e^x} και άρα η \displaystyle{f} είναι παραγωγίσιμη στο \displaystyle{\mathbb R}.

Παραγωγίζουμε τα μέλη της δοσμένης και έχουμε : \displaystyle{e^{-x}f(x)=-e^{-x}+e^{-x}f(x)-e^{-x}f'(x)\Leftrightarrow e^{-x}f'(x)=-e^{-x}\Leftrightarrow}

\displaystyle{f'(x)=-1} και αφού η \displaystyle{f} είναι συνεχής στο \displaystyle{\mathbb R} έχουμε : \displaystyle{f(x)=-x+c~(c\in \mathbb R),~x\in \mathbb R}.

Για \displaystyle{x=a} έχουμε : \displaystyle{f(a)=-a+c} και από τη δοσμένη : \displaystyle{0=e^{-a}-e^{-a}-e^{-a}f(a)\Leftrightarrow e^{-a}(-a+c)=0\Leftrightarrow c=a}

Τελικά : \displaystyle{f(x)=-x+a,~x\in \mathbb R}
Συνημμένα
desmi.png
desmi.png (4.41 KiB) Προβλήθηκε 1332 φορές


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

Re: Α' ΔΕΣΜΗ 1993

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Christos75 » Σάβ Ιουν 29, 2013 3:23 pm

parmenides51 έγραψε: 2. α) Δίνεται η συνάρτηση \displaystyle{f(z)=\frac{\left( z-1 \right)\left( \bar{z}+1 \right)}{z+\bar{z}},\,\,z\in \mathbb{C}} και \displaystyle{ Re(z)\ne 0}
i) Να αποδείξετε ότι \displaystyle{f\left(-\frac{1}{{\bar{z}}}\right)=f(z)}
ii) Να βρείτε το είδος της καμπύλης στην οποία ανήκουν τα σημεία \displaystyle{M(x,y)} για τα οποία οι μιγαδικοί αριθμοί
\displaystyle{z=\alpha x+\beta yi} με \displaystyle{\alpha ,\beta ,x,y\in \mathbb{R} \,\, , \alpha \beta x\ne 0} ικανοποιούν την σχέση \displaystyle{Re}\left[ f(z) \right]=0}
β) Δίνεται η έλλειψη \displaystyle{\frac{{{x}^{2}}}{{{\alpha }^{2}}}+\frac{{{y}^{2}}}{{{\beta }^{2}}}=1} με \displaystyle{\alpha >\beta >0} και το σημείο \displaystyle{K(0,2\beta)} .
Μια μεταβλητή ευθεία με συντελεστή διεύθυνσης \displaystyle{\lambda} διέρχεται από το σταθερό σημείο \displaystyle{K} και τέμνει τις εφαπτόμενες της έλλειψης
στα άκρα του μεγάλου άξονά της στα σημεία \displaystyle{M} και \displaystyle{N}.
i) Να βρείτε την εξίσωση του κύκλου με διάμετρο \displaystyle{MN} ως συνάρτηση του \displaystyle{\lambda}.
ii) Να βρείτε την τιμή του \displaystyle{\lambda} ώστε ο κύκλος με διάμετρο \displaystyle{MN} να διέρχεται από τις εστίες της έλλειψης.
Για να δούμε ακόμα ένα θεματάκι αναλυτικής γεωμετρίας.

Λύση

α)
i) θέλουμε να δείξουμε ότι \displaystyle{f(-\frac{1}{\bar{z}})=f(z)}

Πράγματι \displaystyle{f(-\frac{1}{\bar{z}})=\frac{(-\frac{1}{\bar{z}}-1).[\frac{-1}{\bar{z}}+1]}{-\frac{1}{\bar{z}}+(-\frac{1}{\bar{\bar{z}}})}=}

\displaystyle{\frac{(-1-\bar{z})/\bar{z}.(z-1)/z}{(-z-\bar{z})/\bar{z}.z}=\frac{-(z-1).(\bar{z}+1)}{-(z+\bar{z})}=f(z)}

όπου και αποδείξαμε αυτό μου μας ζητήθηκε.

ii)
Έχουμε \displaystyle{z=\alpha x+\beta yi,  \alpha ,\beta,x \neq 0}

Όμως: \left\{\begin{matrix} 
 z=\alpha x+\beta yi& \\  
 \bar{z}=\alpha x-\beta yi&  
\end{matrix}\right. 
\overset{+}{\rightarrow} z+\bar{z}=2\alpha x (1)

επίσης z-1=(\alpha x-1)+\beta yi \wedge \bar{z}+1=(\alpha x+1)-\beta yi

Αντικαθιστώντας τα παραπάνω στη σχέση:

\displaystyle{f(z)=\frac{(z-1).(\bar{z}+1)}{z+\bar{z}}=\frac{[(\alpha x-1)+\beta yi].[(\alpha x+1)-\beta yi]}{2\alpha x}=\frac{\alpha ^{2}.x^{2}-1-\alpha \beta xyi+\beta yi+\alpha \beta xyi+\beta yi+\beta ^{2}.y^{2}}{2\alpha x}=}

\displaystyle{\frac{\alpha ^{2}.x^{2}-1-\alpha \beta xyi+\beta yi+\alpha \beta xyi+\beta yi+\beta ^{2}.y^{2}}{2\alpha x}=\frac{\alpha ^{2}.x^{2}+\beta ^{2}.y^{2}-1+2\beta yi}{2\alpha x}=\frac{\alpha ^{2}.x^{2}+\beta ^{2}.y^{2}-1}{2\alpha x}+\frac{\beta yi}{\alpha x}}

και τελικά

\displaystyle{Re[f(z)]=0\Leftrightarrow \frac{\alpha ^{2}\beta ^{2}+\beta ^{2}y^{2}-1}{2\alpha x}=0\overset{2\alpha x\neq 0}{\rightarrow} \alpha ^{2}\beta ^{2}+\beta ^{2}y^{2}-1=0}

\displaystyle{\Leftrightarrow \alpha ^{2}\beta ^{2}+\beta ^{2}y^{2}=1\Leftrightarrow \frac{x^{2}}{\frac{1}{\alpha ^{2}}}+\frac{y^{2}}{\frac{1}{\beta  ^{2}}}=1}

που σημαίνει ότι ο ζητούμενος γεωμετρικός τόπος είναι έλλειψη.

β)
i) Μας δίνεται η έλλειψη \displaystyle{\frac{x^{2}}{\alpha ^{2}}+\frac{y^{2}}{\beta ^{2}}=1, \alpha >\beta >0} που σημαίνει ότι έχει τις εστίες τις στον άξονα \displaystyle{x'x}

και κατά συνέπεια αυτός είναι και ο μεγάλος άξονάς της.

Η ευθεία που διέρχεται από το σημείο \displaystyle{K(0,2\beta )} έχει εξίσωση \displaystyle{y-2\beta =\lambda (x-0)\Leftrightarrow y=\lambda x+2\beta}

Τα σημεία \displaystyle{M, N} τα οποία είναι σημεία τομής της παραπάνω ευθείας με τις εφαπτομένες τις έλλειψης του μεγάλου άξονα προκύπτουν από τη λύση των δύο
συστημάτων :

\begin{Bmatrix} 
x=-\alpha  & \\  
 y=\lambda x+2\beta &  
\end{Bmatrix} \Leftrightarrow \begin{Bmatrix} 
x=-\alpha  & \\  
 y=-\lambda \alpha +2\beta &  
\end{Bmatrix}\Leftrightarrow M(-\alpha , 2\beta -\lambda \alpha )

Ομοίως
\begin{Bmatrix} 
x=\alpha  & \\  
 y=\lambda x+2\beta &  
\end{Bmatrix} \Leftrightarrow \begin{Bmatrix} 
x=\alpha  & \\  
 y=\lambda \alpha +2\beta &  
\end{Bmatrix}\Leftrightarrow N(\alpha , \alpha \lambda +2\beta )

Επίσης, η ακτίνα του ζητούμενου κύκλου προκύπτει από \displaystyle{(KN)=\sqrt{(\alpha -0)^2+(\alpha \lambda +2\beta -2\beta )^2}=}
\displaystyle{=\sqrt{\alpha ^{2}+\alpha ^{2}.\lambda ^{2}}=\alpha \sqrt{\lambda ^{2}+1}} αφού \displaystyle{\alpha >0}.

Συνεπώς ο ζητούμενος κύκλος είναι: \displaystyle{C: x^{2}+(y-2\beta )^2=\alpha ^{2}(\lambda ^{2}+1)}

ii) Οι εστίες της έλλειψης, δίνονται ως εξής: \displaystyle{E'(-\gamma ,0) \wedge E(\gamma ,0) με \gamma ^{2}=\alpha ^{2}-\beta ^{2}}

Για να περνάει ο κύκλος από τις εστίες της έλλειψης πρέπει να ισχύει:

\displaystyle{\alpha ^{2}-\beta ^{2}+(0-2\beta )^2=\alpha ^{2}(\lambda ^{2}+1)\Leftrightarrow \alpha ^{2}+3\beta ^{2}=\alpha ^{2}\lambda ^{2}+\alpha ^{2}\Leftrightarrow \alpha ^{2}\lambda ^{2}=}

\displaystyle{=3\beta ^{2}\Leftrightarrow \mid \lambda \mid=\sqrt{3}.\frac{\beta }{\alpha }

Δηλαδή:

\displaystyle{\lambda=-\sqrt{3}.\frac{\beta }{\alpha }}} ή \displaystyle{\lambda=+\sqrt{3}.\frac{\beta }{\alpha }}}

που είναι και οι ζητούμενες τιμές για το \displaystyle{\lambda}.
τελευταία επεξεργασία από Christos75 σε Σάβ Ιουν 29, 2013 5:31 pm, έχει επεξεργασθεί 5 φορές συνολικά.


Χρήστος Λοΐζος
Άβαταρ μέλους
cretanman
Διαχειριστής
Δημοσιεύσεις: 3917
Εγγραφή: Πέμ Δεκ 18, 2008 12:35 pm
Τοποθεσία: Ηράκλειο Κρήτης
Επικοινωνία:

Re: Α' ΔΕΣΜΗ 1993

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από cretanman » Σάβ Ιουν 29, 2013 3:44 pm

parmenides51 έγραψε: 2. α) Δίνεται η συνάρτηση \displaystyle{f(z)=\frac{\left( z-1 \right)\left( \bar{z}+1 \right)}{z+\bar{z}},\,\,z\in \mathbb{C}} και \displaystyle{ Re(z)\ne 0}
i) Να αποδείξετε ότι \displaystyle{f\left(-\frac{1}{{\bar{z}}}\right)=f(z)}
ii) Να βρείτε το είδος της καμπύλης στην οποία ανήκουν τα σημεία \displaystyle{M(x,y)} για τα οποία οι μιγαδικοί αριθμοί
\displaystyle{z=\alpha x+\beta yi} με \displaystyle{\alpha ,\beta ,x,y\in \mathbb{R} \,\, , \alpha \beta x\ne 0} ικανοποιούν την σχέση \displaystyle{Re}\left[ f(z) \right]=0}
Έχω μία ένσταση για τη διατύπωση του 2ii και αυτό διότι δε φαίνεται εκ των προτέρων ότι οι \alpha,\beta είναι σταθεροί αριθμοί για να συμπεράνουμε ότι τελικά η εξίσωση

\dfrac{x^2}{\frac{1}{\alpha^2}}+\dfrac{y^2}{\frac{1}{\beta^2}}=1 στην οποία καταλήγουμε, παριστάνει έλλειψη.

Αλέξανδρος


Αλέξανδρος Συγκελάκης
Απάντηση

Επιστροφή σε “Α' Δέσμη”

Μέλη σε σύνδεση

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