A' ΔΕΣΜΗ 1994

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

A' ΔΕΣΜΗ 1994

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από parmenides51 » Σάβ Ιουν 29, 2013 10:11 pm

1. α) Δίνεται η συνάρτηση \displaystyle{f(x)=2{x^{2}}\,\, , x \in R}
i) Αν \displaystyle{(\varepsilon)} είναι η εφαπτομένη της γραφικής παράστασης \displaystyle{C_f} της συνάρτησης \displaystyle{f} στο σημείο \displaystyle{M(2\alpha,8\alpha^2)  \,\,\, , \alpha>0} ,
να βρείτε το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τη \displaystyle{C_f} , την ευθεία \displaystyle{(\varepsilon)} και τον άξονα \displaystyle{y'y}.
ii) Έστω \displaystyle{\theta} η γωνία που σχηματίζει η \displaystyle{(\varepsilon)} με την ευθεία \displaystyle{MO}, όπου \displaystyle{O} είναι η αρχή των αξόνων.
Να εκφράσετε την \displaystyle{\epsilon \phi \theta} ως συνάρτηση του \displaystyle{\alpha} και να βρείτε την μέγιστη τιμή της \displaystyle{\epsilon \phi \theta} όταν το \displaystyle{\alpha} μεταβάλλεται (\displaystyle{\alpha>0}).
β) Αν η συνάρτηση \displaystyle{f } είναι παραγωγίσιμη στο διάστημα \displaystyle{[1,e]} με \displaystyle{0<f(x)<1} και \displaystyle{f '(x){\color{red}\ge }0 } για κάθε \displaystyle{x\in [1,e]} ,
να αποδείξετε ότι υπάρχει μόνο ένας αριθμός \displaystyle{x_o\in (1,e)} τέτοιος ώστε \displaystyle{f(x_0)+x_0 \ln x_0=x_0}


2. α) Στο σύνολο των μιγαδικών αριθμών να βρείτε τις κοινές λύσεις των εξισώσεων \displaystyle{{{\left( {{z}^{2}}+1 \right)}^{2}}+{{z}^{3}}+z=0} και \displaystyle{{{z}^{16}}+2{{z}^{14}}+1=0}.
β) Θεωρούμε τους μιγαδικούς αριθμούς \displaystyle{z,w,w_1} τέτοιους ώστε \displaystyle{w=z-zi\,\,\,\, ,{{w}_{1}}=\frac{1}{\alpha}+\alpha i\,\,\,, \alpha\in \mathbb{R}^*}.
Να δείξετε ότι αν το \displaystyle{\alpha} μεταβάλλεται στο \displaystyle{\mathbb{R}^*} και ισχύει \displaystyle{w={{\bar{w}}_{1}}}, τότε η εικόνα \displaystyle{P} του \displaystyle{z} στο μιγαδικό επίπεδο κινείται σε μια υπερβολή.


3. α) Έστω \displaystyle{\rho} πραγματικός αριθμός \displaystyle{A(x),B(x)} πολυώνυμα με πραγματικούς συντελεστές ώστε \displaystyle{B(\rho)\ne 0} και το \displaystyle{A(x) } έχει βαθμό μεγαλύτερο ή ίσο του \displaystyle{2}.
Να αποδείξετε ότι υπάρχει πολυώνυμο \displaystyle{f(x)} τέτοιο ώστε \displaystyle{A(x)B(x)=(x- \rho)^2f(x)}, αν και μόνο αν \displaystyle{A(\rho)=A'(\rho)=0}.
β) Έστω \displaystyle{\nu} ακέραιος μεγαλύτερος ή ίσος του \displaystyle{ 1}.
Να βρείτε τις τιμές των \displaystyle{\kappa,\lambda} για τις οποίες το πολυώνυμο \displaystyle{Q(x)={x^{\nu}(\nu x^3+\kappa x^2 + \lambda x+8)} έχει παράγοντα το \displaystyle{(x-2)^2}.


4. α) Να αποδείξετε ότι η εξίσωση της παραβολής με εστία το σημείο \displaystyle{E\left( \frac{p}{2},0\right)} και διευθετούσα την ευθεία \displaystyle{\delta : x=-\frac{p}{2}} είναι \displaystyle{{y^{2}}=2px}.
β) Έστω \displaystyle{\nu} θετικός ακέραιος και \displaystyle{\Omega =\left\{ 0,1,2,3,... ,2\nu  \right\}} ένας δειγματικός χώρος.
Δίνονται οι πιθανότητες \displaystyle{P(\kappa)=\frac{1}{{{2}^{\kappa}}} για \displaystyle{\kappa=1,2,3,... ,2\nu } . Να υπολογίσετε :
i) Την πιθανότητα \displaystyle{P(0)}
ii) Την πιθανότητα \displaystyle{P(A)} του ενδεχομένου \displaystyle{A=\left\{ 2,4,6,... ,2\nu \right\}}


edit
Διορθώθηκε η φορά της ανισότητας στο 1β :wallbash: σωστός ο Χρήστος (Christos75)
τελευταία επεξεργασία από parmenides51 σε Δευ Ιούλ 01, 2013 7:57 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


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

Re: A' ΔΕΣΜΗ 1994

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από BAGGP93 » Σάβ Ιουν 29, 2013 11:25 pm

parmenides51 έγραψε:

2. α) Στο σύνολο των μιγαδικών αριθμών να βρείτε τις κοινές λύσεις των εξισώσεων \displaystyle{{{\left( {{z}^{2}}+1 \right)}^{2}}+{{z}^{3}}+z=0} και \displaystyle{{{z}^{16}}+2{{z}^{14}}+1=0}.
β) Θεωρούμε τους μιγαδικούς αριθμούς \displaystyle{z,w,w_1} τέτοιους ώστε \displaystyle{w=z-zi\,\,\,\, ,{{w}_{1}}=\frac{1}{\alpha}+\alpha i\,\,\,, \alpha\in \mathbb{R}^*}.
Να δείξετε ότι αν το \displaystyle{\alpha} μεταβάλλεται στο \displaystyle{\mathbb{R}^*} και ισχύει \displaystyle{w={{\bar{w}}_{1}}}, τότε η εικόνα \displaystyle{P} του \displaystyle{z} στο μιγαδικό επίπεδο κινείται σε μια υπερβολή.

Καλησπέρα.

Λύση

α)Για \displaystyle{z\in\mathbb{C}} έχουμε,

\displaystyle{\begin{aligned} \left(z^2+1\right)^2+z^3+z=0&\Leftrightarrow \left(z^2+1\right)^2+z\left(z^2+1\right)=0\\&\Leftrightarrow \left(z^2+1\right)\left(z^2+z+1\right)=0\\&\Leftrightarrow \left(z+i\right)\left(z-i\right)\left(z+\frac{1+\sqrt{3}\,i}{2}\right)\left(z+\frac{1-\sqrt{3}\,i}{2}\right)=0\\&\Leftrightarrow z=-i\ \lor z=i\ \lor z=\frac{-1-\sqrt{3}\,i}{2}\ \lor z=\frac{-1+\sqrt{3}\,i}{2}}\end{aligned}}

Έχουμε τώρα ότι

\displaystyle{\left(-i\right)^{16}+2\left(-i\right)^{14}+1=1-2+1=0}

\displaystyle{i^{16}+2i^{14}+1=1-2+1=0}

Έστω \displaystyle{z_1=\frac{-1-\sqrt{3}\,i}{2}\,\,,z_2=\frac{-1+\sqrt{3}\,i}{2}}

Τότε, \displaystyle{z_1^2+z_1+1=0\Rightarrow \left(z_1-1\right)\left(z_1^2+z_1+1\right)=0\Rightarrow z_1^3-1=0\Rightarrow z_1^3=1}

Ομοίως, βρίσκουμε ότι \displaystyle{z_2^3=1}

Έτσι,

\displaystyle{z_1^{16}+2z_1^{14}+1=\left(z_1^3\right)^5\cdot z+2\left(z_1^3\right)^4\cdot z_1^2+1=z_1+z_1^2+1+z_1^2=z_1\neq 0}

\displaystyle{z_2^{16}+2z_2^{14}+1=\left(z_2^3\right)^5\cdot z+2\left(z_2^3\right)^4\cdot z_2^2+1=z_2+z_2^2+1+z_2^2=z_2^2\neq 0}

Συνεπώς, οι δοσμένες εξισώσεις, έχουν ως κοινές λύσεις του μιγαδικούς \displaystyle{z_1=-i\,\,,z_2=i}

β)Από την σχέση \displaystyle{w=\bar{w_1}} έχουμε, \displaystyle{z-z\,i=\frac{1}{\alpha}-\alpha\,i\,\,,\alpha\in\mathbb{R}-\left\{0\right\}}

Έστω \displaystyle{z=c+d\,i\,\,,c,d\in\mathbb{R}} ένας μιγαδικός με την παραπάνω ιδιότητα.Τότε,

\displaystyle{c+d\,i+d-c\,i=\frac{1}{\alpha}-\alpha\,i\Rightarrow c+d=\frac{1}{\alpha}\,\,\kappa \alpha \iota\,\,d-c=-\alpha\neq 0}

Η πρώτη σχέση, με τη βοήθεια της δεύτερης, δίνει,

\displaystyle{c+d=\frac{1}{c-d}\Rightarrow c^2-d^2=1}

edit:Διόρθωση λάθους
τελευταία επεξεργασία από BAGGP93 σε Δευ Ιούλ 01, 2013 2:43 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


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

Re: A' ΔΕΣΜΗ 1994

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Christos75 » Δευ Ιούλ 01, 2013 3:57 am

parmenides51 έγραψε: 4. α) Να αποδείξετε ότι η εξίσωση της παραβολής με εστία το σημείο \displaystyle{E\left( \frac{p}{2},0\right)} και διευθετούσα την ευθεία \displaystyle{\delta : x=-\frac{p}{2}} είναι \displaystyle{{y^{2}}=2px}.
β) Έστω \displaystyle{\nu} θετικός ακέραιος και \displaystyle{\Omega =\left\{ 0,1,2,3,... ,2\nu  \right\}} ένας δειγματικός χώρος.
Δίνονται οι πιθανότητες \displaystyle{P(\kappa)=\frac{1}{{{2}^{\kappa}}} για \displaystyle{\kappa=1,2,3,... ,2\nu } . Να υπολογίσετε :
i) Την πιθανότητα \displaystyle{P(0)}
ii) Την πιθανότητα \displaystyle{P(A)} του ενδεχομένου \displaystyle{A=\left\{ 2,4,6,... ,2\nu \right\}}
Λύση

α) Θεωρία

β)
i) Μας δίνεται ο δειγματικός χώρος \displaystyle{\Omega =\left \{ 0,1,3,4,...,2\nu  \right.\left.  \right \}} και ο τύπος

\displaystyle{P(\kappa )=\frac{1}{2^{\kappa }}, \kappa =1,2,3,...,\nu }

Θέλουμε να υπολογίσουμε την \displaystyle{P(0)}

Από τον ορισμό της πιθανότητας έχουμε ότι
\displaystyle{P(\Omega )=P(0)+P(1)+P(2)+...+P(2\nu )\Leftrightarrow P(0)+\frac{1}{2}+\frac{1}{2^{2}}+\frac{1}{2^{3}}+...+\frac{1}{2^{2\nu }}=1\Leftrightarrow}

\displaystyle{P(0)=1-(\frac{1}{2}+\frac{1}{2^{2}}+\frac{1}{2^{3}}+...+\frac{1}{2^{2\nu }}) (1)}

Αλλά \displaystyle{\frac{1}{2}+\frac{1}{2^{2}}+\frac{1}{2^{3}}+...+\frac{1}{2^{2\nu }}} είναι γεωμετρική πρόοδος με

\displaystyle{\alpha_{1}=\frac{1}{2}} και λόγο \displaystyle{\lambda =\frac{1}{2}}

Συνεπώς \displaystyle{S_{\nu }=\frac{\alpha _{1}(\lambda ^{\nu }-1)}{\lambda -1}}

εν προκειμένω έχουμε \displaystyle{S_{2\nu }=\frac{\alpha _{1}(\lambda ^{2\nu }-1)}{\lambda -1}}

Οπότε προκύπτει \displaystyle{S_{2\nu }=\frac{1}{2}\frac{(1/2)^{2\nu }-1}{(1/2)-1}=1-(1/2)^{2\nu } }

Άρα τελικά \displaystyle{P(0)=1-S_{2\nu }=1-1+(\frac{1}{2})^{2\nu }=(\frac{1}{2})^{2\nu }}

που είναι και η ζητούμενη πιθανότητα.

ii) Με παρόμοιο τρόπο έχουμε ότι \displaystyle{A=\left \{ 2,4,6,...,2\nu \left.  \right \} \right.}

και ισχύει από τον ορισμό της πιθανότητας \displaystyle{P(A)=P(2)+P(4)+P(6)+...+P(2\nu )=\frac{1}{2^{2}}+\frac{1}{2^{4}}+...+\frac{1}{2^{2\nu }}}

και πάλι έχουμε γεωμετρική πρόοδο με λόγο αυτή τη φορά \displaystyle{\lambda =\frac{1}{2^{2}}}

Άρα τελικά θα έχουμε \displaystyle{P(A)=S_{\nu }=\frac{1}{2^{2}}\frac{(1/4)^\nu -1}{(1/4)-1}=...=\frac{4^{\nu }-1}{3.4^{\nu }}}

όπου είναι και ζητούμενη πιθανότητα του ενδεχομένου A


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

Re: A' ΔΕΣΜΗ 1994

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Christos75 » Δευ Ιούλ 01, 2013 6:12 pm

parmenides51 έγραψε: 3. α) Έστω \displaystyle{\rho} πραγματικός αριθμός \displaystyle{A(x),B(x)} πολυώνυμα με πραγματικούς συντελεστές ώστε \displaystyle{B(\rho)\ne 0} και το \displaystyle{A(x) } έχει βαθμό μεγαλύτερο ή ίσο του \displaystyle{2}.
Να αποδείξετε ότι υπάρχει πολυώνυμο \displaystyle{f(x)} τέτοιο ώστε \displaystyle{A(x)B(x)=(x- \rho)^2f(x)}, αν και μόνο αν \displaystyle{A(\rho)=A'(\rho)=0}.
β) Έστω \displaystyle{\nu} ακέραιος μεγαλύτερος ή ίσος του \displaystyle{ 1}.
Να βρείτε τις τιμές των \displaystyle{\kappa,\lambda} για τις οποίες το πολυώνυμο \displaystyle{Q(x)={x^{\nu}(\nu x^3+\kappa x^2 + \lambda x+8)} έχει παράγοντα το \displaystyle{(x-2)^2}.
Λύση

Θα αποδείξουμε πρώτα το ευθύ.

\displaystyle{(\Rightarrow )}

Έχουμε λοιπόν \displaystyle{A(x).B(x)=(x-\rho )^{2}.f(x) (1)}

Θα δείξουμε ότι \displaystyle{A(\rho )=A'(\rho )=0}

Πράγματι, για \displaystyle{x=\rho} στην σχέση (1) έχουμε
\displaystyle{A(\rho ).B(\rho )=(\rho -\rho )^2.f(\rho )\Leftrightarrow A(\rho ).B(\rho )=0\overset{B(\rho )\neq 0}{\rightarrow} A(\rho )=0(2)}

Εν συνεχεία παραγωγίζοντας την σχέση (1) έχουμε \displaystyle{[A(x).B(x)]'=[(x -\rho )^2.f(x)]'\Rightarrow A'(x).B(x)+A(x).B'(x)=2(x-\rho ).f(x)+f'(x).(x-\rho )^2 (3)}

Εν συνεχεία, θέτουμε στην (3) την τιμή \displaystyle{x=\rho} και έχουμε

\displaystyle{A'(\rho ).B(\rho ) +A(\rho ).B'(\rho )=2(\rho -\rho )f(\rho )+f'(\rho )(\rho -\rho )^{2}\Leftrightarrow A'(\rho ).B(\rho ) +A(\rho ).B'(\rho )=0}

\displaystyle{\xrightarrow[B(\rho )\neq 0]{A(\rho )=0}A'(\rho )=0 (4)}

Από (3), (4) τελικά προκύπτει \displaystyle{A(\rho )=A'(\rho )=0}

Θα αποδείξουμε το αντίστροφο τώρα.

\displaystyle{(\Leftarrow )}

Έστω ότι \displaystyle{A(\rho )=0} και αφού \rho ρίζα του πολυωνύμου A(x) τότε υπάρχει πολυώνυμο \displaystyle{\varphi (x)}

το πολύ πρώτου βαθμού :

\displaystyle{A(x)=(x-\rho ).\varphi (x)} Επίσης \displaystyle{A'(x)=(x-\rho )'.\varphi (x)+(x-\rho )\varphi '(x)}

Αφού \displaystyle{A'(\rho )=0\Rightarrow \varphi (\rho )+(\rho -\rho )\varphi '(x)=0} δηλαδή \displaystyle{\varphi (\rho )=0} που σημαίνει ότι \rho

ρίζα του πολυωνύμου \varphi συνεπώς υπάρχει πολυώνυμο, έστω K(x) τέτοιο ώστε \displaystyle{\varphi (x)=(x-\rho ).K(x)} όπου

K πολυώνυμο το πολύ πρώτου βαθμού.

Τελικά έχουμε λοιπόν \displaystyle{A(x)=(x-\rho ).(x-\rho ).K(x)=(x-\rho )^{2}.K(x)\overset{. B(x)\neq 0}{\rightarrow} A(x).B(x)=(x-\rho )^{2}.K(x).B(x)}

Αν θέσουμε \displaystyle{f(x)=K(x).B(x)} θα έχουμε τελικά \displaystyle{A(x).B(x)=(x-\rho )^{2}.f(x)}

β)
Θέτουμε \displaystyle{Q(x)=A(x).B(x)} Οπότε συνδυάζοντας αυτό με το ερώτημα α) και αν θέσουμε

\displaystyle{A(x)=\nu x^{3}+\kappa x^{2}+\lambda x+8 \wedge B(x)=x^{\nu }} και αφού \displaystyle{B(2)=2^{\nu }\neq 0}

Σύμφωνα με το α) ερώτημα, πρέπει \displaystyle{A(2)=A'(2)=0} Οπότε υπολογίζουμε τις τιμές αυτές:

\displaystyle{A(2)=0\Leftrightarrow \nu 2^{3}+\kappa 2^{2}+\lambda .2+8=0\Leftrightarrow 8\nu +4\kappa +2\lambda +8=0\Leftrightarrow 2\kappa +\lambda =-4-4\nu (1)}

Επίσης \displaystyle{A'(2)=0\Leftrightarrow 3\nu 2^{2}+2.\kappa .2+\lambda =0\Leftrightarrow 4\kappa +\lambda =-12\nu (2)}

Από τις σχέσεις (1), (2) προκύπτει το σύστημα:

\displaystyle{\begin{Bmatrix} 
 2\kappa +\lambda =-4-4\nu & \\  
 4\kappa +\lambda =-12\nu &  
\end{Bmatrix}\Leftrightarrow \begin{Bmatrix} 
 2\kappa +\lambda =-4-4\nu& \\  
 -4\kappa -\lambda =12\nu&  
\end{Bmatrix}\overset{(+)}{\rightarrow} \kappa =2-4\nu}

Αντικαθιστώντας στην παραπάνω σχέση έχω ότι \displaystyle{\lambda =4\nu -8}


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

Re: A' ΔΕΣΜΗ 1994

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Christos75 » Δευ Ιούλ 01, 2013 9:01 pm

parmenides51 έγραψε:1. α) Δίνεται η συνάρτηση \displaystyle{f(x)=2{x^{2}}\,\, , x \in R}
i) Αν \displaystyle{(\varepsilon)} είναι η εφαπτομένη της γραφικής παράστασης \displaystyle{C_f} της συνάρτησης \displaystyle{f} στο σημείο \displaystyle{M(2\alpha,8\alpha^2)  \,\,\, , \alpha>0} ,
να βρείτε το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τη \displaystyle{C_f} , την ευθεία \displaystyle{(\varepsilon)} και τον άξονα \displaystyle{y'y}.
ii) Έστω \displaystyle{\theta} η γωνία που σχηματίζει η \displaystyle{(\varepsilon)} με την ευθεία \displaystyle{MO}, όπου \displaystyle{O} είναι η αρχή των αξόνων.
Να εκφράσετε την \displaystyle{\epsilon \phi \theta} ως συνάρτηση του \displaystyle{\alpha} και να βρείτε την μέγιστη τιμή της \displaystyle{\epsilon \phi \theta} όταν το \displaystyle{\alpha} μεταβάλλεται (\displaystyle{\alpha>0}).
β) Αν η συνάρτηση \displaystyle{f } είναι παραγωγίσιμη στο διάστημα \displaystyle{[1,e]} με \displaystyle{0<f(x)<1} και \displaystyle{f '(x){\color{red}\ge }0 } για κάθε \displaystyle{x\in [1,e]} ,
να αποδείξετε ότι υπάρχει μόνο ένας αριθμός \displaystyle{x_o\in (1,e)} τέτοιος ώστε \displaystyle{f(x_0)+x_0 \ln x_0=x_0}
Λύση

α)
i)
Με δεδομένη την συνάρτηση f το σημείο \displaystyle{M(2\alpha ,8\alpha ^{2}) , \alpha >0} βρίσκεται στο πρώτο τεταρτημόριο.

Συνεπώς η εξίσωση εφαπτομένης (\varepsilon ) στο σημείο M δίνεται από την σχέση

\displaystyle{(\varepsilon ):y-f(2\alpha )=f'(2\alpha )(x-2\alpha )\vee (\varepsilon ):y=8\alpha x-8\alpha ^{2}, \alpha >0}

Η παραπάνω ευθεία, τέμνει τον άξονα x'x στο σημείο \displaystyle{A(\alpha ,0)} και τον άξονα yy' στο σημείο \displaystyle{B(0,-8\alpha ^{2})}

Συνεπώς το ζητούμενο εμβαδόν δίνεται από την σχέση
\displaystyle{E=\int_{0}^{2\alpha }(2x^{2}-8\alpha x+8\alpha ^{2})dx=2\int_{0}^{2\alpha }x^{2}dx-8\alpha \int_{0}^{2\alpha }xdx+8\alpha ^{2}.(2\alpha -0)=}

\displaystyle{2[\frac{x^{3}}{3}]_{0}^{2\alpha }-8\alpha [\frac{x^{2}}{2}]_{0}^{2\alpha }+8\alpha ^{3}=\frac{16\alpha ^{3}}{3}, \alpha >0}

ii) Είναι \displaystyle{\lambda _{OM}=\frac{y_{M}-y_{O}}{x_{M}-x_{O}}=\frac{8\alpha ^{2}-0}{2\alpha -0}=4\alpha \Leftrightarrow \lambda _{OM}=4\alpha }

Από γνωστό τύπο έχουμε ότι \displaystyle{tan\Theta =\frac{\lambda _{2}-\lambda _{1}}{1+\lambda _{1}.\lambda _{2}}=\frac{8\alpha -4\alpha }{1+8\alpha .4\alpha }=\frac{4\alpha }{1+32\alpha ^{2}}\Leftrightarrow tan\Theta =\frac{4\alpha }{1+32\alpha ^{2}}}

Αν θέσουμε τελικά \displaystyle{f(\alpha ) =\frac{4\alpha }{1+32\alpha ^{2}}} θα αναζητήσουμε την παράγωγο της συνάρτησης αυτής,

έχουμε \displaystyle{f'(\alpha ) =(\frac{4\alpha }{1+32\alpha ^{2}})'=\frac{(4\alpha )'(1+32\alpha ^{2})-4\alpha (1+32\alpha ^{2})'}{(1+32\alpha ^{2})^2}=\frac{4(1-32\alpha ^{2})}{(1+32\alpha ^{2})^2}}

Αναζητούμε το πρόσημο της παραγώγου κατά τα γνωστά και έχουμε

\displaystyle{f'(\alpha )=0\Leftrightarrow \frac{4(1-32\alpha ^{2})}{(1+32\alpha ^{2})^2}=0\Leftrightarrow 4(1-32\alpha ^{2})=0\Leftrightarrow \alpha =\frac{\sqrt{2}}{8}}

Επίσης \displaystyle{f'(\alpha )>0\Leftrightarrow \frac{4(1-32\alpha ^{2})}{(1+32\alpha ^{2})^2}>0\Leftrightarrow 4(1-32\alpha ^{2})>0\Leftrightarrow 0<\alpha <\frac{\sqrt{2}}{8}}

και \displaystyle{f'(\alpha )<0\Leftrightarrow \frac{4(1-32\alpha ^{2})}{(1+32\alpha ^{2})^2}<0\Leftrightarrow 4(1-32\alpha ^{2})<0\Leftrightarrow \alpha >\frac{\sqrt{2}}{8}}

Άρα η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα στο \displaystyle{(0,\frac{\sqrt{2}}{8}]} και γνησίως φθίνουσα στο \displaystyle{[\frac{\sqrt{2}}{8},+\infty )}

Συνεπώς, η εν λόγω συνάρτηση παρουσιάζει τοπικό μέγιστο στο σημείο \displaystyle{\alpha _{0}=\frac{\sqrt{2}}{8}} και έχουμε μέγιστη τιμή την

\displaystyle{f(\frac{\sqrt{2}}{8})=...=\frac{\sqrt{2}}{4}} που είναι και η μέγιστη τιμή για την εφαπτομένη της γωνίας \Theta.

β)

Θεωορούμε την συνάρτηση \displaystyle{g(x)=f(x)+xlnx-x, x\in [1,e]}

Η συνάρτηση g είναι συνεχής στο διάστημα [1,e] αφού x, lnx είναι γνωστές συνεχής συανρτήσεις και f(x) συνεχής στο παραπάνω

διάστημα εξ ' υποθέσεως(επειδή είναι παραγωγίσιμη, είναι και συνεχής).

Επίσης \displaystyle{g(1)=f(1)+1ln1-1=f(1)-1<0} αφού \displaystyle{f(x)<1 , x\in [1,e]}

και \displaystyle{g(e)=f(e)+elne-e=f(e)>0} αφού \displaystyle{f(x)>0, x\in[1,e]}

Συνεπώς ικανοποιούνται οι προυποθέσεις του θεωρήματος Bolzano, δηλαδή \displaystyle{\exists x_{0}\in (1,e): g(x_{0})=0\Leftrightarrow f(x_{0})+x_{0}lnx_{0}=x_{0}}

Επίσης \displaystyle{g'(x)=(f(x)+xlnx-x)'=f'(x)+lnx+1-1=f'(x)+lnx>0} αφού \displaystyle{f'(x)\geq 0 \wedge lnx>0} για κάθε \displaystyle{x\in (1,e)}

Δηλαδή η συνάρτηση g είναι γνησίως αύξουσα,κατ'επέκταση, το x_{0} που βρήκαμε παραπάνω, είναι μοναδικό.


Χρήστος Λοΐζος
Απάντηση

Επιστροφή σε “Α' Δέσμη”

Μέλη σε σύνδεση

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