A' ΔΕΣΜΗ 1995

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

A' ΔΕΣΜΗ 1995

#1

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

1. α) Έστω \displaystyle{\nu} ένας θετικός ακέραιος και \displaystyle{\mathbb{I},\mathbb{O}} είναι αντιστοίχα ο μοναδιαίος και ο μηδενικός πίνακας \displaystyle{\nu x \nu } .
Έστω \displaystyle{A,B} είναι πίνακες \displaystyle{\nu x \nu } τέτοιοι ώστε \displaystyle{A=B^2+\mathbb{I}} και \displaystyle{B^4=\mathbb{O}} .
i) Να αποδείξετε ότι
1. \displaystyle{A^{\kappa}=\mathbb{I}+\kappa B^2} για κάθε \displaystyle{\kappa \in \mathbb{N}^*}
2. ο πίνακας \displaystyle{\mathbb{I}+A^6-A^8} είναι αντιστρέψιμος.
ii) Αν ο \displaystyle{\nu} είναι περιττός να αποδείξετε ότι \displaystyle{\left| 2A-3\mathbb{I} \right|\le 0}.
β) i) Να αποδείξετε ότι για οποιουσδήποτε μιγαδικούς \displaystyle{{{z}_{1}},{{z}_{2}}} ισχύει \displaystyle{{{\left| {{z}_{1}} \right|}^{2}}+{{\left| {{z}_{2}} \right|}^{2}}={{\left| {{z}_{1}}-{{z}_{2}} \right|}^{2}}} αν και μόνο αν \displaystyle{Re\left( {{z}_{1}}{{{\overline{z}}}_{2}} \right)=0}.
ii) Έστω μια συνάρτηση \displaystyle{f:[\alpha ,\beta ]\to \mathbb{R}} συνεχής στο \displaystyle{[\alpha ,\beta ]} και οι μιγαδικοί αριθμοί \displaystyle{z=\alpha^{2}}+if(\alpha)\,\,,\,\,w=f(\beta)+i{\beta^{2}}} με \displaystyle{\alpha ,\beta\ne 0}.
Αν \displaystyle{{{\left| w \right|}^{2}}+{{\left| z \right|}^{2}}={{\left| w-z \right|}^{2}}} να αποδείξετε ότι η εξίσωση \displaystyle{f(x)=0} έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο διάστημα \displaystyle{[\alpha ,\beta ]} .


2. α) Δίνονται οι ελλείψεις \displaystyle{{c}_{1}}:\,\,\frac{x^{2}}{\alpha^{2}}+\frac{y^{2}}{\beta^{2}}=1} και \displaystyle{{{c}_{2}}:\, \alpha^2{x}^{2}+\beta^{2}y^{2}}=1} με \displaystyle{0<\alpha<\beta}
Η ημιευθεία \displaystyle{y=(\varepsilon \phi \theta) x  \,\, , x>0 \,\,  , 0<\theta<\frac{\pi}{2}} τέμνει την \displaystyle{c_1} στο σημείο \displaystyle{\Gamma_1(x_1,y_1)} και την \displaystyle{c_2} στο σημείο \displaystyle{\Gamma_2(x_2,y_2)}
i) Αν \displaystyle{\lambda_1} είναι ο συντελεστής διεύθυνσης της εφαπτομένης της \displaystyle{c_1} στο σημείο \displaystyle{\Gamma_1} και \displaystyle{\lambda_2} είναι ο συντελεστής διεύθυνσης της εφαπτομένης της \displaystyle{c_2} στο σημείο \displaystyle{\Gamma_2}
να αποδείξετε ότι το γινόμενο \displaystyle{\lambda_1\lambda_2} είναι ίσον με \displaystyle{{\color{red}(\varepsilon \phi \theta)^{-2}}}.
ii) Να μελετηθεί ως προς την μονοτονία η συνάρτηση \displaystyle{f:\left(0,\frac{\pi }{2}\right)\to \mathbb{R}} με \displaystyle{f(\theta)=\lambda_1\lambda_2}
β) Δίνεται θετικός ακέραιος αριθμός \displaystyle{\nu} τέτοιος ώστε \displaystyle{{{\left( 1+i \right)}^{\mathsf{\nu }}}=16}.
Έστω \displaystyle{\Omega =\left\{ 1,2,...,\nu  \right\}} είναι ένας δειγματικός χώρος που αποτελείται από ισοπίθανα απλά ενδεχόμενα.
Εκλέγουμε τυχαίως ένα απλό ενδεχόμενο \displaystyle{\lambda \in \Omega }.
Αν \displaystyle{f(x)=2{x}^{2}}-4x+\lambda} με \displaystyle{x\in \mathbb{R}} να βρείτε την πιθανότητα η εξίσωση \displaystyle{f(x)=0} να μην έχει πραγματικές ρίζες.


3. α) Δίνονται οι πραγματικοί αριθμοί \displaystyle{\kappa,\lambda} με \displaystyle{\kappa<\lambda} και η συνάρτηση \displaystyle{f(x)={{\left( x-\kappa  \right)}^{5}}{\left(x- \lambda  \right)}^{3}}} με \displaystyle{x\in \mathbb{R}} να αποδείξετε ότι :
i) \displaystyle{\frac{f'(x)}{f(x)}=\frac{5}{x- \kappa}+\frac{3}{x-\lambda}}} για κάθε \displaystyle{x\ne \kappa} και \displaystyle{x\ne \lambda}
ii) Η συνάρτηση \displaystyle{g(x)=\ln \left| f(x) \right|} στρέφει τα κοίλα προς τα κάτω στο διάστημα \displaystyle{(\kappa,\lambda)}.
β) i) Να αποδείξετε ότι για κάθε συνάρτηση \displaystyle{f} συνεχή στο διάστημα \displaystyle{[\alpha ,\beta ]} ισχύει :
''Αν \displaystyle{f '(x)>0} για κάθε \displaystyle{x \in (\alpha ,\beta )}, τότε η \displaystyle{f} είναι γνησίως αύξουσα στο \displaystyle{[\alpha ,\beta ]} ''.
ii) Η συνάρτηση \displaystyle{f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}} είναι παραγωγίσιμη και ισχύει \displaystyle{f '(x)>0} για κάθε \displaystyle{x\in \mathbb{R}}.
Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση \displaystyle{F(x)=\int_{\alpha }^{\beta }{f(x-t)dt\, ,x\in \mathbb{R}}} με \displaystyle{\alpha ,\beta} πραγματικούς αριθμούς είναι παραγωγίσιμη
και οτι αν υπάρχει \displaystyle{x_0\in \mathbb{R}} με \displaystyle{F'(x_o)=0} τότε \displaystyle{F(x)=0} για κάθε \displaystyle{x\in \mathbb{R}}.


4. α) Θεωρούμε τους πραγματικούς αριθμούς \displaystyle{\alpha, \beta} με \displaystyle{0<\alpha< \beta} τη συνεχή συνάρτηση \displaystyle{f:(0,+\infty )\to \mathbb{R}} για την οποία \displaystyle{\int_{\alpha }^{\beta }f(t)dt=0}
και τη συνάρτηση \displaystyle{g(x)=2+\frac{1}{x}\int_{\alpha}}^{x}{f(t)}dt,x \in (0,+\infty )}.
Να αποδείξετε ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον \displaystyle{x_0 \in (\alpha, \beta)} τέτοιο ώστε να ισχύουν :
i) Η εφαπτομένη της γραφικής παράστασης της συνάρτησης \displaystyle{g} στο σημείο \displaystyle{(x_0,g(x_0))} να είναι παράλληλη στον άξονα \displaystyle{x'x}.
ii) \displaystyle{g(x_0)=2+f(x_0)}
β) Να βρείτε τη συνάρτηση \displaystyle{f:\left(-\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2}\right)\to \mathbb{R}} με συνεχή δεύτερη παράγωγο για την οποία ισχύουν \displaystyle{f(0)=1995\, \, , f '(0)=1}
και \displaystyle{1+\int_{0}^{x}{f''(t)} \sigma \upsilon \nu tdt= \sigma \upsilon  \nu  ^{2}x+\int_{0}^{x}{f'(t)\eta \mu tdt}}.


edit
διόρθωση στο 2α.i) :wallbash: , έπεσα θύμα του \displaystyle{\LaTeX}, σωστός ο BAGGP93
τελευταία επεξεργασία από parmenides51 σε Κυρ Ιουν 30, 2013 4:32 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


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

Re: A' ΔΕΣΜΗ 1995

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Christos75 » Κυρ Ιουν 30, 2013 3:16 am

parmenides51 έγραψε:1. α) Έστω \displaystyle{\nu} ένας θετικός ακέραιος και \displaystyle{\mathbb{I},\mathbb{O}} είναι αντιστοίχα ο μοναδιαίος και ο μηδενικός πίνακας \displaystyle{\nu x \nu } .
Έστω \displaystyle{A,B} είναι πίνακες \displaystyle{\nu x \nu } τέτοιοι ώστε \displaystyle{A=B^2+\mathbb{I}} και \displaystyle{B^4=\mathbb{O}} .
i) Να αποδείξετε ότι
1. \displaystyle{A^{\kappa}=\mathbb{I}+\kappa B^2} για κάθε \displaystyle{\kappa \in \mathbb{N}^*}
2. ο πίνακας \displaystyle{\mathbb{I}+A^6-A^8} είναι αντιστρέψιμος.
ii) Αν ο \displaystyle{\nu} είναι περιττός να αποδείξετε ότι \displaystyle{\left| 2A-3\mathbb{I} \right|\le 0}.
β) i) Να αποδείξετε ότι για οποιουσδήποτε μιγαδικούς \displaystyle{{{z}_{1}},{{z}_{2}}} ισχύει \displaystyle{{{\left| {{z}_{1}} \right|}^{2}}+{{\left| {{z}_{2}} \right|}^{2}}={{\left| {{z}_{1}}-{{z}_{2}} \right|}^{2}}} αν και μόνο αν \displaystyle{Re\left( {{z}_{1}}{{{\overline{z}}}_{2}} \right)=0}.
ii) Έστω μια συνάρτηση \displaystyle{f:[\alpha ,\beta ]\to \mathbb{R}} συνεχής στο \displaystyle{[\alpha ,\beta ]} και οι μιγαδικοί αριθμοί \displaystyle{z=\alpha^{2}}+if(\alpha)\,\,,\,\,w=f(\beta)+i{\beta^{2}}} με \displaystyle{\alpha ,\beta\ne 0}.
Αν \displaystyle{{{\left| w \right|}^{2}}+{{\left| z \right|}^{2}}={{\left| w-z \right|}^{2}}} να αποδείξετε ότι η εξίσωση \displaystyle{f(x)=0} έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο διάστημα \displaystyle{[\alpha ,\beta ]} .
Λύση

α)i)
1) Θέλουμε να αποδείξουμε ότι A^{\kappa }=\mathbb{I}+\kappa B^{2}, \kappa \in \mathbb{N}^*

θα χρησιμοποιήσουμε την μέθοδο της μαθηματικής επαγωγής για να αποδείξουμε το πρώτο από τα ζητούμενα.

\bullet Για \displaystyle{\kappa =1} έχουμε \displaystyle{A^1=\mathbb{I}+1B^{2}} που ισχύει εξ ' υποθέσεως.

\bullet Έστω ότι ισχύει για \displaystyle{\kappa =\nu} δηλαδή \displaystyle{A^\nu =\mathbb{I}+\nu B^{2}}

\bullet Θα αποδείξουμε ότι ισχύει για \displaystyle{\kappa =\nu +1}

Πράγματι \displaystyle{A^{\nu +1}=A^{\nu }.A=(\mathbb{I}+\nu B^{2})(\mathbb{I}+B^{2})=\mathbb{I}^{2}+\mathbb{I}B^{2}+\nu B^{2}\mathbb{I}+\nu B^{4}=\mathbb{I}+(\nu+1)B^{2}+\mathbb{O}}

\displaystyle{=\mathbb{I}+(\nu +1)B^{2}}

Συνεπώς αποδείξαμε ότι \displaystyle{A^{\kappa }=\mathbb{I}+\kappa B^{2}, \kappa \in \mathbb{N}^*}

2) Θα αποδείξουμε ότι ο πίνακας \displaystyle{\mathbb{I}+A^{6}+A^{8}}

Πρώτα υπολογίζουμε από το προηγούμενο ερώτημα τους πίνακες

\bullet \displaystyle{A^{6}\overset{\underset{\mathrm{(1)}}{}}{=}\mathbb{I}+6B^{2}}

\bullet \displaystyle{A^{8}\overset{\underset{\mathrm{(1)}}{}}{=}\mathbb{I}+8B^{2}}

Άρα λοιπόν θα έχουμε \displaystyle{\mathbb{I}+A^{6}+A^{8}=\mathbb{I}+\mathbb{I}+6B^{2}-(\mathbb{I}+8B^{2})=\mathbb{I}-2B^{2}}

Θα δείξουμε λοιπόν ότι ο παραπάνω πίνακας είναι αντιστρέψιμος.

Πράγματι, εάν θέσω \displaystyle{\Gamma =\mathbb{I}-2B^{2}} και πολλαπλασιάζοντας και τα δύο μέλη της ισότητας με τον πίνακα \displaystyle{\mathbb{I}+2B^{2}} θα έχουμε

\displaystyle{\Gamma =\mathbb{I}-2B^{2}=\Gamma (\mathbb{I}+2B^{2})=(\mathbb{I}-2B^{2}).(\mathbb{I}+2B^{2})=\mathbb{I}^2-4B^{4}=\mathbb{I}^{2}=\mathbb{I}}

Άρα \displaystyle{\Gamma.(\mathbb{I}+2B^{2})=\mathbb{I}\Rightarrow \Gamma ^{-1}=\mathbb{I}+2B^{2}}

Συνεπώς ο πίνακας \Gamma αντιστρέψιμος.

ii) Θέλουμε να δείξουμε ότι \displaystyle{\begin{vmatrix} 
2A-3\mathbb{I} 
\end{vmatrix}\leq 0}

Είναι \displaystyle{\begin{vmatrix} 
2A-3\mathbb{I} 
\end{vmatrix}=\begin{vmatrix} 
2B^{2}+2\mathbb{I}-3\mathbb{I} 
\end{vmatrix}= 
\begin{vmatrix} 
2B^{2}-\mathbb{I} 
\end{vmatrix}= 
\begin{vmatrix} 
(-1)(\mathbb{I}-2B^{2}) 
\end{vmatrix}= 
(-1)^\nu\begin{vmatrix} 
\Gamma  
\end{vmatrix}}

Ωστόσο ισχύει \displaystyle{\Gamma .\Gamma ^{-1} =(\mathbb{I}+2B^{2}).(\mathbb{I}-2B^{2})=\mathbb{I}^{2}-4B^{4}=\mathbb{I}}

Παίρνουμε ορίζουσες στην παραπάνω σχέση και έχουμε
\displaystyle{\mid(\mathbb{I}+2B^{2}).(\mathbb{I}-2B^{2})\mid=\mid\mathbb{I}^{2}-4B^{4}\mid=\mid \mathbb{I}\mid=1\Leftrightarrow \mid(\mathbb{I}+2B^{2})}

\displaystyle{\mid.\mid(\mathbb{I}-2B^{2})\mid=1\Leftrightarrow \mid \Gamma \mid=\frac{1}{\mid \mathbb{I}+2B^{2}\mid}=\frac{1}{(\mid A \mid)^2}> 0}

Άρα λοιπόν αν \nu περιττός, τότε \displaystyle{\mid 2A-3\mathbb{I}\mid =(-1)^{\nu }.\mid \Gamma \mid < 0} ή γενικότερα \displaystyle{\mid 2A-3\mathbb{I}\mid\leq0}

β)
i) \displaystyle{\begin{vmatrix} 
z_{1} 
\end{vmatrix}^2+\begin{vmatrix} 
z_{2} 
\end{vmatrix}^2=\begin{vmatrix} 
z_{1}+z_{2} 
\end{vmatrix}^2\Leftrightarrow \begin{vmatrix} 
z_{1} 
\end{vmatrix}^2+\begin{vmatrix} 
z_{2} 
\end{vmatrix}^2=(z_{1}-z_{2}).(\bar{z_{1}}-\bar{z_{2}})\Leftrightarrow ...\Leftrightarrow {z_{1}}.\bar{z_{2}}+z_{2}\bar{z_{1}}=0\Leftrightarrow {z_{1}}.\bar{z_{2}}+\bar{z_{1}.\bar{z_{2}}}=0}

Αν θέσω \displaystyle{{z_{1}}.\bar{z_{2}}=w} τότε \displaystyle{w+\bar{w}=0\Leftrightarrow w=-\bar{w}\Leftrightarrow w\in I} που σημαίνει

\displaystyle{Re(w)=0\Leftrightarrow Re(z_{1}.\bar{z_{2}})=0}

ii) Έχουμε την συνάρτηση \displaystyle{f:[\alpha ,\beta ]\rightarrow \mathbb{R}} η οποία είναι συνεχής στο [\alpha ,\beta ]

έχουμε επίσης \displaystyle{z=\alpha ^{2}+f(\alpha )i \wedge w=f(\beta )+i\beta ^{2}} επίσης \displaystyle{\bar{w}=f(\beta )-i\beta ^{2}} εφόσον από τα δεδομένα της άσκησης μας

δίνεται ότι \displaystyle{\begin{vmatrix} 
z 
\end{vmatrix}^2+\begin{vmatrix} 
w 
\end{vmatrix}^2=\begin{vmatrix} 
z+w 
\end{vmatrix}^2}

τότε συνδυάζοντας με το προηγούμενο ερώτημα ισχύει

\displaystyle{Re(z.\bar{w})=0\Leftrightarrow (\alpha ^{2}+f(\alpha )i).(f(\beta )-i\beta ^{2})=\alpha ^{2}f(\beta )+\beta^{2} f(\alpha )+ (f(\alpha ))f(\beta )-\alpha ^{2}\beta ^{2})i}

και εφόσον ισχύει \displaystyle{Re(z.\bar{w})=0} τότε \displaystyle{\alpha ^{2}f(\beta )+\beta^2 f(\alpha )=0\Leftrightarrow \alpha ^{2}f(\beta )=-\beta^2 f(\alpha )}

Ας μην ξεχνάμε ότι \displaystyle{\alpha ,\beta \neq 0}

Σε αυτό το σημείο, διακρίνουμε περιπτώσεις:

\bullet Αν \displaystyle{f(\alpha )=0} τότε και \displaystyle{f(\beta )=0} δηλαδή η συνάρτηση f έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο διάστημα

\displaystyle{[\alpha ,\beta ]}

\bullet Αν \displaystyle{f(\alpha )\neq 0} τότε έχουμε [το ίδιο πράγμα θα ισχύει αν θεωρήσουμε \displaystyle{f(\beta )\neq 0}]

\displaystyle{\frac{f(\beta )}{f(\alpha )}=-\frac{\beta ^{2}}{\alpha ^{2}}\Leftrightarrow f(\beta ).f(\alpha )=-\frac{\beta ^{2}}{\alpha ^{2}} < 0}

Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο \displaystyle{[\alpha ,\beta ]} και είναι ετερόσημες οι ρίζες όπως αποδείξαμε στην παραπάνω γραμμή, οπότε

από Θεώρημα Bolzano \displaystyle{\exists \xi\in (\alpha ,\beta ): f(\xi)=0}

Άρα σε κάθε περίπτωση η συνάρτηση f έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο \displaystyle{[\alpha ,\beta ]}.


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

Re: A' ΔΕΣΜΗ 1995

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από BAGGP93 » Κυρ Ιουν 30, 2013 2:12 pm

parmenides51 έγραψε:

2. α) Δίνονται οι ελλείψεις \displaystyle{{c}_{1}}:\,\,\frac{x^{2}}{\alpha^{2}}+\frac{y^{2}}{\beta^{2}}=1} και \displaystyle{{{c}_{2}}:\, \alpha^2{x}^{2}+\beta^{2}y^{2}}=1} \displaystyle{0<\alpha<\beta}
Η ημιευθεία \displaystyle{y=(\varepsilon \phi \theta) x  \,\, , x>0 \,\,  , 0<\theta<\frac{\pi}{2}} τέμνει την \displaystyle{c_1} στο σημείο \displaystyle{\Gamma_1(x_1,y_1)} και την \displaystyle{c_2} στο σημείο \displaystyle{\Gamma_2(x_2,y_2)}
i) Αν \displaystyle{\lambda_1} είναι ο συντελεστής διεύθυνσης της εφαπτομένης της \displaystyle{c_1} στο σημείο \displaystyle{\Gamma_1} και \displaystyle{\lambda_2} είναι ο συντελεστής διεύθυνσης της εφαπτομένης της \displaystyle{c_2} στο σημείο \displaystyle{\Gamma_2}
να αποδείξετε ότι το γινόμενο \displaystyle{\lambda_1\lambda_2} είναι ίσον με \displaystyle{\varepsilon \phi ^2\theta}.
ii) Να μελετηθεί ως προς την μονοτονία η συνάρτηση \displaystyle{f:\left(0,\frac{\pi }{2}\right)\to \mathbb{R}} με \displaystyle{f(\theta)=\lambda_1\lambda_2}
β) Δίνεται θετικός ακέραιος αριθμός \displaystyle{\nu} τέτοιος ώστε \displaystyle{{{\left( 1+i \right)}^{\mathsf{\nu }}}=16}.
Έστω \displaystyle{\Omega =\left\{ 1,2,...,\nu  \right\}} είναι ένας δειγματικός χώρος που αποτελείται από ισοπίθανα απλά ενδεχόμενα.
Εκλέγουμε τυχαίως ένα απλό ενδεχόμενο \displaystyle{\lambda \in \Omega }.
Αν \displaystyle{f(x)=2{x}^{2}}-4x+\lambda} με \displaystyle{x\in \mathbb{R}} να βρείτε την πιθανότητα η εξίσωση \displaystyle{f(x)=0} να μην έχει πραγματικές ρίζες.

i)Η εξίσωση της εφαπτομένης της έλλειψης \displaystyle{c_{1}} στο σημείο της \displaystyle{\Gamma_{1}\left(x_1,y_1\right)} είναι η

\displaystyle{\frac{x_1}{\alpha^2}\,x+\frac{y_1}{\beta^2}\,y=1\Leftrightarrow y=-\frac{x_1\,\beta^2}{y_1\,\alpha^2}\,x+\frac{\beta^2}{y_1}}

Μπορούμε να διαιρέσουμε με το \displaystyle{y_1} , διότι, αν \displaystyle{y_1=0} ,τότε θα είχαμε

\displaystyle{\left(\varepsilon \phi\, \theta\right)x_1=0\Rightarrow x_1=0}, άτοπο.

Για τον ίδιο λόγο, ισχύει και \displaystyle{y_2\neq 0\,,x_2\neq 0}

Είναι, \displaystyle{\lambda_{1}=-\frac{x_1\,\beta^2}{y_1\,\alpha^2}}

Το σημείο \displaystyle{\Gamma_{1}\left(x_1,y_1\right)} , θα προσδιορισθεί, από τη λύση του συστήματος

\displaystyle{\left\{\begin{matrix} 
                                      \frac{x^2}{\alpha^2}+\frac{y^2}{\beta^2}=1\\ 
 
                                       y=\left(\varepsilon \phi\, \theta\right)x 
                                    \end{matrix}\,\,,x>0}

Η πρώτη εξίσωση του συστήματος, με τη βοήθεια της δεύτερης, δίνει

\displaystyle{\begin{aligned} \frac{x^2}{\alpha^2}+\frac{\varepsilon \phi^2\, \theta\,x^2}{\beta^2}=1&\Rightarrow x^2\left[\frac{\beta^2+\alpha^2\,\varepsilon \phi^2\, \theta}{\alpha^2\,\beta^2}\right]=1\\&\Rightarrow x=\frac{\alpha\,\beta}{\sqrt{\beta^2+\alpha^2\,\varepsilon \phi^2\, \theta}}\end{aligned}}

Άρα, \displaystyle{\Gamma_{1}\left(\frac{\alpha\,\beta}{\sqrt{\beta^2+\alpha^2\,\varepsilon \phi^2\, \theta}},\frac{\alpha\,\beta\,\varepsilon \phi\, \theta}{\sqrt{\beta^2+\alpha^2\,\varepsilon \phi^2\, \theta}}\right)} και άρα

\displaystyle{\lambda_{1}=-\frac{\beta^2}{\alpha^2\,\varepsilon \phi\, \theta}}

Η εξίσωση της εφαπτομένης της έλλειψης \displaystyle{c_{2}} στο σημείο της \displaystyle{\Gamma_{2}\left(x_2,y_2\right)} είναι η

\displaystyle{\alpha^2\,x_2\,x+\beta^2\,y_2\,y=1\Leftrightarrow y=-\frac{\alpha^2\,x_2}{\beta^2\,y_2}\,x+\frac{1}{\beta^2\,y_1}}

Έτσι, \displaystyle{\lambda_{2}=-\frac{\alpha^2\,x_2}{\beta^2\,y_2}}

Το σημείο \displaystyle{\Gamma_{2}\left(x_2,y_2\right)} , θα προσδιορισθεί, από τη λύση του συστήματος

\displaystyle{\left\{\begin{matrix} 
                                     \alpha^2\,x^2+\beta^2\,y^2=1\\ 
                                       y=\left(\varepsilon \phi\, \theta\right)x 
                                       
                                    \end{matrix}\,\,,x>0}

Αντικαθιστώντας την δέυτερη εξίσωση, στην πρώτη, έχουμε

\displaystyle{\alpha^2\,x^2+\beta^2\,\varepsilon \phi^2 \theta\,x^2=1\Rightarrow x^2=\frac{1}{\alpha^2+\beta^2\,\varepsilon \phi^2\, \theta}\Rightarrow x=\frac{1}{\sqrt{\alpha^2+\beta^2\,\varepsilon \phi^2\, \theta}}}

Επειδή, \displaystyle{\Gamma_{2}\left(\frac{1}{\sqrt{\alpha^2+\beta^2\,\varepsilon \phi^2\, \theta}},\frac{\varepsilon \phi\, \theta}{\sqrt{\alpha^2+\beta^2\,\varepsilon \phi^2\, \theta}}\right) έπεται ότι \displaystyle{\lambda_{2}=-\frac{\alpha^2}{\beta^2\,\varepsilon \phi, \theta}}

Άρα, \displaystyle{\lambda_{1}\cdot \lambda_{2}=\frac{1}{\varepsilon \phi^2\, \theta}}

ii)Χρησιμοποιώντας το γεγονός ότι η εφαπτομένη είναι γνησίως αύξουσα στο διάστημα \displaystyle{\left(0,\frac{\pi}{2}\right)} έχουμε ότι,

\displaystyle{\begin{aligned} 0<\theta<\phi<\frac{\pi}{2}&\Rightarrow 0<\varepsilon \phi\,\theta<\varepsilon \phi\,\theta\\&\Rightarrow \varepsilon \phi^2\,\theta<\varepsilon \phi^2\,\phi\\&\Rightarrow \frac{1}{\varepsilon \phi^2\,\theta}>\frac{1}{\varepsilon \phi^2\,\phi}\\&\Rightarrow f(\theta)>f(\phi)\end{aligned}}

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

β)Από την δοσμένη σχέση, έπεται ότι \displaystyle{\nu>2} και συνεπώς,

\displaystyle{\begin{aligned}\left(1+i\right)^{\nu}=16&\Rightarrow \left|1+i\right|^{\nu}=16\\&\Rightarrow \left(\sqrt{2}\right)^{\nu}=16\\&\Rightarrow 2^{\nu}=16^2=256\\&\Rightarrow \nu=8\end{aligned}}

Έτσι, \displaystyle{\Omega=\left\{1,2,3,4,5,6,7,8\right\}}

Για \displaystyle{x\in\mathbb{R}} είναι,

\displaystyle{\begin{aligned} f(x)=0&\Leftrightarrow 2x^2-4x+\lambda=0\\&\Leftrightarrow x^2-2x=-\frac{\lambda}{2}\\&\Leftrightarrow \left(x-1\right)^2=1-\frac{\lambda}{2}=\frac{2-\lambda}{2}\end{aligned}}

Συνεπώς, η εξίσωση \displaystyle{f(x)=0} δεν έχει πραγματικές ρίζες αν, και, μόνο αν \displaystyle{2-\lambda<0\Leftrightarrow \lambda>2\Leftrightarrow \lambda\in\left\{3,4,5,6,7,8\right\}}

Εφόσον ο δειγματικός χώρος αποτελείται από απλά ισοπίθανα ενδεχόμενα, η ζητούμενη πιθανότητα ισούται με \displaystyle{\frac{3}{4}}

edit:Στο ερώτημα α) βρίσκω το αντίστροφο από το ζητούμενο.Υπάρχει λάθος δικό μου στη διαδικασία επίλυσης ή κάποιο τυπογραφικό στην εκφώνηση?


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

Re: A' ΔΕΣΜΗ 1995

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από BAGGP93 » Κυρ Ιουν 30, 2013 6:24 pm

parmenides51 έγραψε:

3. α) Δίνονται οι πραγματικοί αριθμοί \displaystyle{\kappa,\lambda} με \displaystyle{\kappa<\lambda} και η συνάρτηση \displaystyle{f(x)={{\left( x-\kappa  \right)}^{5}}{\left(x- \lambda  \right)}^{3}}} με \displaystyle{x\in \mathbb{R}} να αποδείξετε ότι :
i) \displaystyle{\frac{f'(x)}{f(x)}=\frac{5}{x- \kappa}+\frac{3}{x-\lambda}}} για κάθε \displaystyle{x\ne \kappa} και \displaystyle{x\ne \lambda}
ii) Η συνάρτηση \displaystyle{g(x)=\ln \left| f(x) \right|} στρέφει τα κοίλα προς τα κάτω στο διάστημα \displaystyle{(\kappa,\lambda)}.
β) i) Να αποδείξετε ότι για κάθε συνάρτηση \displaystyle{f} συνεχή στο διάστημα \displaystyle{[\alpha ,\beta ]} ισχύει :
''Αν \displaystyle{f '(x)>0} για κάθε \displaystyle{x \in (\alpha ,\beta )}, τότε η \displaystyle{f} είναι γνησίως αύξουσα στο \displaystyle{[\alpha ,\beta ]} ''.
ii) Η συνάρτηση \displaystyle{f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}} είναι παραγωγίσιμη και ισχύει \displaystyle{f '(x)>0} για κάθε \displaystyle{x\in \mathbb{R}}.
Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση \displaystyle{F(x)=\int_{\alpha }^{\beta }{f(x-t)dt\, ,x\in \mathbb{R}}} με \displaystyle{\alpha ,\beta} πραγματικούς αριθμούς είναι παραγωγίσιμη
και οτι αν υπάρχει \displaystyle{x_0\in \mathbb{R}} με \displaystyle{F'(x_o)=0} τότε \displaystyle{F(x)=0} για κάθε \displaystyle{x\in \mathbb{R}}.

Μια προσπάθεια

αi)Για κάθε \displaystyle{x\neq \kappa} και \displaystyle{x\neq \lambda} έχουμε,

\displaystyle{f^\prime(x)=5\left(x-\kappa\right)^4\,\left(x-\lambda\right)^3+3\left(x-\kappa\right)^5\,\left(x-\lambda\right)^2}

και άρα,

\displaystyle{\frac{f^\prime(x)}{f(x)}=\frac{5\left(x-\kappa\right)^4\,\left(x-\lambda\right)^3+3\left(x-\kappa\right)^5\,\left(x-\lambda\right)^2}{\left(x-\kappa\right)^5\,\left(x-\lambda\right)^3}=\frac{5}{x-\kappa}+\frac{3}{x-\lambda}}

αii)Η συνάρτηση \displaystyle{g} είναι παραγωγίσιμη στο \displaystyle{\left(\kappa,\lambda\right)} ως σύνθεση παραγωγίσιμων συναρτήσεων με

\displaystyle{g^\prime(x)=\frac{f^\prime(x)}{f(x)}=\frac{5}{x-\kappa}+\frac{3}{x-\lambda}}

Η \displaystyle{g^\prime} είναι παραγωγίσιμη στο ίδιο διάστημα, ως πράξεις παραγωγίσιμων συναρτήσεων, με

\displaystyle{g''(x)=-\frac{5}{\left(x-\kappa\right)^2}-\frac{3}{\left(x-\lambda\right)^2}<0}

Άρα, στο \displaystyle{\left(\kappa,\lambda\right)} η \displaystyle{g} στρέφει τα κοίλα προς τα κάτω

βi)Γνωστό Θεώρημα του Σχολικού Βιβλίου.

βii)Για κάθε \displaystyle{x\in\mathbb{R}}, στο ολοκλήρωμα \displaystyle{\int_{\alpha}^{\beta}f(x-t)\,dt} κάνοντας την αλλαγή μεταβλητής

\displaystyle{x-t=u} προκύπτει ότι \displaystyle{F(x)=\int_{x-\beta}^{x-\alpha}f(u)\,du}

Είναι,

\displaystyle{F(x)=\int_{0}^{x-\alpha}f(u)\,du-\int_{0}^{x-\beta}f(u)\,du\,,x\in\mathbb{R}}

Η \displaystyle{F} είναι παραγωγίσιμη ως διαφορά των παραγωγίσιμων συναρτήσεων

\displaystyle{F_{1}(x)=\int_{0}^{x-\alpha}f(u)\,du\,,x\in\mathbb{R}\,\,,F_{2}(x)=\int_{0}^{x-\beta}f(u)\,du\,,x\in\mathbb{R}}.

Αυτές είναι παραγωγίσιμες διότι προκύπτουν από την σύνθεση των παραγωγίσιμων, ως πολυωνυμικές, συναρτήσεων,

\displaystyle{x\to x-\alpha\,,x\in\mathbb{R}\,,x\to x-\beta\,,x\in\mathbb{R}} με την \displaystyle{x\to \int_{0}^{x}f(t)\,dt}, με

την τελευταία να είναι παραγωγίσιμη μιας και η \displaystyle{f} είναι συνεχής.

Για κάθε \displaystyle{x\in\mathbb{R}} είναι,

\displaystyle{F^\prime(x)=F_{1}^\prime(x)-F_{2}^\prime(x)=f(x-\alpha)-f(x-\beta)}

Υποθέτουμε τώρα ότι υπάρχει \displaystyle{x_0\in\mathbb{R}} τέτοιο, ώστε \displaystyle{F^\prime(x_0)=0\Leftrightarrow f(x_0-\alpha)=f(x_0-\beta)}

Επειδή \displaystyle{f^\prime(x)>0\,,x\in\mathbb{R}} η συνάρτηση \displaystyle{f} είναι γνησίως αύξουσα, άρα και 1-1, οπότε,

\displaystyle{f(x_0-\alpha)=f(x_0-\beta)\Rightarrow x_0-\alpha=x_0-\beta\Rightarrow \alpha=\beta} και συνεπώς,

\displaystyle{F(x)=\int_{0}^{x-\beta}f(u)\,du-\int_{0}^{x-\beta}f(u)\,du=0\,,x\in\mathbb{R}}


Παπαπέτρος Ευάγγελος
orestisgotsis
Δημοσιεύσεις: 1314
Εγγραφή: Σάβ Φεβ 25, 2012 10:19 pm

Re: A' ΔΕΣΜΗ 1995

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από orestisgotsis » Κυρ Ιουν 30, 2013 8:22 pm

parmenides51 έγραψε:4. α) Θεωρούμε τους πραγματικούς αριθμούς \displaystyle{\alpha, \beta} με \displaystyle{0<\alpha< \beta} τη συνεχή συνάρτηση \displaystyle{f:(0,+\infty )\to \mathbb{R}} για την οποία \displaystyle{\int_{\alpha }^{\beta }f(t)dt=0}
και τη συνάρτηση \displaystyle{g(x)=2+\frac{1}{x}\int_{\alpha}}^{x}{f(t)}dt,x \in (0,+\infty )}.
Να αποδείξετε ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον \displaystyle{x_0 \in (\alpha, \beta)} τέτοιο ώστε να ισχύουν :
i) Η εφαπτομένη της γραφικής παράστασης της συνάρτησης \displaystyle{g} στο σημείο \displaystyle{(x_0,g(x_0))} να είναι παράλληλη στον άξονα \displaystyle{x'x}.
ii) \displaystyle{g(x_0)=2+f(x_0)}
β) Να βρείτε τη συνάρτηση \displaystyle{f:\left(-\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2}\right)\to \mathbb{R}} με συνεχή δεύτερη παράγωγο για την οποία ισχύουν \displaystyle{f(0)=1995\, \, , f '(0)=1}
και \displaystyle{1+\int_{0}^{x}{f''(t)} \sigma \upsilon \nu tdt= \sigma \upsilon  \nu  ^{2}x+\int_{0}^{x}{f'(t)\eta \mu tdt}}.
α) (i) Η \displaystyle{g(x)=2+\frac{1}{x}\int\limits_{\alpha }^{x}{f(t)dt}} είναι παραγωγίσιμη (επομένως και συνεχής) στο \displaystyle{\left( 0,+\infty  \right)}.

Είναι: \displaystyle{g\left( \alpha  \right)=2+0=2,\,\,g\left( \beta  \right)=2+0=2\Rightarrow g\left( \alpha  \right)=g\left( \beta  \right)}. Επειδή η \displaystyle{g} είναι συνεχής στο \displaystyle{\left[ \alpha ,\beta  \right]\subset \left( 0,+\infty  \right)}, παραγωγίσιμη στο \displaystyle{\left( \alpha ,\,\,\beta  \right)} και \displaystyle{g(\alpha )=g(\beta )} σύμφωνα με το θεώρημα Rolle υπάρχει ένα τουλάχιστον \displaystyle{{{x}_{0}}\in \left( \alpha ,\,\,\beta  \right)} τέτοιο ώστε \displaystyle{{g}'\left( {{x}_{0}} \right)=0}, δηλαδή η εφαπτομένη της \displaystyle{{{C}_{g}}} στο \displaystyle{\left( {{x}_{0}},\,\,g\left( {{x}_{0}} \right) \right)} είναι παράλληλη στον άξονα \displaystyle{{x}'x}.

(ii) Είναι \displaystyle{{g}'(x)=0+{{\left( \frac{1}{x} \right)}^{\prime }}\int\limits_{\alpha }^{x}{f(t)dt}+\frac{1}{x}{{\left( \int\limits_{\alpha }^{x}{f(t)dt} \right)}^{\prime }}=-\frac{1}{{{x}^{2}}}\int\limits_{\alpha }^{x}{f(t)dt}+\frac{1}{x}f(x),\,\,\,x\in \left( 0,+\infty  \right)}
Από το (α) είναι \displaystyle{{g}'\left( {{x}_{0}} \right)=0\Rightarrow \frac{1}{{{x}_{0}}^{2}}\int\limits_{\alpha }^{{{x}_{0}}}{f(t)dt}+\frac{1}{{{x}_{0}}}f\left( {{x}_{0}} \right)=0\,\,\,\left( 1 \right)}, επίσης \displaystyle{g\left( {{x}_{0}} \right)=2+\frac{1}{{{x}_{0}}}\int\limits_{\alpha }^{{{x}_{0}}}{f(t)dt}\Rightarrow \int\limits_{\alpha }^{{{x}_{0}}}{f(t)dt}={{x}_{0}}\cdot g\left( {{x}_{0}} \right)-2{{x}_{0}}\,\,\,\left( 2 \right)}.

Η \left( 1 \right) λόγω της \left( 2 \right) γίνεται: \displaystyle{-\frac{1}{{{x}_{0}}^{2}}\left[ {{x}_{0}}\cdot g\left( {{x}_{0}} \right)-2{{x}_{0}} \right]+\frac{1}{{{x}_{0}}}f\left( {{x}_{0}} \right)=0\Rightarrow -\frac{1}{{{x}_{0}}}\left[ g\left( {{x}_{0}} \right)-2-f\left( {{x}_{0}} \right) \right]=0}

\displaystyle{\Rightarrow g\left( {{x}_{0}} \right)=2+f\left( {{x}_{0}} \right)}.

β) Παραγωγίζοντας τα δύο μέλη της δοσμένης ισότητας έχουμε: \displaystyle{0+{f}''(x)\sigma \upsilon \nu x={{\left( \sigma \upsilon {{\nu }^{2}}x \right)}^{\prime }}+{f}'(x)\eta \mu x\Rightarrow {f}''(x)\sigma \upsilon \nu x+{f}'(x){{\left( \sigma \upsilon \nu x \right)}^{\prime }}={{\left( \sigma \upsilon {{\nu }^{2}}x \right)}^{\prime }}}

\displaystyle{\Rightarrow {{\left[ {f}'(x)\sigma \upsilon \nu x \right]}^{\prime }}={{\left( \sigma \upsilon {{\nu }^{2}}x \right)}^{\prime }}\Rightarrow {f}'(x)\sigma \upsilon \nu x=\sigma \upsilon {{\nu }^{2}}x+c,\,\,\,c\in \mathbb{R}\,\,\,\left( 1 \right)}

Από την \left( 1 \right) για \displaystyle{x=0} έχουμε \displaystyle{{f}'(0)\sigma \upsilon \nu 0=\sigma \upsilon {{\nu }^{2}}0+c\Rightarrow 1\cdot 1=1+c\Rightarrow c=0}.

Η \left( 1 \right) τότε γράφεται \displaystyle{{f}'(x)\sigma \upsilon \nu x=\sigma \upsilon {{\nu }^{2}}x\Rightarrow {f}'(x)=\sigma \upsilon \nu x,\,\,\,\left[ x\in \left( -\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2} \right),\,\,\,\sigma \upsilon \nu x>0 \right]}.

Άρα \displaystyle{{f}'(x)={{\left( \eta \mu \,x \right)}^{\prime }}\Rightarrow f(x)=\eta \mu \,x+{{c}_{1}},\,\,\,{{c}_{1}}\in \mathbb{R}\,\,\,\left( 2 \right)}.

Από την \left( 2 \right) για \displaystyle{x=0} έχουμε \displaystyle{f(0)=\eta \mu \,0+{{c}_{1}}\Rightarrow 1995={{c}_{1}}\Rightarrow f(x)=\eta \mu \,x+1995,\,\,\,x\in \left( -\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2} \right)}.

Η συνάρτηση αυτή είναι δεκτή, αφού ικανοποιεί τους περιορισμούς που έχουν τεθεί και άρα η μοναδική.


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

Re: A' ΔΕΣΜΗ 1995

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Christos75 » Δευ Ιούλ 01, 2013 1:14 am

Ας μου επιτραπεί μία κρίση για τα συγκεκριμένα. Από τα πιο ωραία και συνάμα απαιτητικά θέματα στις εποχές των δεσμών μαζί με αυτά του 1991.


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

Re: A' ΔΕΣΜΗ 1995

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από parmenides51 » Δευ Ιούλ 01, 2013 1:52 am

μετά γίνονται ακόμα πιο δύσκολα :mrgreen:
θα φτάσουμε και σε αυτά ... :)
προσεχώς :ugeek:


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

Re: A' ΔΕΣΜΗ 1995

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Christos75 » Δευ Ιούλ 01, 2013 4:08 am

parmenides51 έγραψε:μετά γίνονται ακόμα πιο δύσκολα :mrgreen:
θα φτάσουμε και σε αυτά ... :)
προσεχώς :ugeek:
Με χαρά θα αναμένω αγαπητέ και θα προσφέρω τον οβολό μου στην επίλυση.

Για να δούμε...

Πάντως τα συγκεκριμένα, είναι δυνατά θέματα και για δυνατούς μαθητές με ιδιαίτερα κριτική σκέψη και φαντασία.


Χρήστος Λοΐζος
kochris
Δημοσιεύσεις: 92
Εγγραφή: Παρ Ιαν 30, 2009 3:37 pm
Τοποθεσία: Bόλος

Re: A' ΔΕΣΜΗ 1995

#9

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από kochris » Δευ Ιούλ 08, 2013 3:20 pm

parmenides51 έγραψε: ii) Αν ο \displaystyle{\nu} είναι περιττός να αποδείξετε ότι \displaystyle{\left| 2A-3\mathbb{I} \right|\le 0}.
Θα είχε πολύ ενδιαφέρον αν μπορούσε καποιος να μας πει πως θα ήταν δυνατό να προκύψει το =0. Κατασκευαστική κακοτεχνία..


Άβαταρ μέλους
Doloros
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 6654
Εγγραφή: Τρί Αύγ 07, 2012 4:09 am
Τοποθεσία: Ιεράπετρα Κρήτης

Re: A' ΔΕΣΜΗ 1995

#10

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Doloros » Δευ Ιούλ 08, 2013 3:35 pm

kochris έγραψε:
parmenides51 έγραψε: ii) Αν ο \displaystyle{\nu} είναι περιττός να αποδείξετε ότι \displaystyle{\left| 2A-3\mathbb{I} \right|\le 0}.
Θα είχε πολύ ενδιαφέρον αν μπορούσε καποιος να μας πει πως θα ήταν δυνατό να προκύψει το =0. Κατασκευαστική κακοτεχνία..
Το 1995 ήμουνα διορθωτής . Σε ερώτηση του βαθμολογικού κέντρου πότε ισχύει το ίσον η απάντηση, από την τότε κεντρική επιτροπή εξετάσεων, ήταν:
Δεν ζητάμε από τους μαθητές να μας γράψουν πότε ισχύει το ίσον.
Εικάζω πως εννοούσαν, ότι αν ζητούσαν να δείξουν την αυστηρή ανισότητα ή άσκηση θα ήταν δυσκολότερη αφού έπρεπε να αποκλείσουν το ίσον.

Φιλικά Νίκος


kochris
Δημοσιεύσεις: 92
Εγγραφή: Παρ Ιαν 30, 2009 3:37 pm
Τοποθεσία: Bόλος

Re: A' ΔΕΣΜΗ 1995

#11

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από kochris » Δευ Ιούλ 08, 2013 3:47 pm

Doloros έγραψε:
kochris έγραψε:
parmenides51 έγραψε: ii) Αν ο \displaystyle{\nu} είναι περιττός να αποδείξετε ότι \displaystyle{\left| 2A-3\mathbb{I} \right|\le 0}.
Θα είχε πολύ ενδιαφέρον αν μπορούσε καποιος να μας πει πως θα ήταν δυνατό να προκύψει το =0. Κατασκευαστική κακοτεχνία..
Το 1995 ήμουνα διορθωτής . Σε ερώτηση του βαθμολογικού κέντρου πότε ισχύει το ίσον η απάντηση, από την τότε κεντρική επιτροπή εξετάσεων, ήταν:
Δεν ζητάμε από τους μαθητές να μας γράψουν πότε ισχύει το ίσον.
Εικάζω πως εννοούσαν, ότι αν ζητούσαν να δείξουν την αυστηρή ανισότητα ή άσκηση θα ήταν δυσκολότερη αφού έπρεπε να αποκλείσουν το ίσον.

Φιλικά Νίκος
Καλησπέρα, έχω την εντύπωση πως η υπαρξη του = δυσκολευει την άσκηση..τουλάχιστον θα δυσκόλευε εμένα!

Κώστας

ΥΓ πάντως το έχουμε εξαντλήσει ως θέμα.. :-|


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

Re: A' ΔΕΣΜΗ 1995

#12

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Christos75 » Δευ Ιούλ 08, 2013 4:04 pm

kochris έγραψε:
Doloros έγραψε:
kochris έγραψε:
parmenides51 έγραψε: ii) Αν ο \displaystyle{\nu} είναι περιττός να αποδείξετε ότι \displaystyle{\left| 2A-3\mathbb{I} \right|\le 0}.
Θα είχε πολύ ενδιαφέρον αν μπορούσε καποιος να μας πει πως θα ήταν δυνατό να προκύψει το =0. Κατασκευαστική κακοτεχνία..
Το 1995 ήμουνα διορθωτής . Σε ερώτηση του βαθμολογικού κέντρου πότε ισχύει το ίσον η απάντηση, από την τότε κεντρική επιτροπή εξετάσεων, ήταν:
Δεν ζητάμε από τους μαθητές να μας γράψουν πότε ισχύει το ίσον.
Εικάζω πως εννοούσαν, ότι αν ζητούσαν να δείξουν την αυστηρή ανισότητα ή άσκηση θα ήταν δυσκολότερη αφού έπρεπε να αποκλείσουν το ίσον.

Φιλικά Νίκος
Καλησπέρα, έχω την εντύπωση πως η υπαρξη του = δυσκολευει την άσκηση..τουλάχιστον θα δυσκόλευε εμένα!

Κώστας

ΥΓ πάντως το έχουμε εξαντλήσει ως θέμα.. :-|
Εγώ που ήμουν υποψήφιος τότε θα σας...γράψω ότι δεν μπορούσα να το αποδείξω το ''='', ή εάν θέλετε το δικαιολόγησα με με την λογική του ότι ας πούμε
το 2\geq 3 γενικά που δηλαδή άλλες ισχύει το ένα από τα δύο, όχι και τα δύο! Στην ώρα της εξέτασης όμως, "κόλλησα" και για αρκετά λεπτά το κοιτούσα χωρίς να
μπορώ να αποδείξω πότε θα μπορούσε να ισχύει το "="!!! Εν πάσει περιπτώσει, δεν ήταν καθοριστική η κακοτεχνία εκείνης της χρονιάς για την επιτυχία σου στο μάθημα. Αν κόλλαγες όμως παραπάνω, ενδεχομένως να έχανες άλλα ερωτήματα στην εν λόγω εξέταση. Εγώ όταν είδα ότι δεν μου βγαίνει, το δικαιολόγησα όπως έγραψα πριν και προχώρησα στο επόμενο θέμα! Ευτυχώς,εκανα καλή διαχείριση χρόνου, κάτι που θεωρώ καθοριστικό σε αυτού του είδους τις εξετάσεις γενικά!!!


Χρήστος Λοΐζος
Απάντηση

Επιστροφή σε “Α' Δέσμη”

Μέλη σε σύνδεση

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