A' ΔΕΣΜΗ 1998

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

A' ΔΕΣΜΗ 1998

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από parmenides51 » Παρ Ιούλ 05, 2013 9:56 pm

1. α) i) Αν ο μιγαδικός αριθμός \displaystyle{{{z}_{0}}} είναι ρίζα της πολυωνυμικής εξίσωσης \displaystyle{\alpha_{\nu} x^{\nu}+\alpha_{\nu -1} x^{\nu -1}+... +\alpha_{1} x+\alpha_{0}=0}
με \displaystyle{\alpha_{0},\alpha_{1},...,\alpha_{\nu}} πραγματικούς αριθμούς και \displaystyle{\alpha_{\nu}\ne 0}, να αποδείξετε ότι και ο συζυγής του \displaystyle{{{\overline{z}}_{0}}} είναι ρίζα της εξίσωσης αυτής.
ii) Αν η πολυωνυμική εξίσωση \displaystyle{{x^{2}}+\beta x+\gamma =0} όπου \displaystyle{ \beta ,\gamma} πραγματικοί αριθμοί έχει ως ρίζα το μιγαδικό \displaystyle{2-3i } να βρείτε τα \displaystyle{\beta ,\gamma}
καθώς και την εξίσωση της εφαπτομένης της γραφικής παράστασης της συνάρτησης \displaystyle{f(x)=x^{2}}+\beta x+\gamma} στο σημείο \displaystyle{A(1,f(1))}
όταν το \displaystyle{x} μεταβάλλεται στο σύνολο των πραγματικών αριθμών \displaystyle{\mathbb{R}} .
β) Η συνάρτηση \displaystyle{f:\mathbb{R} \to \mathbb{R}} ικανοποιεί τη σχέση \displaystyle{f(f(x))+{{f}^{3}}(x)=2x+3\,\,,x\in \mathbb{R}}
i) Να αποδείξετε ότι η \displaystyle{f} είναι ''\displaystyle{1\, - \, 1}'' .
ii) Να λύσετε την εξίσωση \displaystyle{f(2{{x}^{3}}+x)=f(4-x)\,\,,x\in \mathbb{R}}.


2. α) Δίνεται ο μιγαδικός αριθμός \displaystyle{{z}_{0}} με \displaystyle{Im{{z}_{0}}<999} και το σύνολο \displaystyle{A} των μιγαδικών αριθμών \displaystyle{z} με \displaystyle{z\ne {{z}_{0}} και \displaystyle{z\ne \overline{z_0}}
που ικανοποιούν τη σχέση \displaystyle{\frac{1}{\left| z-{{z}_{0}} \right|}+\frac{1}{\left| z-{{{\overline{z}}}_{0}} \right|}=\frac{1998}{\left| z-{{z}_{0}} \right|\,\left| z-{{{\overline{z}}}_{0}} \right|}}
Να βρείτε τη μεγαλύτερη δυνατή απόσταση που μπορούν να απέχουν μεταξύ τους οι εικόνες δυο μιγαδικών αριθμών του συνόλου \displaystyle{A}.
Ποιοι είναι αυτοί οι μιγαδικοί αριθμοί; Να εξετάσετε την περίπτωση \displaystyle{{{z}_{0}}={{\overline{z}}_{0}}}.
β) Ένας γεωργός προσθέτει \displaystyle{x} μονάδες λιπάσματος σε μια αγροτική καλλιέργεια και συλλέγει \displaystyle{g(x)} μονάδες του παραγόμενου προϊόντος.
Αν \displaystyle{g(x)={{M}_{0}}+M(1-{e}^{-\mu x})\,\,,x\ge 0} όπου \displaystyle{{{M}_{0}}}, \displaystyle{M} και \displaystyle{ \mu} είναι θετικές σταθερές να εκφράσετε το ρυθμό μεταβολής του παραγόμενου προϊόντος
ως συνάρτηση της \displaystyle{g(x)}. Ποια είναι η σημασία της σταθεράς \displaystyle{{{M}_{0}}} ;


3. α) Δίνεται ο \displaystyle{\nu \, x \, \nu} πίνακας \displaystyle{A} με στοιχεία πραγματικούς αριθμούς για τον οποίο ισχύει:\displaystyle{{{A}^{2}}-2{{(\lambda-2)}^{2}}A+\mathbb{I}=\mathbb{O}}
όπου \displaystyle{ \mathbb{I}} είναι ο μοναδιαίος \displaystyle{\nu \, x \, \nu} πίνακας και \displaystyle{\lambda} πραγματικός αριθμός. Να δείξετε ότι ο πίνακας \displaystyle{ A+\mathbb{I}} είναι αντιστρέψιμος για κάθε \displaystyle{\lambda}.
β) Να αποδείξετε ότι η εξίσωση \displaystyle{(x+1)\left|A+x \mathbb{I} \right|+(x-1)\left| A-x \mathbb{I} \right|=1-x^2}} όπου \displaystyle{A} είναι ο πίνακας του ερωτήματος (α)
και \displaystyle{x} πραγματικός αριθμός έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο ανοικτό διάστημα \displaystyle{(-1,1)}.
Με \displaystyle{\left|A+x \mathbb{I} \right|,\left| A-x \mathbb{I} \right|} συμβολίζουμε την ορίζουσα του πίνακα \displaystyle{A+x \mathbb{I} } και \displaystyle{A-x \mathbb{I} } αντίστοιχα.
γ) Δίνεται ο δειγματικός χώρος \displaystyle{\Omega =\left\{ 1,2,3,4,5,6,7,8 \right\}} με πιθανότητες των στοιχειωδών ενδεχομένων που ικανοποιούν τις σχέσεις
\displaystyle{2P(1)=2P(3)=2P(5)=2P(7)=3P(2)=3P(4)=3P(6)=3P(8)}
και το ενδεχόμενο \displaystyle{B=\left\{\lambda \in \Omega }\left| } το σύστημα \displaystyle{AX= {\color{red}X}} έχει τουλάχιστον δυο λύσεις \displaystyle{ \}}
όπου \displaystyle{X} ένας \displaystyle{\nu \, x \, 1} άγνωστος πίνακας και \displaystyle{A} ο πίνακας του ερωτήματος (α).
Να βρείτε την πιθανότητα του ενδεχομένου \displaystyle{B}.
δ) Δίνεται το τριώνυμο \displaystyle{f(x)={{x}^{2}}+\gamma x+ 4} όπου ο συντελεστής \displaystyle{ \gamma} επιλέγεται τυχαία από το δειγματικό χώρο \displaystyle{\Omega} του ερωτήματος (γ) .
Αν \displaystyle{\Gamma =\left\{\gamma }\in \Omega }\left| } η εξίσωση \displaystyle{f(x)=0} έχει πραγματικές ρίζες \displaystyle{ \}}
Να υπολογίσετε την πιθανότητα του ενδεχομένου \displaystyle{\Gamma} και να δείξετε ότι τα ενδεχόμενα \displaystyle{B} του ερωτήματος (γ) και \displaystyle{\Gamma} είναι ασυμβίβαστα .


4. Δίνεται η παραγωγίσιμη συνάρτηση \displaystyle{f:(0,+\infty )\to \mathbb{R}} για την οποία ισχύουν \displaystyle{f(x)>0,x>0} και \displaystyle{{f}'(x)+2xf(x)=0,\,\,x>0}
και η γραφική παράσταση διέρχεται από το σημείο \displaystyle{A(1,1)}
α) Να δείξετε ότι η παράγωγος της \displaystyle{f } είναι συνεχής στο ανοικτό διάστημα \displaystyle{(0,+\infty )} και να βρείτε τη συνάρτηση \displaystyle{f}.
β) Να δείξετε ότι \displaystyle{\frac{x-1}{2{{x}}^{2}}}f(x)<\int_{1}^{x}{\frac{f(t)}{2{{t}^{2}}}dt<\frac{x-1}{2},x>1}}
γ) Να βρείτε τη συνάρτηση \displaystyle{F(x)=\int_{1}^{x}{\left( 1+\frac{1}{2{{t}^{2}}} \right)f(t)dt,x>1}}
δ) Να αποδείξετε ότι \displaystyle{2e\int_{1}^{x}{{{e}^{-{{t}^{2}}}}dt<1}} για κάθε \displaystyle{x>1}.


edit
έγινε μια διόρθωση στο 3γ. ευχαριστώ για την διόρθωση τον Christos75
τελευταία επεξεργασία από parmenides51 σε Κυρ Ιούλ 07, 2013 9:13 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Άβαταρ μέλους
Σ. Διονύσης
Δημοσιεύσεις: 190
Εγγραφή: Τρί Φεβ 19, 2013 5:17 pm
Τοποθεσία: Milky Way,Orion Arm, Solar System, 3rd Planet(Earth)

Re: A' ΔΕΣΜΗ 1998

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Σ. Διονύσης » Σάβ Ιούλ 06, 2013 12:06 am

parmenides51 έγραψε: 4. Δίνεται η παραγωγίσιμη συνάρτηση \displaystyle{f:(0,+\infty )\to \mathbb{R}} για την οποία ισχύουν \displaystyle{f(x)>0,x>0} και \displaystyle{{f}'(x)+2xf(x)=0,\,\,x>0}
και η γραφική παράσταση διέρχεται από το σημείο \displaystyle{A(1,1)}
α) Να δείξετε ότι η παράγωγος της \displaystyle{f } είναι συνεχής στο ανοικτό διάστημα \displaystyle{(0,+\infty )} και να βρείτε τη συνάρτηση \displaystyle{f}.
β) Να δείξετε ότι \displaystyle{\frac{x-1}{2{{x}}^{2}}}f(x)<\int_{1}^{x}{\frac{f(t)}{2{{t}^{2}}}dt<\frac{x-1}{2},x>1}}
γ) Να βρείτε τη συνάρτηση \displaystyle{F(x)=\int_{1}^{x}{\left( 1+\frac{1}{2{{t}^{2}}} \right)f(t)dt,x>1}}
δ) Να αποδείξετε ότι \displaystyle{2e\int_{1}^{x}{{{e}^{-{{t}^{2}}}}dt<1}} για κάθε \displaystyle{x>1}.
α)1ος τρόπος:

\displaystyle{f'(x)+2xf(x)=0\Leftrightarrow e^{x^{2}}f'(x)+2xe^{x^{2}}f(x)=0\Leftrightarrow \left(e^{x^{2}}f(x)\right)'=0\Leftrightarrow e^{x^{2}}f(x)=c \; , \; c\in\mathbb{R}}

Για \displaystyle{x=1\rightarrow c=e}.Άρα:

\displaystyle{f(x)=e^{1-x^2}} \; , \; x\in(0,+\infty)}

Από όπου άμεσα έπεται ότι \displaystyle{f(x)>0} και ότι η f' είναι συνεχής.

2ος τρόπος:(Χρησιμοποιώντας όλα τα δεδομένα)

\displaystyle{f'(x)=-2xf(x)\mathop \Leftrightarrow^{f(x)>0} \left(\ln(f(x))\right)'=\left(-x^2\right)'\Leftrightarrow f(x)=e^{1-x^2}} \; , \; x\in(0,+\infty)}

β)Αρχικά: \displaystyle{f'(x)=-2xe^{1-x^2}<0} και άρα η f είναι γνήσιως φθίνουσα.Έχουμε:

\displaystyle{1<t<x\Leftrightarrow 1<t^2<x^2\Leftrightarrow \frac{1}{2x^2}<\frac{1}{2t^2}<\frac{1}{2} \; \; \color{red}(1)}

και

\displaystyle{1<t<x\mathop\Leftrightarrow^{f:\searrow} f(x)<f(t)<1\mathop\Leftrightarrow^{ \color{red}(1)\color{black}} \frac{1}{2x^2}f(x)<\frac{1}{2t^2}f(t)<\frac{1}{2}\Leftrightarrow  \frac{f(x)}{2x^2}\int_{1}^{x}1dt<\int_{1}^{x}\frac{f(t)}{2t^2}dt<\int_{1}^{x}\frac{1}{2}dt\Leftrightarrow }

\displaystyle{\Leftrightarrow\frac{x-1}{2{{x}}^{2}}}f(x)<\int_{1}^{x}{\frac{f(t)}{2{{t}^{2}}}dt<\frac{x-1}{2},x>1}}

γ)Η \displaystyle{F(x)} γράφεται και ως εξής:

\displaystyle{F(x)=\int_{1}^{x}\left(\frac{2t^2 f(t)}{2t^2}+\frac{f(t)}{2t^2}\right)dt\Leftrightarrow F(x)=\int_{1}^{x}\left(-\frac{1}{2t}f'(t)-f(t)\left(\frac{1}{2t}\right)'\right)dt\Leftrightarrow F(x)=\int_{1}^{x}\left(-\frac{f(t)}{2t}\right)'dt\Leftrightarrow }

\displaystyle{\Leftrightarrow F(x)=\frac{1}{2}-\frac{e^{1-x^2}}{2x} \; , \; x>1}

δ)Όπως υποσχέθηκα στον κύριο Παρμενίδη μια λύση με ευθεία απόδειξη χωρίς τη χρήση των προηγούμενων ερωτημάτων :smile:
Ζητάμε να δείξουμε τη σχέση για x>1.Άρα έχουμε διαδοχικά:

\displaystyle{1<t}

\displaystyle{\Leftrightarrow 2<2t}

\displaystyle{\Leftrightarrow 2e^{1-t^2}<2te^{1-t^2}}

\displaystyle{\Leftrightarrow 2e\int_{1}^{x}e^{-t^2}dt<\int_{1}^{x}2te^{1-t^2}dt}

\displaystyle{\Leftrightarrow 2e\int_{1}^{x}e^{-t^2}dt<-\int_{1}^{x}-2te^{1-t^2}dt}

\displaystyle{\Leftrightarrow 2e\int_{1}^{x}e^{-t^2}dt<-\int_{1}^{x}\left(e^{1-t^2}\right)'dt = 1 - e^{1-x^2}<1

\displaystyle{\Leftrightarrow 2e\int_{1}^{x}e^{-t^2}dt<1 \; , \; \forall x>1}


My System:
Case:CoolerMaster HAF-X
CPU:i7-2600k @5.0GHz @1.43v
RAM:Corsair Dominator GT 32GB 2133MHz
GPU:ATI RADEON HD6990 4GB @950MHz @1450MHz
Mobo:GIGABYTE Z68X-UD7-B3
SSD:Corsair Force GS 240GB
HDD:WD Caviar Black 2TB
CPU cooler:CoolerMaster V10
Headphones:V-moda M100
Audio interface:RME Babyface
orestisgotsis
Δημοσιεύσεις: 1314
Εγγραφή: Σάβ Φεβ 25, 2012 10:19 pm

Re: A' ΔΕΣΜΗ 1998

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από orestisgotsis » Σάβ Ιούλ 06, 2013 12:26 am

parmenides51 έγραψε:4. Δίνεται η παραγωγίσιμη συνάρτηση \displaystyle{f:(0,+\infty )\to \mathbb{R}} για την οποία ισχύουν \displaystyle{f(x)>0,x>0} και \displaystyle{{f}'(x)+2xf(x)=0,\,\,x>0}
και η γραφική παράσταση διέρχεται από το σημείο \displaystyle{A(1,1)}
α) Να δείξετε ότι η παράγωγος της \displaystyle{f } είναι συνεχής στο ανοικτό διάστημα \displaystyle{(0,+\infty )} και να βρείτε τη συνάρτηση \displaystyle{f}.
β) Να δείξετε ότι \displaystyle{\frac{x-1}{2{{x}}^{2}}}f(x)<\int_{1}^{x}{\frac{f(t)}{2{{t}^{2}}}dt<\frac{x-1}{2},x>1}}
γ) Να βρείτε τη συνάρτηση \displaystyle{F(x)=\int_{1}^{x}{\left( 1+\frac{1}{2{{t}^{2}}} \right)f(t)dt,x>1}}
δ) Να αποδείξετε ότι \displaystyle{2e\int_{1}^{x}{{{e}^{-{{t}^{2}}}}dt<1}} για κάθε \displaystyle{x>1}.
α) Για κάθε \displaystyle{x>0\Rightarrow {f}'(x)=-2xf(x)}. Το δεύτερο μέλος είναι γινόμενο συνεχών συναρτήσεων, άρα \displaystyle{{f}'(x)} συνεχής στο \displaystyle{\left( 0,+\infty  \right)}.
Για \displaystyle{x>0} έχουμε: \displaystyle{{f}'(x)+2xf(x)=0\Leftrightarrow {{e}^{{{x}^{2}}}}{f}'(x)+{{e}^{{{x}^{2}}}}2xf(x)=0\Rightarrow {{\left( {{e}^{{{x}^{2}}}}f(x) \right)}^{\prime }}=0} \displaystyle{\Rightarrow {{e}^{{{x}^{2}}}}f(x)=c\in \mathbb{R}} και επειδή η \displaystyle{{{C}_{f}}} διέρχεται από το σημείο \displaystyle{A\left( 1,1 \right)\Rightarrow c=e\Rightarrow f(x)={{e}^{1-{{x}^{2}}}}}.

β) Έστω \displaystyle{g(t)=\frac{f(t)}{2{{t}^{2}}},\,\,\,t>0}, τότε \displaystyle{{g}'(t)=\frac{{f}'(t)2{{t}^{2}}-f(t){{\left( 2{{t}^{2}} \right)}^{\prime }}}{{{(2{{t}^{2}})}^{2}}}=\frac{-2tf(t)2{{t}^{2}}-f(t)4t}{4{{t}^{4}}}=-f(t)\frac{{{t}^{2}}+1}{{{t}^{3}}}=-{{e}^{1-{{t}^{2}}}}\cdot \frac{{{t}^{2}}+1}{{{t}^{3}}}<0}.

Άρα η \displaystyle{g} είναι γνησίως φθίνουσα στο \displaystyle{\left( 0,+\infty  \right)} και για κάθε \displaystyle{t\in \left[ 1,x \right]\Rightarrow g(1)\ge g(t)\ge g(x)\Rightarrow g(1)-g(t)\ge 0\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,g(t)-g(x)\ge 0}.

Ακόμη \displaystyle{1<t<x\Rightarrow g(1)>g(t)>g(x)\Rightarrow g(1)-g(t)>0\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,g(t)-g(x)>0}, δηλαδή οι \displaystyle{g(1)-g(t),\,\,\,g(t)-g(x)} δεν είναι παντού μηδέν, είναι συνεχείς και μη αρνητικές στο \displaystyle{\left[ 1,x \right]}, οπότε \displaystyle{\int\limits_{1}^{x}{\left( g(1)-g(t) \right)dt}>0\,\,\,\left( 1 \right)\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,\int\limits_{1}^{x}{\left( g(t)-g(x) \right)dt}>0\,\,\,\left( 2 \right)}.

Από \displaystyle{\left( 1 \right)\Rightarrow \int\limits_{1}^{x}{g(1)dt}>\int\limits_{1}^{x}{g(t)dt}\Rightarrow \int\limits_{1}^{x}{\frac{1}{2}dt}>\int\limits_{1}^{x}{\frac{f(t)}{2{{t}^{2}}}dt}\Rightarrow \int\limits_{1}^{x}{\frac{f(t)}{2{{t}^{2}}}dt}<\frac{x-1}{2}\,\,\,\left( 3 \right)}

Από \displaystyle{\left( 2 \right)\Rightarrow \int\limits_{1}^{x}{g(t)dt}>\int\limits_{1}^{x}{g(x)dt}\Rightarrow \int\limits_{1}^{x}{\frac{f(t)}{2{{t}^{2}}}dt}>g(x)\int\limits_{1}^{x}{1dt}\Rightarrow \int\limits_{1}^{x}{\frac{f(t)}{2{{t}^{2}}}dt}>\frac{x-1}{2{{x}^{2}}}f(x)\,\,\,\left( 4 \right)}

Από \displaystyle{\left( 3 \right),\left( 4 \right)\Rightarrow \frac{x-1}{2{{x}^{2}}}f(x)<\int\limits_{1}^{x}{\frac{f(t)}{2{{t}^{2}}}dt}<\frac{x-1}{2},\,\,\,x>1}.

γ) Για \displaystyle{x>1\Rightarrow F(x)=\int\limits_{1}^{x}{\left( 1+\frac{1}{2{{t}^{2}}} \right)f(t)dt}=\int\limits_{1}^{x}{\left( f(t)+\frac{1}{2{{t}^{2}}}f(t) \right)dt}=\int\limits_{1}^{x}{\left( {{e}^{1-{{t}^{2}}}}+\frac{1}{2{{t}^{2}}}{{e}^{1-{{t}^{2}}}} \right)dt=}}

\displaystyle{=\int\limits_{1}^{x}{{{\left( -\frac{1}{2t}{{e}^{1-{{t}^{2}}}} \right)}^{\prime }}dt}=\left[ -\frac{1}{2t}{{e}^{1-{{t}^{2}}}} \right]_{\,1}^{\,x}=-\frac{1}{2x}{{e}^{1-{{x}^{2}}}}+\frac{1}{2}}.

δ) Έχουμε για \displaystyle{x>1}: \displaystyle{2e\int\limits_{1}^{x}{{{e}^{-{{t}^{2}}}}dt<1}\Leftrightarrow 2\int\limits_{1}^{x}{{{e}^{1-{{t}^{2}}}}dt}<1\Leftrightarrow 2\int\limits_{1}^{x}{f(t)dt}<1\Leftrightarrow \int\limits_{1}^{x}{f(t)dt}<\frac{1}{2}\,\,\,\left( 5 \right)}.

Είναι \displaystyle{{{e}^{1-{{x}^{2}}}}>0\Rightarrow {{e}^{1-{{x}^{2}}}}-1>-1\Rightarrow f(x)-f(1)>-1\Rightarrow \int\limits_{1}^{x}{{f}'(t)dt}>-1\Rightarrow \int\limits_{1}^{x}{\left( -2tf(t) \right)dt}>-1}

\displaystyle{\Rightarrow \int\limits_{1}^{x}{tf(t)dt}<\frac{1}{2}\,\,\,\left( 6 \right)}.

Για \displaystyle{t>1\,\,\overset{f(t)>0}{\mathop{\Rightarrow }}\,\,\,tf(t)>f(t)\Rightarrow tf(t)-f(t)>0}. Επειδή η \displaystyle{tf(t)-f(t)} είναι συνεχής στο \displaystyle{\left[ 1,x \right],\,\,\,x>1}, δεν είναι παντού μηδέν στο \displaystyle{\left[ 1,x \right]} θα είναι για \displaystyle{t\in \left[ 1,x \right]}, \displaystyle{tf(t)-f(t)\ge 0}, οπότε \displaystyle{\int\limits_{1}^{x}{\left( tf(t)-f(t) \right)dt}>0}, δηλαδή \displaystyle{\int\limits_{1}^{x}{tf(t)dt}>\int\limits_{1}^{x}{f(t)dt}\,\,\,\left( 7 \right)}.

Από \displaystyle{\left( 6 \right),\left( 7 \right)\Rightarrow \int\limits_{1}^{x}{f(t)dt}<\frac{1}{2}}, δηλαδή αληθεύει η \left( 5 \right).

Ας την αφήσω γιατί μου βγήκε η ψυχή.


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

Re: A' ΔΕΣΜΗ 1998

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιώργος Απόκης » Σάβ Ιούλ 06, 2013 9:46 am

1. α) i) Αν ο μιγαδικός αριθμός \displaystyle{{{z}_{0}}} είναι ρίζα της πολυωνυμικής εξίσωσης \displaystyle{\alpha_{\nu} x^{\nu}+\alpha_{\nu -1} x^{\nu -1}+... +\alpha_{1} x+\alpha_{0}=0}
με \displaystyle{\alpha_{0},\alpha_{1},...,\alpha_{\nu}} πραγματικούς αριθμούς και \displaystyle{\alpha_{\nu}\ne 0}, να αποδείξετε ότι και ο συζυγής του \displaystyle{{{\overline{z}}_{0}}} είναι ρίζα της εξίσωσης αυτής.
ii) Αν η πολυωνυμική εξίσωση \displaystyle{{x^{2}}+\beta x+\gamma =0} όπου \displaystyle{ \beta ,\gamma} πραγματικοί αριθμοί έχει ως ρίζα το μιγαδικό \displaystyle{2-3i } να βρείτε τα \displaystyle{\beta ,\gamma}
καθώς και την εξίσωση της εφαπτομένης της γραφικής παράστασης της συνάρτησης \displaystyle{f(x)=x^{2}}+\beta x+\gamma} στο σημείο \displaystyle{A(1,f(1))}
όταν το \displaystyle{x} μεταβάλλεται στο σύνολο των πραγματικών αριθμών \displaystyle{\mathbb{R}} .
β) Η συνάρτηση \displaystyle{f:\mathbb{R} \to \mathbb{R}} ικανοποιεί τη σχέση \displaystyle{f(f(x))+{{f}^{3}}(x)=2x+3\,\,,x\in \mathbb{R}}
i) Να αποδείξετε ότι η \displaystyle{f} είναι ''\displaystyle{1\, - \, 1}'' .
ii) Να λύσετε την εξίσωση \displaystyle{f(2{{x}^{3}}+x)=f(4-x)\,\,,x\in \mathbb{R}}.

Λύση

α) i) Θεωρία

ii) Aφού \displaystyle{x_1=2-3i} έχουμε : \displaystyle{x_2=2+3i}. Από τους τύπους Vietta έχουμε : \displaystyle{\begin{cases} x_1+x_2=-\beta\\x_1x_2=\gamma \end{cases}}\Leftrightarrow \begin{cases} \beta=-4\\\gamma=13 \end{cases}}}.

Έχουμε \displaystyle{f(x)=x^2-4x+13,~f'(x)=2x-4} άρα η εφαπτομένη θα έχει εξίσωση : \displaystyle{y-f(1)=f'(1)(x-1)\Leftrightarrow}

\displaystyle{ y-10=-2(x-1)\Leftrightarrow y=-2x+12}.

β) i) Έστω \displaystyle{x_1,x_2\in \mathbb R} με \displaystyle{f(x_1)=f(x_2)}. Τότε έχουμε : \displaystyle{f(f(x_1))=f(f(x_2))} και \displaystyle{f^3(x_1)=f^3(x_2)}.

Προσθέτουμε κατά μέλη : \displaystyle{f(f(x_1))+f^3(x_1)=f(f(x_2))+f^3(x_2)\Rightarrow 2x_1+3=2x_2+3\Rightarrow x_1=x_2}.

Άρα η \displaystyle{f} είναι \displaystyle{"1-1"}.

ii) Αφού η \displaystyle{f} είναι \displaystyle{"1-1"} η εξίσωση γίνεται : \displaystyle{2x^3+x=4-x\Leftrightarrow 2x^3+2x-4=0\Leftrightarrow x^3+x-1-1=0\Leftrightarrow }

\displaystyle{(x^3-1)+(x-1)=0\Leftrightarrow (x-1)(x^2+x+2)=0}. Το τριώνυμο έχει \displaystyle{\Delta=-7<0} άρα \displaystyle{x=1}.


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

Re: A' ΔΕΣΜΗ 1998

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Christos75 » Κυρ Ιούλ 07, 2013 2:56 pm

parmenides51 έγραψε: 2. α) Δίνεται ο μιγαδικός αριθμός \displaystyle{{z}_{0}} με \displaystyle{Im{{z}_{0}}<999} και το σύνολο \displaystyle{A} των μιγαδικών αριθμών \displaystyle{z} με \displaystyle{z\ne {{z}_{0}} και \displaystyle{z\ne \overline{z_0}}
που ικανοποιούν τη σχέση \displaystyle{\frac{1}{\left| z-{{z}_{0}} \right|}+\frac{1}{\left| z-{{{\overline{z}}}_{0}} \right|}=\frac{1998}{\left| z-{{z}_{0}} \right|\,\left| z-{{{\overline{z}}}_{0}} \right|}}
Να βρείτε τη μεγαλύτερη δυνατή απόσταση που μπορούν να απέχουν μεταξύ τους οι εικόνες δυο μιγαδικών αριθμών του συνόλου \displaystyle{A}.
Ποιοι είναι αυτοί οι μιγαδικοί αριθμοί; Να εξετάσετε την περίπτωση \displaystyle{{{z}_{0}}={{\overline{z}}_{0}}}.
β) Ένας γεωργός προσθέτει \displaystyle{x} μονάδες λιπάσματος σε μια αγροτική καλλιέργεια και συλλέγει \displaystyle{g(x)} μονάδες του παραγόμενου προϊόντος.
Αν \displaystyle{g(x)={{M}_{0}}+M(1-{e}^{-\mu x})\,\,,x\ge 0} όπου \displaystyle{{{M}_{0}}}, \displaystyle{M} και \displaystyle{ \mu} είναι θετικές σταθερές να εκφράσετε το ρυθμό μεταβολής του παραγόμενου προϊόντος
ως συνάρτηση της \displaystyle{g(x)}. Ποια είναι η σημασία της σταθεράς \displaystyle{{{M}_{0}}} ;
Λύση

α) Μας δίνεται η σχέση \displaystyle{\displaystyle{\frac{1}{\left| z-{{z}_{0}} \right|}+\frac{1}{\left| z-{{{\overline{z}}}_{0}} \right|}=\frac{1998}{\left| z-{{z}_{0}} \right|\,\left| z-{{{\overline{z}}}_{0}} \right|}}}

με δεδομένους τους περιορισμούς πολλαπλασιάζω την άνωθεν σχέση με το γινόμενο \displaystyle{\mid z-z_{0}\mid . \mid z-\overline z_{0}\mid\neq 0} και τελικά προκύπει η σχέση

\displaystyle{\mid z-z_{0}\mid + \mid z-\overline z_{0}\mid = 1998 (1)} συνεπώς ο γεωμετρικός τόπος των σημείων που διαγράφουν οι μιγαδικοί αριθμοί της δοσμένης σχέσης

είναι έλλειψη και η μεγαλύτερη δυνατή απόσταση είναι \displaystyle{(A'A)=2\alpha =1998 \Rightarrow \alpha =999} οι μιγαδικοί αριθμοί αυτοί είναι:

\displaystyle{z_{0}=x_{0}+999i  \wedge \overline z_{0}=x_{0}-999i}

Τώρα στην περίπτωση που \displaystyle{z_{0}=\overline z_{0}} η (1) γίνεται \displaystyle{2\mid z-z_{0}\mid = 1998\Leftrightarrow \mid z-z_{0}\mid =999}

που σημαίνει ότι η (1) τότε διαγράφει εξίσωση κύκλου με κέντρο και ακτίνα \displaystyle{K(x_{0},y_{0}), \rho =999} με \displaystyle{y_{0}<999}

β) Έχουμε ότι g(x) είναι οι μονάδες του παραγόμενου προϊόντος που δίνονται από τον τύπο:\displaystyle{g(x) = M_{0}+M(1-e^{-\mu x})=M_{0}+M-Me^{-\mu x}}

Ο ρυθμός μεταβολής του παραγόμενου προϊόντος δίνεται απο την παράγωγο της g, δηλαδή:

\displaystyle{g'(x) =(M_{0}+M-Me^{-\mu x})'=0+0+(Me^{-\mu x})'=M\mu e^{-\mu x}\Rightarrow g'(x)=M\mu e^{-\mu x}, x\in [0,+\infty )}

Τώρα για να δείξουμε αυτό μου μας ζητάει έχουμε \displaystyle{g(x) = M_{0}+M-Me^{-\mu x}\Leftrightarrow Me^{-\mu x} = M_{0}+M -g(x)}

Άρα τελικά \displaystyle{g'(x)= \mu (M_{0}+M-g(x))} που είναι τελικά και η ζητούμενη σχέση.

Αν θέσουμε τώρα στην αρχικά δοσμένη σχέση την τιμή \displaystyle{x=0} θα έχουμε τελικά ότι \displaystyle{g(0)= M_{0}+M(1-e^{0})= M_{0}}

Δηλαδή η τιμή αυτή του M_{0} μας δείχνει τις μονάδες του προϊόντος που θα πάρουμε πριν προσθέσουμε ακόμα λίπασμα.


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

Re: A' ΔΕΣΜΗ 1998

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Christos75 » Δευ Ιούλ 08, 2013 3:01 am

parmenides51 έγραψε: 3. α) Δίνεται ο \displaystyle{\nu \, x \, \nu} πίνακας \displaystyle{A} με στοιχεία πραγματικούς αριθμούς για τον οποίο ισχύει:\displaystyle{{{A}^{2}}-2{{(\lambda-2)}^{2}}A+\mathbb{I}=\mathbb{O}}
όπου \displaystyle{ \mathbb{I}} είναι ο μοναδιαίος \displaystyle{\nu \, x \, \nu} πίνακας και \displaystyle{\lambda} πραγματικός αριθμός. Να δείξετε ότι ο πίνακας \displaystyle{ A+\mathbb{I}} είναι αντιστρέψιμος για κάθε \displaystyle{\lambda}.
β) Να αποδείξετε ότι η εξίσωση \displaystyle{(x+1)\left|A+x \mathbb{I} \right|+(x-1)\left| A-x \mathbb{I} \right|=1-x^2}} όπου \displaystyle{A} είναι ο πίνακας του ερωτήματος (α)
και \displaystyle{x} πραγματικός αριθμός έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο ανοικτό διάστημα \displaystyle{(-1,1)}.
Με \displaystyle{\left|A+x \mathbb{I} \right|,\left| A-x \mathbb{I} \right|} συμβολίζουμε την ορίζουσα του πίνακα \displaystyle{A+x \mathbb{I} } και \displaystyle{A-x \mathbb{I} } αντίστοιχα.
γ) Δίνεται ο δειγματικός χώρος \displaystyle{\Omega =\left\{ 1,2,3,4,5,6,7,8 \right\}} με πιθανότητες των στοιχειωδών ενδεχομένων που ικανοποιούν τις σχέσεις
\displaystyle{2P(1)=2P(3)=2P(5)=2P(7)=3P(2)=3P(4)=3P(6)=3P(8)}
και το ενδεχόμενο \displaystyle{B=\left\{\lambda \in \Omega }\left| } το σύστημα \displaystyle{AX= {\color{red}X}} έχει τουλάχιστον δυο λύσεις \displaystyle{ \}}
όπου \displaystyle{X} ένας \displaystyle{\nu \, x \, 1} άγνωστος πίνακας και \displaystyle{A} ο πίνακας του ερωτήματος (α).
Να βρείτε την πιθανότητα του ενδεχομένου \displaystyle{B}.
δ) Δίνεται το τριώνυμο \displaystyle{f(x)={{x}^{2}}+\gamma x+ 4} όπου ο συντελεστής \displaystyle{ \gamma} επιλέγεται τυχαία από το δειγματικό χώρο \displaystyle{\Omega} του ερωτήματος (γ) .
Αν \displaystyle{\Gamma =\left\{\gamma }\in \Omega }\left| } η εξίσωση \displaystyle{f(x)=0} έχει πραγματικές ρίζες \displaystyle{ \}}
Να υπολογίσετε την πιθανότητα του ενδεχομένου \displaystyle{\Gamma} και να δείξετε ότι τα ενδεχόμενα \displaystyle{B} του ερωτήματος (γ) και \displaystyle{\Gamma} είναι ασυμβίβαστα .
Λύση

α)
Μας δίνεται η σχέση \displaystyle{A^{2}-2(\lambda -2)^2A+\mathbb{I}=\mathbb{O} (1)}

Θέτω \displaystyle{A+\mathbb{I}=X\Leftrightarrow A=X-\mathbb{I}} και αντικαθιστώ στην (1)

\displaystyle{(X-\mathbb{I})^2-2(\lambda -2)^{2}(X-\mathbb{I})+\mathbb{I}=\mathbb{O}\Leftrightarrow (X-\mathbb{I})^2-2(X-\mathbb{I})^2+(\lambda -2)^{2}\mathbb{I}+\mathbb{I}=\mathbb{O}}

\displaystyle{\Leftrightarrow (X-\mathbb{I})^2-2(\lambda -2)^{2}X=-2(\lambda -2)^{2}\mathbb{I}-\mathbb{I}\Leftrightarrow X^{2}-2X\mathbb{I}+\mathbb{I}^{2}-2(\lambda -2)^{2}X=-2(\lambda -2)^{2}\mathbb{I}-\mathbb{I}}

\displaystyle{\Leftrightarrow X^{2}-(2\mathbb{I}+2(\lambda -2)^2\mathbb{I})X=-[2(\lambda -2)^{2}+1].\mathbb{I}\Leftrightarrow X[X-(2\mathbb{I}-2(\lambda -2)^{2}\mathbb{I})]=-[2(\lambda -2)^{2}+1].\mathbb{I} (2)}

Παρατηρούμε ότι \displaystyle{2(\lambda -2)^{2}+1\neq 0 \forall \lambda \in \mathbb{R}}

Συνεπώς η (2) γίνεται

\displaystyle{X.\frac{(-1)}{1+2(\lambda -2)^{2}}.[X-(2\mathbb{I}-2(\lambda -2)^{2}\mathbb{I})]=\mathbb{I}}

Δηλαδή τελικά έχουμε \displaystyle{(A+\mathbb{I})^{-1}=-\frac{1}{1+2(\lambda -2)^{2}}.(A-\mathbb{I}+2(\lambda -2)^{2}\mathbb{I})} συνεπώς

για κάθε \displaystyle{\lambda \in \mathbb{R}} ο ζητούμενος πίνακας είναι αντιστρέψιμος.

β)
Έστω η εξίσωση \displaystyle{(x+1)\mid A+x\mathbb{I}\mid + (x-1)\mid A-x\mathbb{I}\mid-1+x^{2}=0}

Θεωρώ συνάρτηση \displaystyle{g(x)=(x+1)\mid A+x\mathbb{I}\mid + (x-1)\mid A-x\mathbb{I}\mid-1+x^{2}, x\in \mathbb{R}}

Η συνάρτηση g είναι συνεχής στο διάστημα [-1,1] ως πολυωνυμική και επιπλέον

\displaystyle{g(-1)=(-1+1)\mid A+(-1)\mathbb{I}\mid + (-1-1)\mid A+\mathbb{I}\mid-1+(-1)^{2}=-2 \mid A+\mathbb{I} \mid\Leftrightarrow g(-1)= -2 \mid A+\mathbb{I} \mid}

και

\displaystyle{g(1)=(1+1)\mid A+(1)\mathbb{I}\mid + (1-1)\mid A+\mathbb{I}\mid-1+(+1)^{2}=2 \mid A+\mathbb{I} \mid\Leftrightarrow g(1)= 2 \mid A+\mathbb{I} \mid}

Οπότε \displaystyle{g(-1).g(1)=-4 \mid A+\mathbb{I} \mid^2 <0} αφού από το ερώτημα α) \displaystyle{\mid A+\mathbb{I} \mid \neq 0} και ο εν λόγω πίνακας είναι αντιστρέψιμος.

Συνεπώς ικανοποιούνται οι προυποθέσεις του θεωρήματος Bolzano και έχουμε ότι \displaystyle{\exists \xi\in (-1,1):g(\xi)=0}

γ)
Έχουμε τον δειγματικό χώρο \displaystyle{\Omega =\left \{ 1,2,3,4,5,6,7,8\left.  \right \} \right.} και επίσης ισχύουν τα εξής

\displaystyle{2P(1)=2P(3)=2P(5)=2P(7)=3P(2)=3P(4)=3P(6)=3P(8)} και θέτω \displaystyle{2P(1)=2P(3)=2P(5)=2P(7)=3P(2)=3P(4)=3P(6)=3P(8)=\kappa }

Οπότε, από τον αξιωματικό ορισμό της πιθανότητας έχουμε ότι

\displaystyle{P(\Omega)=P(1)+P(2)+P(3)+P(4)+P(5)+P(6)+P(7)+P(8)

\displaystyle{\Rightarrow \frac{\kappa }{2}+\frac{\kappa }{3}+\frac{\kappa }{2}+\frac{\kappa }{3}+\frac{\kappa }{2}+\frac{\kappa }{3}+\frac{\kappa }{2}+\frac{\kappa }{3}=8\kappa}

\displaystyle{+\frac{4\kappa }{3}\Rightarrow \kappa =\frac{3}{10}}}

Αναζητούμε το ενδεχόμενο B για το οποίο ισχύει B=\left \{ \lambda \in \Omega: AX=X \left.  \right \}  \right. με δεδομένο ότι το προαναφερθέν σύστημα έχει

τουλάχιστον δύο λύσεις.

Διευρευνούμε το εν λόγω σύστημα και έχουμε \displaystyle{AX=X\Leftrightarrow AX-X=\mathbb{O}\Leftrightarrow (A-\mathbb{I})X=\mathbb{O}} και εάν θέσω

\displaystyle{B=A-\mathbb{I}} το σύστημά μου θα γίνει \displaystyle{B.X=\mathbb{O}} που είναι ένα \displaystyle{\nu x\nu} ομογενές σύστημα. Σαφώς και το εν λόγω σύστημα

έχει την μηδενική λύση. Για να έχει και μή μηδενικές λύσεις, πρέπει \displaystyle{\mid B \mid =0} δηλαδή \displaystyle{\mid A-\mathbb{I} \mid =0}

Εφόσον ο πίνακας A είναι του α) ερωτήματος τότε αντικαθιστώ την ποσότητα που έχω θέσει στην αρχική και έχω

\displaystyle{B=A-\mathbb{I}\Leftrightarrow A=B+\mathbb{I}} και θέτω στην αρχικά δοσμένη, δηλαδή:

(B+\mathbb{I})^{2}-2(\lambda -2)^{2}(B+\mathbb{I})+\mathbb{I}=\mathbb{O}\Leftrightarrow B^{2}+[2-2(\lambda -2)^2].B=-2\mathbb{I}+2(\lambda -2)^{2}\mathbb{I}

\displaystyle{\Leftrightarrow B.[B+(2-2(\lambda -2)^{2}.\mathbb{I})]=(2(\lambda -2)^{2}-2).\mathbb{I}}

Εάν τώρα \displaystyle{2(\lambda -2)^{2}-2\neq 0} τότε ο πίνακας B θα ήταν αντιστρέψιμος πράγμα το οποίο είναι ΑΤΟΠΟ αφού \displaystyle{\mid B \mid=0}

Συνεπώς \displaystyle{2(\lambda -2)^{2}-2 = 0\Leftrightarrow (\lambda -2)^{2}=1\Leftrightarrow \lambda =1 \vee \lambda =3} και εν τέλει το ενδεχόμενο B είναι:

\displaystyle{B=\left \{ 1,3\left.  \right \} \right.} και η πιθανότητα αυτού \displaystyle{P(B)=P(1)+P(3)=\frac{\kappa }{2}+\frac{\kappa }{2}=\kappa =\frac{3}{10}}

δ)
Έχουμε την εξίσωση \displaystyle{f(x)=x^{2}+\gamma x+4, \gamma \in \Omega} και το ενδεχόμενο \displaystyle{\Gamma =\left \{ \gamma \in \Omega :f(x)=0\left.  \right \} \right.} η εν λόγω εξίσωση να έχει πραγματικές ρίζες.

Για να συμβαίνει αυτό στην δοσμένη δευτεροβάθμια εξίσωση πρέπει :

\displaystyle{\Delta \geq 0\Leftrightarrow \gamma ^{2} -4.1.4\geq 0\Leftrightarrow \gamma ^{2}-16\geq 0\Leftrightarrow \gamma ^{2}\geq 16 \Leftrightarrow \gamma\geq 4}

αφού \displaystyle{\gamma \in \Omega} Κατά συνέπεια τ ενδεχόμενο \Gamma είναι:

\displaystyle{\Gamma=\left \{ 4,5,6,7,8\left.  \right \} \right.} και συνεπώς η ζητούμενη πιθανότητα δίνεται από τον τύπο:

\displaystyle{P(\Gamma )=P(4)+P(5)+P(6)+P(7)+P(8)=...=\frac{3}{5}}

Επίσης αφού \displaystyle{B\cap \Gamma =\O} σημαίνει ότι τα εν λόγω ενδεχόμενα είναι ασυμβίβαστα.


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

Re: A' ΔΕΣΜΗ 1998

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από parmenides51 » Δευ Ιούλ 08, 2013 2:33 pm

parmenides51 έγραψε:2. α) Δίνεται ο μιγαδικός αριθμός \displaystyle{{z}_{0}} με \displaystyle{Im{{z}_{0}}<999} και το σύνολο \displaystyle{A} των μιγαδικών αριθμών \displaystyle{z} με \displaystyle{z\ne {{z}_{0}} και \displaystyle{z\ne \overline{z_0}}
που ικανοποιούν τη σχέση \displaystyle{\frac{1}{\left| z-{{z}_{0}} \right|}+\frac{1}{\left| z-{{{\overline{z}}}_{0}} \right|}=\frac{1998}{\left| z-{{z}_{0}} \right|\,\left| z-{{{\overline{z}}}_{0}} \right|}}
Να βρείτε τη μεγαλύτερη δυνατή απόσταση που μπορούν να απέχουν μεταξύ τους οι εικόνες δυο μιγαδικών αριθμών του συνόλου \displaystyle{A}.
Ποιοι είναι αυτοί οι μιγαδικοί αριθμοί; Να εξετάσετε την περίπτωση \displaystyle{{{z}_{0}}={{\overline{z}}_{0}}}.
άλλες λύσεις των παραπάνω θεμάτων και σχόλια πάνω σε περιορισμό που λείπει στο 2.α) βρίσκονται εδώ

αναφέρεται οτι αντί για τον περιορισμό \displaystyle{Im{{z}_{0}}<999} έπρεπε να είχαν βάλει |Im z_{0}|<999 για να βγεί έλλειψη ή κύκλος


ArgirisM
Δημοσιεύσεις: 224
Εγγραφή: Δευ Απρ 16, 2012 10:38 pm

Re: A' ΔΕΣΜΗ 1998

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ArgirisM » Σάβ Αύγ 23, 2014 7:57 pm

Εναλλακτική λύση για το 4δ. Ελπίζω να μην μου ξέφυγε τίποτα γιατί την έγραψα βιαστικά.
Είναι: \displaystyle 2 \int_1^x f(t) \,dt = 2 \int_1^x (1 + \frac{1}{2t^2})f(t) \,dt - 2 \int_1^x \frac{f(t)}{2t^2} \,dt < \frac{x - f(x)}{x} - \frac{(x - 1)f(x)}{x^2} = 1 + \frac{-2xf(x) + f(x)}{x^2} = 1 + \frac{f'(x) + f(x)}{x^2} < 1
Πράγματι είναι f'(x) + f(x) < 0 \Longleftrightarrow e^{1 - x^2}(1 - 2x) < 0 που ισχύει αφού x > 1 > \frac{1}{2}.


Αν κάτι μπορεί να πάει στραβά, θα πάει!
Νόμος του Μέρφυ
Απάντηση

Επιστροφή σε “Α' Δέσμη”

Μέλη σε σύνδεση

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