A' ΔΕΣΜΗ 1999

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

A' ΔΕΣΜΗ 1999

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από parmenides51 » Σάβ Ιούλ 06, 2013 11:07 am

1. α) Να αποδείξετε ότι αν μια συνάρτηση f:\Delta \to \mathbb{R} παρουσιάζει στο εσωτερικό σημείο \displaystyle{x_0} του διαστήματος \displaystyle{\Delta }
τοπικό ακρότατο και είναι παραγωγίσιμη στο \displaystyle{x_0} τότε {f}'({{x}_{0}})=0.
β) Δίνεται συνάρτηση f:\mathbb{R}\to \mathbb{R} δυο φορές παραγωγίσιμη η οποία σε σημείο \displaystyle{x_0 \in \mathbb{R}} παρουσιάζει τοπικό ακρότατο το \displaystyle{0}
και ικανοποιεί τη σχέση {f}''(x)>4\left( {f}'(x)-f(x) \right) για κάθε \displaystyle{x \in \mathbb{R}} .
i) Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση g(x)=f(x){{e}^{-2x}} είναι κυρτή στο \displaystyle{\mathbb{R}} .
ii) Να αποδείξετε ότι είναι f(x)\ge 0 για κάθε \displaystyle{x \in \mathbb{R}} .


2. α) Έστω ο μιγαδικός αριθμός \displaystyle{z = x+yi \,\,, x,y \in \mathbb{R}}
i) Να αποδείξετε ότι στο μιγαδικό επίπεδο ο γεωμετρικός τόπος των σημείων \displaystyle{M(x,y)} που είναι τέτοια ώστε {{\left| z-1 \right|}^{2}}+{{\left| z-3-2i \right|}^{2}}=6 είναι κύκλος.
Να βρείτε το κέντρο και την ακτίνα του κύκλου αυτού.
ii) Έστω \displaystyle{O} η αρχή των αξόνων του μιγαδικού επιπέδου και \displaystyle{(\varepsilon_1), )\varepsilon_2)} είναι οι δυο εφαπτόμενες που άγονται από το \displaystyle{O} προς τον παραπάνω κύκλο.
Να βρείτε τις συντεταγμένες των δυο σημείων επαφής \displaystyle{M1, M_2} .
β) Έστω \displaystyle{\Omega =\{1,2,3,4,5,6\}} δειγματικός χώρος ενός πειράματος τύχης με ισοπίθανα απλά ενδεχόμενα και έστω \displaystyle{C} κύκλος με κέντρο \displaystyle{(2,1)} και ακτίνα \displaystyle{1}.
Θεωρούμε τα ενδεχόμενα :
\displaystyle{E=\{\omega  \in \Omega |} το σημείο \displaystyle{M(\omega,1)} είναι εσωτερικό σημείο του κύκλου \displaystyle{C \}}
\displaystyle{Z=\{\omega  \in \Omega | } το σημείο \displaystyle{N(2,\omega} είναι εξωτερικό σημείο του κύκλου \displaystyle{C \}}
Να βρείτε τις πιθανότητες των ενδεχομένων E,Z και E\cup Z.


3. α) Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ στο οποίο είναι \left| \overrightarrow{AB} \right|=4,\,\,\left| \overrightarrow{A\Gamma } \right|=6 και η γωνία των διανυσμάτων \displaystyle{\overrightarrow{AB}} και \displaystyle{\overrightarrow{A\Gamma }} είναι \displaystyle{\frac{\pi }{3}}.
Αν \displaystyle{M} είναι το μέσο της πλευράς \displaystyle{B\Gamma} τότε
i) Να υπολογίσετε το μέτρο του διανύσματος \overrightarrow{AM }
ii) Να αποδείξετε ότι η προβολή του διανύσματος \overrightarrow{AB} πάνω στο διάνυσμα \overrightarrow{AM } είναι το διάνυσμα \displaystyle{\frac{14}{19}\overrightarrow{AM}}
β) Έστω \displaystyle{A,B \,\,\,  \nu\,\, x \,\, \nu} πίνακες των οποίων τα στοιχεία είναι πραγματικοί αριθμοί.
Έστω ότι ισχύει {{A }^{2}}+AB +\mathbb{I}={{B }^{2}}+BA+\mathbb{I}=\mathbb{O}} όπου \displaystyle{\mathbb{I}} είναι ο \displaystyle{\nu\,\, x \,\, \nu} μοναδιαίος πίνακας και \displaystyle{\mathbb{O} } είναι ο μηδενικός \displaystyle{\nu\,\, x \,\, \nu} πίνακας.
Να αποδείξετε ότι :
i) 1. Ο πίνακας \displaystyle{A+B} έχει αντίστροφο
2. \displaystyle{A=B}
ii) ο \displaystyle{\nu} είναι άρτιος.


4. α) Δίνεται η συνάρτηση \displaystyle{f(t)=\frac{2t+3}{t+2},\,\,t\in [1,4]}
i) Να υπολογίσετε το ολοκλήρωμα I=\int_{1}^{4}{f(t)dt}
ii) Έστω η συνάρτηση \displaystyle{g(x)=\int_{1}^{4}{f(t)\frac{x+2}{x+1}{{e}^{\displaystyle\frac{t}{{{x}^{2}}}}}dt,\,\,\,x>0}}
1. Να αποδείξετε ότι \displaystyle{{{e}^{\displaystyle\frac{1}{{{x}^{2}}}}}\le {{e}^{\displaystyle\frac{t}{{{x}^{2}}}}}\le {{e}^{\displaystyle\frac{4}{{{x}^{2}}}}}} για κάθε \displaystyle{t\in[1,4]} και \displaystyle{ x>0}.
2. Να υπολογίσετε το \displaystyle{\lim_{x\to +\infty }g(x)}
β) Έστω h:[1,+\infty )\to \mathbb{R} συνεχής συνάρτηση που ικανοποιεί τη σχέση \displaystyle{h(x)=1999(x-1)+\int_{1}^{x}{\frac{h(t)}{t}dt}} για κάθε x\ge 1
Να αποδείξετε ότι
i) h(x)=1999\,x\,\ln x,\,\,\,x\ge 1
ii) Η \displaystyle{h} είναι γνησίως αύξουσα στο [1,+\infty ).


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

Re: A' ΔΕΣΜΗ 1999

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από orestisgotsis » Σάβ Ιούλ 06, 2013 12:36 pm

parmenides51 έγραψε:4. α) Δίνεται η συνάρτηση \displaystyle{f(t)=\frac{2t+3}{t+2},\,\,t\in [1,4]}
i) Να υπολογίσετε το ολοκλήρωμα I=\int_{1}^{4}{f(t)dt}
ii) Έστω η συνάρτηση \displaystyle{g(x)=\int_{1}^{4}{f(t)\frac{x+2}{x+1}{{e}^{\displaystyle\frac{t}{{{x}^{2}}}}}dt,\,\,\,x>0}}
1. Να αποδείξετε ότι \displaystyle{{{e}^{\displaystyle\frac{1}{{{x}^{2}}}}}\le {{e}^{\displaystyle\frac{t}{{{x}^{2}}}}}\le {{e}^{\displaystyle\frac{4}{{{x}^{2}}}}}} για κάθε \displaystyle{t\in[1,4]} και \displaystyle{ x>0}.
2. Να υπολογίσετε το \displaystyle{\lim_{x\to +\infty }g(x)}
β) Έστω h:[1,+\infty )\to \mathbb{R} συνεχής συνάρτηση που ικανοποιεί τη σχέση \displaystyle{h(x)=1999(x-1)+\int_{1}^{x}{\frac{h(t)}{t}dt}} για κάθε x\ge 1
Να αποδείξετε ότι
i) h(x)=1999\,x\,\ln x,\,\,\,x\ge 1
ii) Η \displaystyle{h} είναι γνησίως αύξουσα στο [1,+\infty ).
α) (i) \displaystyle{I=\int_{1}^{4}{f(t)dt}=\int\limits_{1}^{4}{\frac{2t+3}{t+2}dt}=\int\limits_{1}^{4}{\frac{2(t+2)-1}{t+2}dt}=\int\limits_{1}^{4}{(2-\frac{1}{t+2})dt}=\left[ \text{2t}\text{ln}(\text{t}+\text{2}) \right]_{1}^{4}=\text{6}-\text{ln2}}

(ii) (1) Από \displaystyle{t\in \left[ 1,4 \right]\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,x>0\Rightarrow 1\le t\le 4\Rightarrow \frac{1}{{{x}^{2}}}\le \frac{t}{{{x}^{2}}}\le \frac{4}{{{x}^{2}}}\Rightarrow {{e}^{\frac{1}{{{x}^{2}}}}}\le {{e}^{\frac{t}{{{x}^{2}}}}}\le {{e}^{\frac{4}{{{x}^{2}}}}}}.

(2) \displaystyle{t\in \left[ 1,4 \right]\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,x>0\Rightarrow f(t)=\frac{2t+3}{t+2}>0,\,\,\,\frac{x+2}{x+1}>0} και από \displaystyle{{{e}^{\frac{1}{{{x}^{2}}}}}\le {{e}^{\frac{t}{{{x}^{2}}}}}\le {{e}^{\frac{4}{{{x}^{2}}}}}\Rightarrow f(t)\frac{x+2}{x+1}{{e}^{\frac{1}{{{x}^{2}}}}}\le f(t)\frac{x+2}{x+1}{{e}^{\frac{t}{{{x}^{2}}}}}\le f(t)\frac{x+2}{x+1}{{e}^{\frac{4}{{{x}^{2}}}}}\Rightarrow }

\displaystyle{\Rightarrow f(t)\frac{x+2}{x+1}{{e}^{\frac{t}{{{x}^{2}}}}}-f(t)\frac{x+2}{x+1}{{e}^{\frac{1}{{{x}^{2}}}}}\ge 0\,\,\,\left( 1 \right)\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,f(t)\frac{x+2}{x+1}{{e}^{\frac{4}{{{x}^{2}}}}}-f(t)\frac{x+2}{x+1}{{e}^{\frac{t}{{{x}^{2}}}}}\ge 0\,\,\,\left( 2 \right)}.

Από \displaystyle{\left( 1 \right)\Rightarrow \int\limits_{1}^{4}{\left( f(t)\frac{x+2}{x+1}{{e}^{\frac{t}{{{x}^{2}}}}}-f(t)\frac{x+2}{x+1}{{e}^{\frac{1}{{{x}^{2}}}}} \right)dt}\ge 0\Rightarrow \int\limits_{1}^{4}{f(t)\frac{x+2}{x+1}{{e}^{\frac{t}{{{x}^{2}}}}}dt}\ge \int\limits_{1}^{4}{f(t)\frac{x+2}{x+1}{{e}^{\frac{1}{{{x}^{2}}}}}dt}\Rightarrow }

\displaystyle{\Rightarrow \int\limits_{1}^{4}{f(t)\frac{x+2}{x+1}{{e}^{\frac{t}{{{x}^{2}}}}}dt}\ge \frac{x+2}{x+1}{{e}^{\frac{1}{{{x}^{2}}}}}\int\limits_{1}^{4}{f(t)dt}\Rightarrow g(x)\ge \frac{x+2}{x+1}{{e}^{\frac{1}{{{x}^{2}}}}}\left( \text{6}-\text{ln2} \right)\,\,\,\left( 3 \right)}.

Από \displaystyle{\left( 2 \right)\Rightarrow \int\limits_{1}^{4}{\left( f(t)\frac{x+2}{x+1}{{e}^{\frac{4}{{{x}^{2}}}}}-f(t)\frac{x+2}{x+1}{{e}^{\frac{t}{{{x}^{2}}}}} \right)dt}\ge 0\Rightarrow \int\limits_{1}^{4}{f(t)\frac{x+2}{x+1}{{e}^{\frac{4}{{{x}^{2}}}}}dt}\ge \int\limits_{1}^{4}{f(t)\frac{x+2}{x+1}{{e}^{\frac{t}{{{x}^{2}}}}}dt}}

\displaystyle{\Rightarrow \frac{x+2}{x+1}{{e}^{\frac{4}{{{x}^{2}}}}}\int\limits_{1}^{4}{f(t)dt}\ge \int\limits_{1}^{4}{f(t)\frac{x+2}{x+1}{{e}^{\frac{t}{{{x}^{2}}}}}dt}\Rightarrow \frac{x+2}{x+1}{{e}^{\frac{4}{{{x}^{2}}}}}\left( \text{6}-\text{ln2} \right)\ge g(x)\,\,\,\left( 4 \right)}.

Από \displaystyle{\left( 3 \right),\left( 4 \right)\Rightarrow \frac{x+2}{x+1}{{e}^{\frac{1}{{{x}^{2}}}}}\left( \text{6}-\text{ln2} \right)\le g(x)\le \frac{x+2}{x+1}{{e}^{\frac{4}{{{x}^{2}}}}}\left( \text{6}-\text{ln2} \right)}.

Αλλά \displaystyle{\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left[ \frac{x+2}{x+1}{{e}^{\frac{1}{{{x}^{2}}}}}\left( \text{6}-\text{ln2} \right) \right]=\text{6}-\text{ln2}\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left[ \frac{x+2}{x+1}{{e}^{\frac{4}{{{x}^{2}}}}}\left( \text{6}-\text{ln2} \right) \right]=\text{6}-\text{ln2}},

οπότε \displaystyle{\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,g(x)=6-\ln 2}.

β) (i) Για κάθε \displaystyle{x\ge 1} η \displaystyle{h(x)} είναι παραγωγίσιμη ως άθροισμα παραγωγίσιμων συναρτήσεων με \displaystyle{{h}'(x)=1999+\frac{h(x)}{x}\Rightarrow {h}'(x)-\frac{h(x)}{x}=1999\Rightarrow \frac{1}{x}\cdot {h}'(x)-\frac{1}{x}\cdot \frac{h(x)}{x}=\frac{1}{x}\cdot 1999}

\displaystyle{\Rightarrow \frac{1}{x}\cdot {h}'(x)+{{\left( \frac{1}{x} \right)}^{\prime }}h(x)={{\left( 1999\ln x \right)}^{\prime }}\Rightarrow {{\left( \frac{1}{x}\cdot h(x) \right)}^{\prime }}={{\left( 1999\ln x \right)}^{\prime }}}

\displaystyle{\Rightarrow \frac{1}{x}\cdot h(x)=1999\ln x+c} και για \displaystyle{x=1\Rightarrow c=0\Rightarrow \frac{1}{x}\cdot h(x)=1999\ln x\Rightarrow h(x)=1999x\ln x}.

(ii) Για \displaystyle{x\ge 1\Rightarrow {h}'(x)=1999\left( \ln x+1 \right)>0,\,\,\,\left[ x\ge 1\Rightarrow \ln x+1>0 \right]}, άρα η \displaystyle{h} είναι γνησίως αύξουσα στο \displaystyle{[1,+\infty )}.


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

Re: A' ΔΕΣΜΗ 1999

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από BAGGP93 » Σάβ Ιούλ 06, 2013 12:58 pm

parmenides51 έγραψε:1. α) Να αποδείξετε ότι αν μια συνάρτηση f:\Delta \to \mathbb{R} παρουσιάζει στο εσωτερικό σημείο \displaystyle{x_0} του διαστήματος \displaystyle{\Delta }
τοπικό ακρότατο και είναι παραγωγίσιμη στο \displaystyle{x_0} τότε {f}'({{x}_{0}})=0.
β) Δίνεται συνάρτηση f:\mathbb{R}\to \mathbb{R} δυο φορές παραγωγίσιμη η οποία σε σημείο \displaystyle{x_0 \in \mathbb{R}} παρουσιάζει τοπικό ακρότατο το \displaystyle{0}
και ικανοποιεί τη σχέση {f}''(x)>4\left( {f}'(x)-f(x) \right) για κάθε \displaystyle{x \in \mathbb{R}} .
i) Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση g(x)=f(x){{e}^{-2x}} είναι κυρτή στο \displaystyle{\mathbb{R}} .
ii) Να αποδείξετε ότι είναι f(x)\ge 0 για κάθε \displaystyle{x \in \mathbb{R}} .

α)Θεώρημα στο σχολικό βιβλίο

βi)Η συνάρτηση \displaystyle{g} είναι παραγωγίσιμη στο \displaystyle{\mathbb{R}} ως γινόμενο παραγωγίσιμων συναρτήσεων με

\displaystyle{g^\prime(x)=f^\prime(x)\,e^{-2x}-2f(x)\,e^{-2x}=e^{-2x}\left(f^\prime(x)-2f(x)\right)\,,x\in\mathbb{R}}

Η \displaystyle{g^\prime} είναι παραγωγίσιμη στο \displaystyle{\mathbb{R}} ως γινόμενο παραγωγίσιμων συναρτήσεων με

\displaystyle{g''(x)=-2\,e^{-2x}\left(f^\prime(x)-2f(x)\right)+e^{-2x}\left(f''(x)-2f^\prime(x)\right)=e^{-2x}\left[f''(x)-4\left(f^\prime(x)-f(x)\right)\right]>0\,,x\in\mathbb{R}}

Επομένως, η \displaystyle{g} είναι κυρτή στο \displaystyle{\mathbb{R}}

βii)Επειδή η συνάρτηση \displaystyle{f} παρουσιάζει τοπικό ακρότατο σε σημείο \displaystyle{x_0\in\mathbb{R}} το \displaystyle{0}

και είναι παραγωγίσιμη σε αυτό, έπεται ότι \displaystyle{f(x_0)=0\,\, \kappa \alpha \iota\,\,f^\prime(x_0)=0}

Έτσι, είναι και \displaystyle{g^\prime(x_0)=0} και αφού η \displaystyle{g^\prime} είναι γνησίως αύξουσα έχουμε

\displaystyle{g^\prime(x_0)<0\ \forall x<x_0\,\,\,,g^\prime(x)\geq 0\ \forall x\geq x_0}

Άρα, η \displaystyle{g} είναι γνησίως φθίνουσα στο \displaystyle{\left(-\infty,x_0\right]} , γνησίως αύξουσα στο \displaystyle{\left[x_0,+\infty\right)} και

\displaystyle{x<x_0\Rightarrow g(x)>g(x_0)=0\Rightarrow f(x)\,e^{-2x}>0\Rightarrow f(x)>0\,(I)}

\displaystyle{x\geq x_0\Rightarrow g(x)\geq g(x_0)=0\Rightarrow f(x)\,e^{-2x}\geq 0\Rightarrow f(x)\geq 0\,(II)}

Από τις σχέσεις \displaystyle{(I)\,,(II)} είναι \displaystyle{f(x)\geq 0\,\,,x\in\mathbb{R}}


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

Re: A' ΔΕΣΜΗ 1999

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιώργος Απόκης » Σάβ Ιούλ 06, 2013 1:24 pm

2. α) Έστω ο μιγαδικός αριθμός \displaystyle{z = x+yi \,\,, x,y \in \mathbb{R}}
i) Να αποδείξετε ότι στο μιγαδικό επίπεδο ο γεωμετρικός τόπος των σημείων \displaystyle{M(x,y)} που είναι τέτοια ώστε {{\left| z-1 \right|}^{2}}+{{\left| z-3-2i \right|}^{2}}=6 είναι κύκλος.
Να βρείτε το κέντρο και την ακτίνα του κύκλου αυτού.
ii) Έστω \displaystyle{O} η αρχή των αξόνων του μιγαδικού επιπέδου και \displaystyle{(\varepsilon_1), )\varepsilon_2)} είναι οι δυο εφαπτόμενες που άγονται από το \displaystyle{O} προς τον παραπάνω κύκλο.
Να βρείτε τις συντεταγμένες των δυο σημείων επαφής \displaystyle{M1, M_2} .
β) Έστω \displaystyle{\Omega =\{1,2,3,4,5,6\}} δειγματικός χώρος ενός πειράματος τύχης με ισοπίθανα απλά ενδεχόμενα και έστω \displaystyle{C} κύκλος με κέντρο \displaystyle{(2,1)} και ακτίνα \displaystyle{1}.
Θεωρούμε τα ενδεχόμενα :
\displaystyle{E=\{\omega  \in \Omega |} το σημείο \displaystyle{M(\omega,1)} είναι εσωτερικό σημείο του κύκλου \displaystyle{C \}}
\displaystyle{Z=\{\omega  \in \Omega | } το σημείο \displaystyle{N(2,\omega} είναι εξωτερικό σημείο του κύκλου \displaystyle{C \}}
Να βρείτε τις πιθανότητες των ενδεχομένων E,Z και E\cup Z.

Λύση

α) i) Αντικαθιστούμε και έχουμε :

\displaystyle{|(x-1)+yi|^2+|(x-3)+(y-2)i|^2=6\Leftrightarrow x^2-2x+1+y^2+x^2-6x+9+y^2-4y+4=6\Leftrightarrow}

\displaystyle{2x^2+2y^2-8x-4y+8=0\Leftrightarrow (x-2)^2+(y-1)^2=1} δηλαδή κύκλος με \displaystyle{K(2,1)} και ακτίνα \displaystyle{1}.

ii) Έστω \displaystyle{(\epsilon):y=ax\Leftrightarrow ax-y=0} η εφαπτομένη του κύκλου. Τότε ισχύει :

\displaystyle{d(K,\epsilon)=\rho\Leftrightarrow \frac{|2a-1|}{\sqrt{a^2+1}}=1\Leftrightarrow (2a-1)^2=a^2+1\Leftrightarrow 3a^2-4a=0\Leftrightarrow a=0,~a=\frac{4}{3}}.

Λύνοντας το σύστημα των \displaystyle{y=0,~y=\frac{4}{3}x} με τον κύκλο έχουμε \displaystyle{M_1(2,0),~M_2\left(\frac{6}{5},\frac{8}{5}\right)}.

β) To \displaystyle{M} είναι εσωτερικό σημείο αν και μόνο αν \displaystyle{(KM)<\rho\Leftrightarrow |w-2|<1\Leftrightarrow -1<w-2<1\Leftrightarrow 1<w<3}

άρα \displaystyle{E=\{2\}} και το \displaystyle{N} είναι εξωτερικό σημείο αν και μόνο αν

\displaystyle{(KN)>\rho\Leftrightarrow |w-1|>1\Leftrightarrow w<0~\acute{\eta}~w>2} άρα \displaystyle{Z=\{3,4,5,6\}}. Έτσι, \displaystyle{E\cup Z=\{2,3,4,5,6\}}.

O δειγματικός χώρος αποτελείται από ισοπίθανα απλά ενδεχόμενα άρα \displaystyle{P(E)=\frac{1}{6},~P(Z)=\frac{4}{6},~P(E\cup Z)=\frac{5}{6}}.
Συνημμένα
thema.png
thema.png (10.97 KiB) Προβλήθηκε 1447 φορές


Γιώργος
Άβαταρ μέλους
hlkampel
Δημοσιεύσεις: 944
Εγγραφή: Σάβ Δεκ 20, 2008 11:41 pm
Τοποθεσία: Τρίκαλα

Re: A' ΔΕΣΜΗ 1999

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από hlkampel » Σάβ Ιούλ 06, 2013 10:37 pm

parmenides51 έγραψε:3. α) Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ στο οποίο είναι \left| \overrightarrow{AB} \right|=4,\,\,\left| \overrightarrow{A\Gamma } \right|=6 και η γωνία των διανυσμάτων \displaystyle{\overrightarrow{AB}} και \displaystyle{\overrightarrow{A\Gamma }} είναι \displaystyle{\frac{\pi }{3}}.
Αν \displaystyle{M} είναι το μέσο της πλευράς \displaystyle{B\Gamma} τότε
i) Να υπολογίσετε το μέτρο του διανύσματος \overrightarrow{AM }
ii) Να αποδείξετε ότι η προβολή του διανύσματος \overrightarrow{AB} πάνω στο διάνυσμα \overrightarrow{AM } είναι το διάνυσμα \displaystyle{\frac{14}{19}\overrightarrow{AM}}
β) Έστω \displaystyle{A,B \,\,\,  \nu\,\, x \,\, \nu} πίνακες των οποίων τα στοιχεία είναι πραγματικοί αριθμοί.
Έστω ότι ισχύει {{A }^{2}}+AB +\mathbb{I}={{B }^{2}}+BA+\mathbb{I}=\mathbb{O}} όπου \displaystyle{\mathbb{I}} είναι ο \displaystyle{\nu\,\, x \,\, \nu} μοναδιαίος πίνακας και \displaystyle{\mathbb{O} } είναι ο μηδενικός \displaystyle{\nu\,\, x \,\, \nu} πίνακας.
Να αποδείξετε ότι :
i) 1. Ο πίνακας \displaystyle{A+B} έχει αντίστροφο
2. \displaystyle{A=B}
ii) ο \displaystyle{\nu} είναι άρτιος.


α) i. \displaystyle{\overrightarrow {AB}  \cdot \overrightarrow {A\Gamma }  = \left| {\overrightarrow {AB} } \right|\left| {\overrightarrow {A\Gamma } } \right|\sigma \upsilon \nu \frac{\pi }{3} \Rightarrow \overrightarrow {AB}  \cdot \overrightarrow {A\Gamma }  = 4 \cdot 6 \cdot \frac{1}{2} \Rightarrow \overrightarrow {AB}  \cdot \overrightarrow {A\Gamma }  = 12\;\left( 1 \right)}

\overrightarrow {AM}  = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {A\Gamma } } \right) \Rightarrow \left| {\overrightarrow {AM} } \right| = \frac{1}{2}\left| {\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {A\Gamma } } \right|\;\left( 2 \right)

{\left| {\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {A\Gamma } } \right|^2} = {\left| {\overrightarrow {AB} } \right|^2} + 2\overrightarrow {AB}  \cdot \overrightarrow {A\Gamma }  + {\left| {\overrightarrow {A\Gamma } } \right|^2}\mathop  \Rightarrow \limits^{\left( 1 \right)}

{\left| {\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {A\Gamma } } \right|^2} = 16 + 24 + 36 \Rightarrow \left| {\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {A\Gamma } } \right| = 2\sqrt {19} \;\left( 3 \right)

\left( 2 \right)\mathop  \Rightarrow \limits^{\left( 3 \right)} \left| {\overrightarrow {AM} } \right| = \sqrt {19}

ii. Είναι \pi \rho o{\beta _{\overrightarrow {AM} }}\overrightarrow {AB} //\overrightarrow {AM}  \Rightarrow \pi \rho o{\beta _{\overrightarrow {AM} }}\overrightarrow {AB}  = \lambda \overrightarrow { \cdot AM} \;\left( 4 \right) με \lambda  \in R

\displaystyle{\overrightarrow {AB}  \cdot \overrightarrow {AM}  = \overrightarrow {AB}  \cdot \frac{{\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {A\Gamma } }}{2} = \frac{{{{\overrightarrow {AB} }^2} + \overrightarrow {AB}  \cdot \overrightarrow {A\Gamma } }}{2} \Rightarrow }

\displaystyle{\overrightarrow {AB}  \cdot \overrightarrow {AM}  = \frac{{16 + 12}}{2} \Rightarrow \overrightarrow {AB}  \cdot \overrightarrow {AM}  = 14\;\left( 5 \right)}

Όμως \displaystyle\overrightarrow {AB}  \cdot \overrightarrow {AM}  = \overrightarrow {AM}  \cdot \pi \rho o{\beta _{\overrightarrow {AM} }}\mathop  \Rightarrow \limits^{\left( 4 \right),\left( 5 \right)} 14 = \lambda {\overrightarrow {AM} ^2} \Rightarrow \lambda  = \frac{{14}}{{19}}\;\left( 6 \right)

\displaystyle\left( 4 \right)\mathop  \Rightarrow \limits^{\left( 6 \right)} \pi \rho o{\beta _{\overrightarrow {AM} }}\overrightarrow {AB}  = \frac{{14}}{{19}}\overrightarrow { \cdot AM}
Διανυσματα.png
Διανυσματα.png (14.23 KiB) Προβλήθηκε 1398 φορές
β) i) 1. Είναι \displaystyle{{A^2} + AB + I = O \Leftrightarrow A\left( {A + B} \right) =  - I \Leftrightarrow  - A\left( {A + B} \right) = I}

Άρα ο πίνακας A + B είναι αντιστρέψιμος με {\left( {A + B} \right)^{ - 1}} =  - A

2. Όμως είναι: \displaystyle{{B^2} + BA + I = O \Leftrightarrow B\left( {A + B} \right) =  - I \Leftrightarrow  - B\left( {A + B} \right) = I}

Άρα {\left( {A + B} \right)^{ - 1}} =  - B

Έτσι - A =  - B \Leftrightarrow A = B

ii. \displaystyle{{A^2} + AB + I = O\mathop  \Leftrightarrow \limits^{A = B} 2{A^2} =  - I \Leftrightarrow {A^2} = \frac{1}{2}\left( { - I} \right) \Leftrightarrow }

\displaystyle{{\left| A \right|^2} = \frac{1}{2}{\left( { - 1} \right)^v}}

Όμως \displaystyle {\left| A \right|^2} > 0 \Leftrightarrow \frac{1}{2}{\left( { - 1} \right)^v} > 0 \Rightarrow v\;\dot \alpha \rho \tau \iota o\varsigma (*)

(*) Αν \displaystyle\left| A \right| = 0 τότε {\left| A \right|^2} = 0 \Leftrightarrow \frac{1}{2}{\left( { - 1} \right)^v} = 0 άτοπο


Ηλίας Καμπελής
Απάντηση

Επιστροφή σε “Α' Δέσμη”

Μέλη σε σύνδεση

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