4o ΘΕΜΑ ΑΛΓΕΒΡΑΣ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

#1

Αγαπητοί φίλοι, ας συγκεντρώσουμε εδώ τις λύσεις, τις παρατηρήσεις και τυχόν διορθώσεις στις ασκήσεις που αναρτήθηκαν στην Τράπεζα Θεμάτων της Β΄Λυκείου.
Κατόπιν θα συγκεντρωθούν και θα σελιδοποιηθούν ώστε να αναρτηθούν με την ευθύνη των επιμελητών του

.
Ας φροντίσουμε να είναι πλήρως διατυπωμένες οι απαντήσεις μας, για να διευκολυνθούν οι συντάκτες των δελτίων.
Η πρόσκληση απευθύνεται σε κάθε μέλος και φίλο του

που θα ήθελε να συμμετέχει.
Σ' αυτήν τη συζήτηση θα ασχοληθούμε με το
4o ΘΕΜΑ ΑΛΓΕΒΡΑΣ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

edit 9-11-2014: Πρόσθεσα το σύνδεσμο των θεμάτων.

Ιστοσελίδα · #2

GI_V_ALG_4_17852

Ένα παιγνίδι κρέμεται με ένα ελατήριο από το ταβάνι. Το ύψος του από το πάτωμα σε cm συναρτήσει του χρόνου t (sec) δίνεται από τι σχέση: $h(5) = \alpha \cdot \sigma \upsilon \nu (\omega t) + \beta,$ όπου $\alpha, \omega, \beta$ πραγματικές σταθερές.
Όταν το ελατήριο ταλαντώνεται , το ελάχιστο ύψος του παιχνιδιού από το πάτωμα είναι 20cm

και το μέγιστο είναι 100cm

. Τη χρονική στιγμή t = 0

το ύψος παίρνει την ελάχιστη τιμή του και ο χρόνος μίας πλήρους ταλάντωσης (θέσεις: ελάχιστο - ηρεμία - μέγιστο - ηρεμία ελάχιστο ) είναι 6 sec

.
α) Να δείξετε ότι $\omega = \frac{\pi}{3}$ (Μονάδες 5)
β) Να προσδιορίσετε τις τιμές των α και β αιτιολογώντας την απάντησή σας. (Μονάδες 6)
γ) Να υπολογίσετε το ύψος του παιγνιδιού από το πάτωμα 14 sec

μετά την έναρξη της ταλάντωσης. (Μονάδες 8)
δ) Να χαράξετε τη γραφική παράσταση της συνάρτησης h(t),

για $0\leq t \leq 12 .$ (Μονάδες 6)

Λύση Εφόσον μία πλήρης ταλάντωση διαρκεί ακριβώς 6 sec

έπεται ότι $T = 6 sec \Leftrightarrow \frac{2\pi}{\omega} = 6 sec \Leftrightarrow \omega = \frac{\pi}{3}$ .

β) Εφόσον η ελάχιστη τιμή ταλάντωσης επιτυγχάνεται για t=0

θα ισχύει ότι: $h(0) = 20cm \Leftrightarrow \alpha \cdot \sigma \upsilon\nu\left( \frac{\pi 0}{3} \right) + \beta = 20 cm \Leftrightarrow \alpha + \beta = 20$

Επίσης, τη μέγιστη τιμή της θα την λαμβάνει η ταλάντωση στο $\frac{T}{2} = 3 sec$ , οπότε θα ισχύει ότι: $\alpha \sigma\upsilon\nu\left(\frac{\pi 3}{3}\right) + \beta = 100 \Leftrightarrow -\alpha + \beta = 100$

Με λύση του συστήματος: $\displaystyle{\left\{ \begin{array}{l} \alpha + \beta = 20 \\ -\alpha + \beta = 100 \\ \end{array} \right.}\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} 2 \beta = 120 \\ -\alpha = 100 - \beta \\ \end{array} \right. \Leftrightarrow \beta = 60 , \alpha = -40$

γ) Εφόσον η

είναι περιοδική με περίοδο T = 6sec

έχουμε: $h(14) = h(2 \cdot T + 2) = h(2) = -40 \sigma\upsilon\nu\left(\frac{2\pi}{3}\right) + 60 = -40 \cdot \left(-\frac{1}{2}\right) + 60 = 20 + 60 = 80$

δ)

: GI_V_ALG_4_17852.png (18.25 KiB) Προβλήθηκε 11439 φορές

#3

ALG_4_17834

Για τις ηλικίες των μελών μιας τριμελούς οικογένειας ισχύουν τα παρακάτω:
Η ηλικία της μητέρας είναι τριπλάσια από την ηλικία του παιδιού. Ο λόγος της ηλικίας του πατέρα προς την ηλικία του παιδιού ισούται με $\displaystyle{\frac{{11}}{3}}$ .
Επιπλέον το άθροισμα των ηλικιών και των τριών ισούται με $\displaystyle{115}$ χρόνια.
α) Να εκφράσετε τα δεδομένα με ένα σύστημα τριών εξισώσεων με τρείς αγνώστους. (Μονάδες 13)
β) Να βρείτε την ηλικία του καθενός. (Μονάδες 12)

α) Έστω $\displaystyle{x,y,z}$ $\displaystyle{ \in (0, + \infty )}$ οι ηλικίες πατέρα , μητέρας και παιδιού , αντίστοιχα .
Σύμφωνα με την υπόθεση είναι :
$\displaystyle{\left. \begin{array}{l} y = 3z \\ \frac{x}{z} = \frac{{11}}{3} \\ x + y + z = 115 \\ \end{array} \right\} \Leftrightarrow \begin{array}{*{20}{c}} {y = 3z} \\ {3x = 11z} \\ {x + y + z = 115} \\ \end{array}}$
β)
$\displaystyle{\left. {\begin{array}{*{20}{c}} {y = 3z} \\ {3x = 11z} \\ {x + y + z = 115} \\ \end{array}} \right\} \Leftrightarrow \left. {\begin{array}{*{20}{c}} {y = 3z} \\ {3x = 11z} \\ {3x + 3y + 3z = 345} \\ \end{array}} \right\} \Leftrightarrow \left. {\begin{array}{*{20}{c}} {y = 3z} \\ {3x = 11z} \\ {11z + 9z + 3z = 345} \\ \end{array}} \right\} \Leftrightarrow \left. {\begin{array}{*{20}{c}} {y = 3z} \\ {x = \frac{{11z}}{3}} \\ {23z = 345} \\ \end{array}} \right\} \Leftrightarrow \left. {\begin{array}{*{20}{c}} {y = 45} \\ {x = 55} \\ {z = 15} \\ \end{array}} \right\}}$
Επομένως ο πατέρας είναι $\displaystyle{55\,\,\,}$ , η μητέρα $\displaystyle{\,\,\,\,45\,}$ και το παιδί $\displaystyle{\,\,\,\,\,\,15}$

#4

Καλησπέρα. Θα ακολουθηθεί κάποια σειρά; Αν ναι δεν έχω καταλάβει πως γίνεται κατανοητή.
Μπορεί κάποιος να με βοηθήσει απαντώντας;

#5

Προτείνω το εξής :

Να λύνονται οι ασκήσεις κατά σειράν
και για να αποφύγουμε τις διπλές λύσεις*( εκτός αν είναι διαφορετικές ) ας δηλώνει κάποιος
την πρόθεσή του να ασχοληθεί άμεσα με την άσκηση .

#6

ΑL_4_17833

Δίνεται η συνάρτηση $\displaystyle{f(x) = \sqrt {8 - x} - \sqrt {8 + x} }$ .
α) Να βρείτε το πεδίο ορισμού της συνάρτησης $\displaystyle{f}$ . (Μονάδες 5)
β) Να εξετάσετε αν η συνάρτηση f είναι άρτια ή περιττή. (Μονάδες 8)
γ) Αν η συνάρτησης $\displaystyle{f}$ είναι γνησίως φθίνουσα στο πεδίο ορισμού της, να επιλέξετε ποια από τις παρακάτω τρείς προτεινόμενες, είναι η γραφική της παράσταση και στη συνέχεια να υπολογίσετε τη μέγιστη και την ελάχιστη τιμή της . (Μονάδες 7)

: 17833.png (5.81 KiB) Προβλήθηκε 11273 φορές

δ) Να αιτιολογήσετε γραφικά ή αλγεβρικά, γιατί οι συναρτήσεις $\displaystyle{g(x) = f(x) - 3}$ και
$\displaystyle{h(x) = f(x + 3)}$ δεν είναι ούτε άρτιες ούτε περιττές . (Μονάδες 5)

Λύση
α) Η συνάρτηση $\displaystyle{f}$ ορίζεται αν και μόνο αν :
$\displaystyle{\left. {\begin{array}{*{20}{c}} {8 - x \ge 0} \\ {8 + x \ge 0} \\ \end{array}} \right\} \Leftrightarrow \left. {\begin{array}{*{20}{c}} {x \le 8} \\ {x \ge - 8} \\ \end{array}} \right\} \Leftrightarrow - 8 \le x \le 8}$
Επομένως το πεδίο ορισμού είναι το κλειστό διάστημα $\displaystyle{\begin{array}{l} \,\,A = [ - 8,8] \\ \, \\ \end{array}}$

β) Επειδή το πεδίο ορισμού είναι το κλειστό διάστημα $\displaystyle{\begin{array}{l} \,\,A = [ - 8,8] \\ \, \\ \end{array}}$ , ικανοποείται η συνθήκη : για κάθε $\displaystyle{x \in A}$ και $\displaystyle{ - x \in A}$ .
Επιπλέον : Για κάθε $\displaystyle{x \in [ - 8,8]}$ , είναι :
$\displaystyle{f( - x) = \sqrt {8 - ( - x)} - \sqrt {8 + ( - x)} = \sqrt {8 + x} - \sqrt {8 - x} = - \left( {\sqrt {8 - x} - \sqrt {8 + x} } \right) = - f(x)}$ , οπότε η $\displaystyle{f}$ είναι περιττή .
γ) Επειδή η $\displaystyle{f}$ είναι περιττή , η γραφική της παράσταση είναι συμμετρική ως προς κέντρο την αρχή των αξόνων .
Επιπλέον η $\displaystyle{f}$ είναι γνησίως φθίνουσα οπότε η γραφική της παράσταση είναι η $\displaystyle{III}$
Είναι : $\displaystyle{ - 8 \le x \le 8 \Rightarrow f( - 8) \ge f(x) \ge f(8) \Rightarrow - 4 \le f(x) \le 4}$ , διότι η $\displaystyle{f}$
είναι γνησίως φθίνουσα .
Άρα η $\displaystyle{f}$ έχει για $\displaystyle{x = -8}$ , μέγιστο το $\displaystyle{f(-8) = 4}$ και για $\displaystyle{x = 8}$ , ελάχιστο το $\displaystyle{f(8) = -4}$

δ) Η συνάρτηση $\displaystyle{g}$ έχει πεδίο ορισμού επίσης το $\displaystyle{A = [ - 8,8]}$ και η γραφική της παράσταση
προκύπτει από τη γραφική παράσταση της $\displaystyle{f}$ με μεταφορά κατά $\displaystyle{3}$ μονάδες προς τα κάτω .
Επομένως θα έχει κέντρο συμμετρίας το σημείο $\displaystyle{B( 0,-3)}$ . Έτσι δεν είναι συμμετρική ως προς το $\displaystyle{O(0,0)}$ , ούτε ως προς τον y΄y άξονα .
Επομένως δεν είναι ούτε άρτια ούτε περιττή .
Ακόμα η συνάρτηση $\displaystyle{h}$ έχει τύπο $\displaystyle{h(x) = f(x + 3) = \sqrt {8 - (x + 3)} - \sqrt {8 + (x + 3)} = \sqrt {5 - x} - \sqrt {11 + x} }$ και ορίζεται αν και μόνο αν :
$\displaystyle{\left. {\begin{array}{*{20}{c}} {5 - x \ge 0} \\ {11 + x \ge 0} \\ \end{array}} \right\} \Leftrightarrow \left. {\begin{array}{*{20}{c}} {x \le 5} \\ {x \ge - 11} \\ \end{array}} \right\} \Leftrightarrow - 11 \le x \le 5}$
Επομένως το πεδίο ορισμού της είναι το : $\displaystyle{{\,D = [ - 11,5]}}$ και δεν είναι ούτε άρτια ούτε περιττή αφού δεν ικανοποιείται η συνθήκη :
για κάθε $\displaystyle{x \in D}$ και $\displaystyle{ - x \in D}$ , αφού π.χ. είναι $\displaystyle{-11 \in D}$ και $\displaystyle{ 11 \notin D}$ .

Edit 24/11/14 : Διορθώθηκαν κάποια τυπογραφικά . Ευχαριστώ τους Antonis_A και dimkat

#7

Γιώργη συμφωνώ αλλά ποιά σειρά θα ακολουθήσουμε;
Ανοίγοντας την Τράπεζα υπάρχει ένα αρχείο ζιπαρισμένο και εκτός αυτού οι ασκήσεις ξεχωριστά.
Ποιό από τα δύο να ακολουθήσουμε;

#8

Χρήστο, στο ζιπαρισμένο οι ασκήσεις είναι σωστά βαλμένες, με αύξουσα σειρά . Φαντάζομαι ότι και ο Γιώργος αυτό θα χρησιμοποιεί.

Μπ

#9

Χμμμ, ο Γιώργος ναι αλλά παραπάνω ο Σωτήρης όχι. Τέλος πάντων αρκετά...
Εδώ θα ετοιμάσω την
GI_V_ALG_4_17835

Δίνονται οι ευθείες ${{\varepsilon }_{1}}$ και ${{\varepsilon }_{2}}$ με εξισώσεις $x+\left( \lambda +2 \right)y=3,\text{ }\left( \lambda -2 \right)x+5y=3$ αντίστοιχα με $\lambda \in \mathbb{R}$
Α) Για τις διάφορες τιμές του $\lambda \in \mathbb{R}$ , να βρείτε τη σχετική θέση των δύο ευθειών. (Μονάδες 13)
Β) Στην περίπτωση που οι ευθείες ${{\varepsilon }_{1}}$ και ${{\varepsilon }_{2}}$ τέμνονται, να βρείτε τις συντεταγμένες του σημείου τομής Α των δύο ευθειών.
(Μονάδες 7)
Γ) Να βρείτε την τιμή του $\lambda \in \mathbb{R}$ για την οποία το σημείο Α ανήκει στην ευθεία με εξίσωση x+2y=3.

(Μονάδες 5)
ΛΥΣΗ
Α) Η ορίζουσα του συστήματος είναι ίση με $D=\left| \begin{matrix} 1 & \lambda +2 \\ \lambda -2 & 5 \\ \end{matrix} \right|=5-\left( {{\lambda }^{2}}-4 \right)=9-{{\lambda }^{2}}=-\left( \lambda-3 \right)\left( \lambda+3 \right)$ ενώ έχουμε και
${{D}_{x}}=\left| \begin{matrix} 3 & \lambda +2 \\ 3 & 5 \\ \end{matrix} \right|=15-3\cdot \left( \lambda +2 \right)=9-3\lambda =-3(\lambda -3)$
${{D}_{y}}=\left| \begin{matrix} 1 & 3 \\ \lambda -2 & 3 \\ \end{matrix} \right|=3-3\cdot \left( \lambda -2 \right)=9-3\lambda =-3\left( \lambda -3 \right)$
I) Αν $D\ne 0\Leftrightarrow \left( 3-\lambda \right)\left( 3+\lambda \right)\ne 0\Leftrightarrow \lambda \ne 3\text{ }\kappa \text{ }\!\!\alpha\!\!\text{ }\!\!\iota\!\!\text{ }\!\!\lambda\!\!\text{ }\ne \text{-3}$ τότε οι ευθείες τέμνονται σε ένα σημείο Α.
ΙΙ) Αν $\lambda =3$ τότε έχουμε, αντικαθιστώντας στο αρχικό μας σύστημα: $\displaystyle{\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {x + 5y = 3}\\ {x + 5y = 3} \end{array}} \right.}$ ,δηλαδή οι ευθείες ταυτίζονται.
ΙΙΙ) Αν $\lambda =-3$ τότε αντικαθιστώντας στο αρχικό μας σύστημα λαμβάνουμε: $\displaystyle{\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {x - y = 3}\\ {x - y = \frac{3}{5}} \end{array}} \right.}$ επομένως το σύστημα είναι αδύνατο δηλαδή τότε οι ευθείες είναι παράλληλες.

Β) Οι συντεταγμένες του σημείου Α είναι: $x=\frac{{{D}_{x}}}{D}=\frac{3}{\lambda +3},y=\frac{{{D}_{y}}}{D}=\frac{3}{\lambda +3}.$ Δηλαδή $\Alpha \left( \frac{3}{\lambda +3},\frac{3}{\lambda +3} \right).$
Γ) Για να ανήκει το σημείο Α πάνω στην ευθεία x+2y=3

πρέπει και αρκεί οι συντεταγμένες του να επαληθεύουν την εξίσωση της ευθείας. Από το ερώτημα Β έχουμε: $\frac{3}{\lambda +3}+\frac{6}{\lambda +3}=3.$
Δηλαδή: $3\left( \lambda +3 \right)=9$ $\Leftrightarrow \lambda +3=3\Leftrightarrow \lambda =0.$

Υ.Γ: Έγινε αλλαγή κομματιού της λύσης ώστε να είναι συμβατή με την ύλη του σχολικού βιβλίου...Ευχαριστώ τον Γιώργη Καλαθάκη.

hsiodos · #10

GI_V_ALG_4_17837

Δίνεται η συνάρτηση $\displaystyle{f(x) = \left| {\alpha + 1} \right|\,\eta \mu (\beta \pi x)}$ με $\displaystyle{\,\alpha \in R}$ και $\displaystyle{\,\beta > 0}$ , η οποία έχει μέγιστη τιμή $\displaystyle{3}$ και περίοδο $\displaystyle{4}$ .

α) Να δείξετε ότι $\displaystyle{\alpha = 2\,}$ ή $\displaystyle{\,\alpha =- 4}$ και $\displaystyle{\beta = \frac{1}{2}}$ . (Μονάδες 7)

β) Για $\displaystyle{\alpha = 2\,}$ και $\displaystyle{\beta = \frac{1}{2}}$ ,

i. να λυθεί η εξίσωση $\displaystyle{\,f(x) = 3}$ (Μονάδες 10)

ii. να σχεδιάσετε την γραφική παράσταση της συνάρτησης $\displaystyle{f}$ στο διάστημα $\displaystyle{\left[ {0\,,\,8} \right]}$ . (Μονάδες 8)

Λύση:

α) Η συνάρτηση $\displaystyle{f}$ έχει τύπο της μορφής $\displaystyle{\rho \eta \mu (\omega x)}$ , με $\displaystyle{\rho = \left| {\alpha + 1} \right|}$ και $\displaystyle{\omega = \beta \pi > 0}$ .

Είναι: $\displaystyle{ \max f(x) = \left| {\alpha + 1} \right| \Rightarrow 3 = \left| {\alpha + 1} \right| \Rightarrow \alpha + 1 = 3\,\,}$ $\displaystyle{\,\,\,}$ ή $\displaystyle{\,\,\,}$ $\displaystyle{\alpha + 1 = - 3 \Rightarrow \,\alpha = 2\,}$ $\displaystyle{\,\,\,}$ $\displaystyle{\,\,\,}$ ή $\displaystyle{\,\,\,}$ $\displaystyle{\alpha =- 4}$ και

$\displaystyle{{\rm T} = 4 \Rightarrow \frac{{2\pi }}{{\beta \pi }} = 4 \Rightarrow 4\beta = 2 \Rightarrow \beta = \frac{1}{2}\,\,\,}$

β) Για $\displaystyle{\alpha = 2\,}$ και $\displaystyle{\beta = \frac{1}{2}}$ είναι $\displaystyle{f(x) = 3\,\eta \mu \left( {\frac{\pi }{2}x} \right)}$

i. $\displaystyle{ f(x) = 3 \Leftrightarrow 3\,\eta \mu \left( {\frac{\pi }{2}x} \right) = 3 \Leftrightarrow \eta \mu \left( {\frac{\pi }{2}x} \right) = 1 \Leftrightarrow \eta \mu \left( {\frac{\pi }{2}x} \right) = \eta \mu \frac{\pi }{2} \Leftrightarrow \frac{\pi }{2}x = 2\kappa \pi + \frac{\pi }{2}\,\,}$ $\displaystyle{\,\,\,}$ $\displaystyle{\,\,\,}$ ή $\displaystyle{\,\,\,}$ $\displaystyle{\,\,\,}$ $\displaystyle{\frac{\pi }{2}x = 2\kappa \pi + \pi - \frac{\pi }{2}\,}$

$\displaystyle{ \Leftrightarrow \pi x = 4\kappa \pi + \pi \, \Leftrightarrow \,\,x = 4\kappa + 1\,\,,\,\,\kappa \in {\rm Z}}$ .

ii. Στο διάστημα $\displaystyle{\left[ {0\,,\,8} \right]}$ , έχουμε τον πίνακα τιμών:

$\displaystyle{\boxed{\begin{array}{*{20}c} {\text{x}} \hfill & {\text{0}} \hfill & {\text{1}} \hfill & {\text{2}} \hfill & {\,\,\,\,\,\,{\text{3}}} \hfill & {\text{4}} \hfill & {\text{5}} \hfill & {\text{6}} \hfill & {\,\,\,\,\,\,{\text{7}}} \hfill & {\text{8}} \hfill \\ {{\text{f(x)}}} \hfill & {\text{0}} \hfill & {\text{3}} \hfill & {\text{0}} \hfill & {{\text{ - 3}}} \hfill & {\text{0}} \hfill & {\text{3}} \hfill & {\text{0}} \hfill & {{\text{ - 3}}} \hfill & {\text{0}} \hfill \\ \end{array} }}$

και η γραφική παράσταση της $\displaystyle{f}$ φαίνεται στο σχήμα που ακολουθεί

: 17837.png (15.39 KiB) Προβλήθηκε 11220 φορές

stratosmath · #11

Καλησπέρα σε όλους.
Ετοιμάζω το GI_V_ALG_4_17838.

Θέμα GI_V_ALG_4_17838
Για την γωνία $\omega$ ισχύει ότι $5\sigma \upsilon \nu 2\omega + 28\sigma \upsilon \nu \omega + 21 = 0$ .
α. Να δείξετε ότι $\sigma \upsilon \nu \omega = - \frac{4}{5}$
β. Αν για την γωνία $\omega$ επιπλέον ισχύει $\frac{\pi }{2} < \omega < \pi$ , τότε:
i. Να δείξετε ότι $\sigma \upsilon \nu 2\omega = \frac{7}{{25}}$ και $\eta \mu 2\omega = - \frac{{24}}{{25}}$ .
ii. Να υπολογίσετε την τιμή της παράστασης:
$\Pi = \frac{{13 \cdot \left[ {\eta {\mu ^2}2\omega + \sigma \upsilon {\nu ^2}2\omega } \right] + 12}}{{18 \cdot \varepsilon \varphi 2\omega \cdot \sigma \varphi 2\omega + 25\left[ {\eta \mu 2\omega + \sigma \upsilon \nu 2\omega } \right]}}$
Λύση
(α) Για την γωνία $\omega$ ισχύει ότι $5\sigma \upsilon \nu 2\omega + 28\sigma \upsilon \nu \omega + 21 = 0$ (1).
Όμως $\sigma \upsilon \nu 2\omega = 2\sigma \upsilon {\nu ^2}\omega - 1$ (2).
Έτσι η (1) γράφεται:
$\begin{array}{l} 5\left( {2\sigma \upsilon {\nu ^2}\omega - 1} \right) + 28\sigma \upsilon \nu \omega + 21 = 0 \Rightarrow \\ 10\sigma \upsilon {\nu ^2}\omega - 5 + 28\sigma \upsilon \nu \omega + 21 = 0 \Rightarrow \\ 10\sigma \upsilon {\nu ^2}\omega + 28\sigma \upsilon \nu \omega + 16 = 0 \Rightarrow \\ 5\sigma \upsilon {\nu ^2}\omega + 14\sigma \upsilon \nu \omega + 8 = 0 \end{array}$
Θέτω: $\sigma \upsilon \nu \omega = y$ με $y \in \left[ { - 1,1} \right]$ .
Η παραπάνω σχέση τότε γράφεται: $5{y^2} + 14y + 8 = 0$ που παριστάνει τριώνυμο με $\alpha = 5,\beta = 14,\gamma = 8$ και διακρίνουσα $\Delta = {\beta ^2} - 4\alpha \gamma = {14^2} - 4 \cdot 5 \cdot 8 = 196 - 160 = 36 > 0$ .
Άρα το τριώνυμο έχει δυο διακεκριμένες πραγματικές ρίζες που είναι οι:
${y_{1,2}} = \frac{{ - \beta \pm \sqrt \Delta }}{{2\alpha }} = \frac{{ - 14 \pm \sqrt {36} }}{{2 \cdot 5}} = \frac{{ - 14 \pm 6}}{{10}}$ .
$\displaystyle{{y_1} = \frac{{ - 14 + 6}}{{10}} = - \frac{8}{{10}} = - \frac{4}{5}}$ που είναι δεκτή
${y_2} = \frac{{ - 14 - 6}}{{10}} = - \frac{{20}}{{10}} = - 2 < - 1$ απορρίπτεται.
Επομένως: $\sigma \upsilon \nu \omega = y \Rightarrow \sigma \upsilon \nu \omega = - \frac{4}{5}$
(β) Για την γωνία $\omega$ ισχύει $\frac{\pi }{2} < \omega < \pi \Rightarrow \pi < 2\omega < 2\pi$ και επομένως η γωνία είναι στο 2ο τεταρτημόριο ενώ η διπλάσια της βρίσκεται στο 3ο ή στο 4ο τεταρτημόριο.
(i) Ισχύει: $\begin{array}{l} \sigma \upsilon {\nu ^2}\omega + \eta {\mu ^2}\omega = 1 \Rightarrow \eta {\mu ^2}\omega = 1 - \sigma \upsilon {\nu ^2}\omega \Rightarrow \eta {\mu ^2}\omega = 1 - {\left( { - \frac{4}{5}} \right)^2} = 1 - \frac{{16}}{{25}} = \frac{9}{{25}} \Rightarrow \\ \eta \mu \omega = \pm \frac{3}{5} \end{array}$
Όμως η γωνία είναι στο 2ο τεταρτημόριο που τα ημίτονα είναι θετικά άρα $\eta \mu \omega = \frac{3}{5}$ .
Έχω
$\sigma \upsilon \nu 2\omega = 2\sigma \upsilon {\nu ^2}\omega - 1 = 2{\left( { - \frac{4}{5}} \right)^2} - 1 = 2 \cdot \frac{{16}}{{25}} - 1 = \frac{{32}}{{25}} - \frac{{25}}{{25}} = \frac{7}{{25}}$
και
$\eta \mu 2\omega = 2\eta \mu \omega \cdot \sigma \upsilon \nu \omega = 2 \cdot \frac{3}{5}\left( { - \frac{4}{5}} \right) = - \frac{{24}}{{25}}$
(ii) Για την παράσταση Π έχω:
$\displaystyle{\begin{array}{l} \Pi = \frac{{13 \cdot \left[ {\eta {\mu ^2}2\omega + \sigma \upsilon {\nu ^2}2\omega } \right] + 12}}{{18 \cdot \varepsilon \varphi 2\omega \cdot \sigma \varphi 2\omega + 25\left[ {\eta \mu 2\omega + \sigma \upsilon \nu 2\omega } \right]}} = \frac{{13 \cdot 1 + 12}}{{18 \cdot 1 + 25\left( {\frac{7}{{25}} - \frac{{24}}{{25}}} \right)}} = \\ \frac{{25}}{{18 + 25\left( { - \frac{{17}}{{25}}} \right)}} = \frac{{25}}{{18 - 17}} = 25 \end{array}}$

Για να μην μεγαλώνει υπερβολικά το νήμα προσθέτω στο υπάρχον post την λύση.

#12

AL_4_17839

Δίνεται το σύστημα: $\displaystyle{\left\{ \begin{array}{l} ({\rm{\alpha - 1)x + 3y = 3}} \\ x + ({\rm{\alpha + 1)y = 3}} \\ \end{array} \right.}$ , με παράμετρο $\displaystyle{\alpha \in R}$ .
α) Να αποδείξετε ότι αν το σύστημα έχει μοναδική λύση την $\displaystyle{({x_0},{y_0})}$ , τότε $\displaystyle{{x_0} = {y_0}}$ .
(Μονάδες 10)
β) Να βρείτε τις τιμές του $\displaystyle{\alpha \in R}$ για τις οποίες το σύστημα:
i. έχει άπειρες σε πλήθος λύσεις και να δώσετε τη μορφή τους. (Μονάδες 6)
ii. δεν έχει λύση. (Μονάδες 4)
γ) Να εξετάσετε τις σχετικές θέσεις των δύο ευθειών που προκύπτουν από τις εξισώσεις του
παραπάνω συστήματος για $\displaystyle{\alpha = 4,\alpha = 2,{\rm{\alpha }} = - 2}$ . (Μονάδες 5)

Λύση
Υπολογίζουμε τις ορίζουσες του συστήματος . Είναι :
$\displaystyle{\begin{array}{l} D = \left| {\begin{array}{*{20}{c}} {{\rm{\alpha - 1}}} & 3 \\ 1 & {\alpha + 1} \\ \end{array}} \right| = (\alpha - 1)(\alpha + 1) - 3 = {\alpha ^2} - 1 - 3 = {\alpha ^2} - 4 = (\alpha - 2)(\alpha + 2) \\ {D_y} = \left| {\begin{array}{*{20}{c}} {{\rm{\alpha - 1}}} & 3 \\ 1 & 3 \\ \end{array}} \right| = 3(\alpha - 1) - 3 = 3{\rm{\alpha }} - 6 = 3(\alpha - 2) \\ {D_x} = \left| {\begin{array}{*{20}{c}} 3 & 3 \\ 3 & {\alpha + 1} \\ \end{array}} \right| = 3(\alpha + 1) - 9 = 3\alpha - 6 = 3(\alpha - 2) \\ \end{array}}$
Επομένως :
Αν $\displaystyle{D \ne 0 \Leftrightarrow (\alpha - 2)(\alpha + 2) \ne 0 \Leftrightarrow {\rm{\alpha }} \ne 2}$ και $\displaystyle{\,\alpha \ne - 2}$ , το σύστημα έχει μοναδική λύση την :
$\displaystyle{({x_0},{y_0}) = \left( {\frac{{{D_x}}}{D},\frac{{{D_y}}}{D}} \right) = \left( {\frac{{3(\alpha - 2)}}{{(\alpha - 2)(\alpha + 2)}},\frac{{3(\alpha - 2)}}{{(\alpha - 2)(\alpha + 2)}}} \right) = \left( {\frac{3}{{(\alpha + 2)}},\frac{3}{{(\alpha + 2)}}} \right)}$ , οπότε έχουμε άμεσα ότι : $\displaystyle{{x_0} = {y_0}}$

β)
i) Αν $\displaystyle{{\rm{\alpha }} = 2}$ , το σύστημα γίνεται :
$\displaystyle{\left\{ \begin{array}{l} (2{\rm{ - 1)x + 3y = 3}} \\ x + (2{\rm{ + 1)y = 3}} \\ \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} {\rm{x + 3y = 3}} \\ x + 3{\rm{y = 3}} \\ \end{array} \right. \Leftrightarrow x + 3y = 3 \Leftrightarrow x = 3 - 3y}$
και επομένως έχει άπειρες λύσεις , της μορφής : $\displaystyle{(x,y) = (3 - 3k,k)\,\,,\,\,k \in R}$
ii) Αν $\displaystyle{{\rm{\alpha }} = - 2}$ , το σύστημα γίνεται :
$\displaystyle{\left\{ \begin{array}{l} ( - 2{\rm{ - 1)x + 3y = 3}} \\ x + ( - 2{\rm{ + 1)y = 3}} \\ \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} {\rm{ - 3x + 3y = 3}} \\ x - {\rm{y = 3}} \\ \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} {\rm{ - x + y = 1}} \\ x - {\rm{y = 3}} \\ \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} {\rm{0x + 0y = 4}} \\ x - {\rm{y = 3}} \\ \end{array} \right.}$ , το οποίο είναι αδύνατο .

γ) Για $\displaystyle{\alpha = 4}$ το σύστημα έχει μοναδική λύση και επομένως οι αντίστοιχες ευθείες έχουν μοναδικό κοινό σημείο , δηλαδή τέμνονται .
Για $\displaystyle{{\rm{\alpha }} = 2}$ το σύστημα έχει άπειρες λύσεις και επομένως οι αντίστοιχες ευθείες έχουν άπειρα κοινά σημεία , οπότε συμπίπτουν .
Για $\displaystyle{{\rm{\alpha }} = - 2}$ το σύστημα είναι αδύνατο και επομένως οι αντίστοιχες ευθείες δεν έχουν κανένα κοινό σημείο ,οπότε είναι παράλληλες .

Edit 28/11/14 : Διορθώθηκαν τα τυπογραφικά . Ευχαριστώ τον Δ. Κατούνη

hsiodos · #13

GI_V_ALG_4_17840

Δίνεται το σύστημα $\displaystyle{\,\left\{ {\begin{array}{*{20}c} { - x + 2y = 1} \\ {x + \lambda y = \lambda } \\ \end{array} } \right.}$ , με παράμετρο $\displaystyle{\lambda \in R}$ .

α) Να λύσετε το σύστημα για τις διάφορες τιμές του $\displaystyle{\lambda \in R}$ . (Μονάδες 10)

β) Αν $\displaystyle{\lambda = - 1\,\,}$ και $\displaystyle{\left( {x_o ,y_o } \right)}$ είναι η αντίστοιχη λύση του συστήματος , να βρείτε γωνία $\displaystyle{\theta \in \left[ {0\,,\,2\pi } \right)}$ τέτοια ώστε $\displaystyle{ x_o = \sigma \upsilon \nu \theta \,}$ και $\displaystyle{y_o = \eta \mu \theta }$ . (Μονάδες 7)

γ) Αν $\displaystyle{\lambda = 1\,\,}$ και $\displaystyle{\left( {x_1 ,y_1 } \right)}$ είναι η αντίστοιχη λύση του συστήματος , να δείξετε ότι δεν υπάρχει γωνία $\displaystyle{\omega }$ , τέτοια ώστε $\displaystyle{x_1 = \sigma \upsilon \nu \omega }$ και $\displaystyle{y_1 = \eta \mu \omega }$ . (Μονάδες 8)

Λύση:

α) $\displaystyle{ (\Sigma ):\,\,\left\{ {\begin{array}{*{20}c} { - x + 2y = 1} \\ {x + \lambda y = \lambda } \\ \end{array} } \right.\,}$

Είναι: $\displaystyle{ D = \left| {\,\begin{array}{*{20}c} { - 1} & 2 \\ 1 & \lambda \\ \end{array} \,} \right| = - \lambda - 2\,\,\,,\,\,\,D_x = \left| {\,\begin{array}{*{20}c} 1 & 2 \\ \lambda & \lambda \\ \end{array} \,} \right| = \lambda - 2\lambda = - \lambda \,\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,\,D_y = \left| {\,\begin{array}{*{20}c} { - 1} & 1 \\ 1 & \lambda \\ \end{array} \,} \right| = - \lambda - 1}$

$\displaystyle{ \bullet }$ Αν $\displaystyle{ D \ne 0\, \Leftrightarrow - \lambda - 2 \ne 0 \Leftrightarrow \lambda \ne - 2\,}$ , το $\displaystyle{(\Sigma )}$ έχει μοναδική λύση το ζεύγος $\displaystyle{ \left( {x,y} \right) = \left( {\frac{{D_x }} {D},\,\frac{{D_y }} {D}} \right) = \left( {\frac{{ - \lambda }} {{ - \lambda - 2}},\,\frac{{ - \lambda - 1}} {{ - \lambda - 2}}} \right) = \left( {\frac{\lambda } {{\lambda + 2}},\,\frac{{\lambda + 1}} {{\lambda + 2}}} \right)}$

$\displaystyle{ \bullet }$ Αν $\displaystyle{D = 0\, \Leftrightarrow - \lambda - 2 = 0 \Leftrightarrow \lambda = - 2\,}$ , τότε: $\displaystyle{ (\Sigma ) \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}c} { - x + 2y = 1} \hfill \\ {x - 2y = - 2} \hfill \\ \end{array} } \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}c} {x - 2y = - 1} \hfill \\ {x - 2y = - 2} \hfill \\ \end{array} } \right.}$ , προφανώς αδύνατο.

β) Αν $\displaystyle{\lambda = - 1\,\,}$ τότε η λύση του $\displaystyle{(\Sigma )}$ είναι το ζεύγος $\displaystyle{\left( {x_o ,y_o } \right) = \left( {\frac{{ - 1}}{{ - 1 + 2}},\,\frac{{ - 1 + 1}}{{ - 1 + 2}}} \right) = \left( { - 1\,,\,0} \right)}$ .

Επειδή $\displaystyle{\pi \in \left[ {0\,,\,2\pi } \right)}$ με $\displaystyle{\sigma \upsilon \nu \pi = - 1\, = x_o \,}$ και $\displaystyle{\,\eta \mu \pi = 0 = y_o }$ , είναι $\displaystyle{\theta = \pi }$ .

γ) Αν $\displaystyle{\lambda = 1\,\,}$ τότε η λύση του $\displaystyle{(\Sigma )}$ είναι το ζεύγος $\displaystyle{ \left( {x_1 ,y_1 } \right) = \left( {\frac{1} {{1 + 2}},\,\frac{{1 + 1}} {{1 + 2}}} \right) = \left( {\frac{1} {3},\,\frac{2} {3}} \right)}$

Αν υπάρχει γωνία $\displaystyle{\omega }$ , τέτοια ώστε , $\displaystyle{\sigma \upsilon \nu \omega = x_1 = \frac{1}{3}\,}$ και $\displaystyle{\eta \mu \omega = y_1 = \frac{2}{3}}$ θα πρέπει: $\displaystyle{ \eta \mu ^2 \omega + \sigma \upsilon \nu ^2 \omega = 1 \Rightarrow \frac{4} {9} + \frac{1} {9} = 1 \Rightarrow \frac{5} {9} = 1}$ που είναι άτοπο.

Συνεπώς δεν υπάρχει τέτοια γωνία $\displaystyle{\omega }$ .

pap65 · #14

ΕΤΟΙΜΑΖΩ 17842, 17843

pap65 · #15

ΘΕΜΑ 17842

Δίνεται η συνάρτηση: $\displaystyle{f\left( x \right)=\frac{1}{2}{{\left( x-c \right)}^{2}}-d,\quad x\in \mathbb{R}}$
με $\displaystyle{c,\text{ }d}$ θετικές σταθερές, η γραφική παράσταση της οποίας διέρχεται από τα σημεία $\displaystyle{A\left( 0,\text{ }16 \right)}$ και $\displaystyle{B\left( 4,\text{ }0 \right)}$ .
α) Με βάση τα δεδομένα, να κατασκευάσετε ένα σύστημα δύο εξισώσεων με αγνώστους τους $\displaystyle{c,\text{ }d}$ και να υπολογίσετε την τιμή τους. (Μονάδες 10)
β) Θεωρώντας γνωστό ότι $\displaystyle{c=6}$ και $\displaystyle{d=2}$ ,

i. να βρείτε τα σημεία τομής της γραφικής παράστασης της συνάρτησης

με τους
άξονες. (Μονάδες 3)
ii. να μεταφέρετε στην κόλα σας το σύστημα συντεταγμένων που ακολουθεί, να
σχεδιάσετε τη γραφική παράσταση της συνάρτησης

και να εξηγήσετε πώς αυτή
σχετίζεται με τη γραφική παράσταση της συνάρτησης $\displaystyle{g\left( x \right)=\frac{1}{2}{{x}^{2}}}$ (Μονάδες 6)
iii. με βάση την παραπάνω γραφική παράσταση, να βρείτε το ακρότατο της συνάρτησης

, τα διαστήματα στα οποία η

είναι μονότονη, καθώς και το είδος της μονοτονίας της σε καθένα από αυτά τα διαστήματα. (Μονάδες 6 )

ΛΥΣΗ

Α) Η γραφική παράσταση της συνάρτησης $\displaystyle{f\left( x \right)=\frac{1}{2}{{\left( x-c \right)}^{2}}-d,\quad x\in \mathbb{R}}$
διέρχεται από τα σημεία $\displaystyle{A\left( 0,\text{ }16 \right)}$ και $\displaystyle{B\left( 4,\text{ }0 \right)}$ , επομένως οι συντεταγμένες των σημείων θα επαληθεύουν την εξίσωσή της .

Δηλαδή $\displaystyle{f\left( 0 \right)=16}$ και $\displaystyle{f\left( 4 \right)=0}$

Άρα $\displaystyle{f\left( 0 \right)=16\Leftrightarrow \frac{1}{2}{{\left( 0-c \right)}^{2}}-d=16\Leftrightarrow \frac{1}{2}{{c}^{2}}-d=16\overset{\cdot 2}{\mathop{\Leftrightarrow }}\,{{c}^{2}}-2d=32\quad (1)}$

και $\displaystyle{f\left( 4 \right)=0\Leftrightarrow \frac{1}{2}{{\left( 4-c \right)}^{2}}-d=0\Leftrightarrow \frac{1}{2}\left( 16-8c+{{c}^{2}} \right)-d=0\overset{\cdot 2}{\mathop{\Leftrightarrow }}\,16-8c+{{c}^{2}}-2d=0\quad (2)}$
Με αντικατάσταση της σχέσης (1) στην σχέση (2) παίρνουμε:
$\displaystyle{16-8c+32=0\Leftrightarrow 8c=48\Leftrightarrow c=6}$

Αντικαθιστώντας στην σχέση ( 1) $\displaystyle{36-2d=32\Leftrightarrow 4=2d\Leftrightarrow d=2}$

Β) Αφού $\displaystyle{c=6}$ και $\displaystyle{d=2}$ τότε $\displaystyle{f\left( x \right)=\frac{1}{2}{{\left( x-6 \right)}^{2}}-2,\quad x\in \mathbb{R}}$ .
iv. Για να βρούμε τα σημεία τομής της ${{C}_{f}}$ με τον άξονα {x}'x

λύνουμε
Το σύστημα $\left\{ \begin{align} & y=f\left( x \right) \\ & y=0 \\ \end{align} \right.$

Είναι $\displaystyle{f\left( x \right)=0\Leftrightarrow \frac{1}{2}{{\left( x-6 \right)}^{2}}-2=0\overset{\cdot 2}{\mathop{\Leftrightarrow }}\,{{\left( x-6 \right)}^{2}}=4\Leftrightarrow \left\{ \begin{align} & x-6=2\Leftrightarrow \chi =8 \\ & \\ & x-6=-2\Leftrightarrow \chi =4 \\ \end{align} \right.}$

Επομένως τα κοινά σημεία της ${{C}_{f}}$ με τον άξονα {x}'x

είναι $\displaystyle{B\left( 4,\text{ }0 \right)}$ και $\displaystyle{\Gamma \left( 8,\text{ }0 \right)}$

Αντίστοιχα για το σημείο τομής της ${{C}_{f}}$ με τον άξονα βρίσκουμε το $f\left( 0 \right)=16$ δηλαδή το δοσμένο σημείο

.

v. Η συνάρτηση $\displaystyle{g\left( x \right)=\frac{1}{2}{{x}^{2}}}$ είναι της μορφής $y=\alpha {{x}^{2}}$ που η γραφική της παράσταση
αποτελεί καμπύλη που την ονομάζουμε παραβολή με κορυφή το σημείο Ο(0,0), το οποίο αποτελεί και το ελάχιστο αυτής.

: 17842.png (45.96 KiB) Προβλήθηκε 11139 φορές

Η γραφική παράσταση της συνάρτησης $\displaystyle{f\left( x \right)=\frac{1}{2}{{\left( x-6 \right)}^{2}}-2}$ αποτελεί μετατόπισης της ${{C}_{g}}$ , όπως φαίνεται και στο σχήμα ,
κατά

μονάδες στον άξονα {y}'y

και κατά

μονάδες στον άξονα {x}'x

.

vi. Η συνάρτηση

παρουσιάζει ελάχιστο για x=6

που είναι το $\displaystyle{f\left( 6 \right)=-2}$ .

Στο διάστημα $\left( -\infty ,6 \right]$ η

είναι γνησίως φθίνουσα.

Στο διάστημα $\left[ 6,+\infty \right)$ η

είναι γνησίως αύξουσα.
.

pap65 · #16

ΘΕΜΑ 17843

Στο παρακάτω σχήμα δίνεται η γραφική παράσταση μιας συνάρτησης f η οποία είναι της μορφής $\displaystyle{f(x)\text{ }=\rho \eta \mu \left( \omega x \right)+k}$ , με $\displaystyle{\rho ,\text{ }\omega ,\text{ }k}$ πραγματικές σταθερές.

α) Με βάση τη γραφική παράσταση, να βρείτε:
i. τη μέγιστη και την ελάχιστη τιμή της συνάρτησης

(Μονάδες 3)
ii. την περίοδο

της συνάρτησης

(Μονάδες 3)
β) Να προσδιορίσετε τις τιμές των σταθερών $\displaystyle{\rho ,\text{ }\omega ,k}$ .
Να αιτιολογήσετε την απάντησή σας. (Μονάδες 9)
γ) Θεωρώντας γνωστό ότι $\displaystyle{\rho =3,\ \ \omega =\frac{1}{2}}$ και $\displaystyle{k=2}$ , να προσδιορίσετε αλγεβρικά την τετμημένη $\displaystyle{{{x}_{0}}}$ του σημείου

της γραφικής παράστασης, που δίνεται στο σχήμα. (Μονάδες 10)

ΛΥΣΗ

Α) Από την γραφική παράσταση της συνάρτησης προκύπτει ότι :

vi. $\max f=5$ και $\min f=-1$

vii. Η περίοδος $T=4\pi$

Β) Από την γραφική παράσταση της συνάρτησης προκύπτει ότι $\rho ,\kappa$ είναι θετικοί αριθμοί.

Επομένως $\max f=5\Leftrightarrow \rho +k=5\quad (1)$
$\min f=-1\Leftrightarrow -\rho +k=-1\quad (2)$

Προσθέτοντας τις σχέσεις (1) και (2) προκύπτει $2k=4\Leftrightarrow k=2$
Και με αντικατάσταση $\rho =3$ .

Ακόμη $T=4\pi \Leftrightarrow \frac{2\pi }{\omega }=4\pi \Leftrightarrow 2\pi =4\omega \pi \Leftrightarrow \omega =\frac{1}{2}$

Επομένως k=2

, $\rho =3$ και $\omega =\frac{1}{2}$ .

Γ) Αφού k=2

, $\rho =3$ και $\omega =\frac{1}{2}$ τότε $\displaystyle{f(x)\text{ }=3\eta \mu \left( \frac{1}{2}x \right)+2}$ .

Η γραφική παράσταση της συνάρτησης $\displaystyle{f(x)\text{ }=3\eta \mu \left( \frac{1}{2}x \right)+2}$ διέρχεται από το σημείο $\displaystyle{A\left( {{x}_{0}},\text{ }\frac{7}{2} \right)}$ , επομένως οι συντεταγμένες του σημείου θα επαληθεύουν την εξίσωσή της . Δηλαδή $\displaystyle{f\left( {{x}_{0}} \right)=\frac{7}{2}}$ .

Είναι $\displaystyle{f\left( {{x}_{0}} \right)=\frac{7}{2}\Leftrightarrow 3\eta \mu \left( \frac{1}{2}{{x}_{0}} \right)+2=\frac{7}{2}\Leftrightarrow 3\eta \mu \left( \frac{1}{2}{{x}_{0}} \right)=\frac{7}{2}-2}$
$\displaystyle{\Leftrightarrow 3\eta \mu \left( \frac{1}{2}x \right)=\frac{3}{2}\Leftrightarrow \eta \mu \left( \frac{1}{2}x \right)=\frac{1}{2}}$
$\displaystyle{\Leftrightarrow \eta \mu \left( \frac{1}{2}{{x}_{0}} \right)=\eta \mu \frac{\pi }{6}\quad }$
$\displaystyle{\Leftrightarrow \left( \frac{1}{2}{{x}_{0}}=2\kappa \pi +\frac{\pi }{6} \right)\ \ }$ ή $\displaystyle{\left( \frac{1}{2}{{x}_{0}}=2\kappa \pi +\left( \pi -\frac{\pi }{6} \right) \right)}$
$\displaystyle{\overset{\cdot 2}{\mathop{\Leftrightarrow }}\,{{x}_{0}}=4\kappa \pi +\frac{\pi }{3}\quad \quad }$ ή $\displaystyle{{{x}_{0}}=4\kappa \pi +\frac{5\pi }{3},\quad \kappa \in \mathbb{Z}}$

Όμως όπως φαίνεται από το σχήμα $\displaystyle{5\pi <{{x}_{0}}<6\pi }$

Επομένως $\displaystyle{5<4\kappa +\frac{{}}{3}<6\overset{\cdot 3}{\mathop{\Leftrightarrow }}\,14<12\kappa <17}$

$\displaystyle{\Leftrightarrow \frac{14}{12}<\kappa <\frac{17}{12}\Leftrightarrow 1+\frac{2}{12}<\kappa <1+\frac{5}{12}}$ αδύνατο αφού $\displaystyle{\kappa \in \mathbb{Z}}$

Επίσης $\displaystyle{5<4\kappa +\frac{4}{3}<6\overset{\cdot 3}{\mathop{\Leftrightarrow }}\,11<12\kappa <14}$

$\displaystyle{\Leftrightarrow \frac{11}{12}<\kappa <\frac{14}{12}\Leftrightarrow \kappa =1}$

Άρα για $\kappa =1$ έχουμε ${{x}_{0}}=4\pi +\frac{4\pi }{3}=\frac{16\pi }{3}$

$\displaystyle{\Leftrightarrow \left( \frac{1}{2}{{x}_{0}}=2\kappa \pi +\frac{\pi }{6} \right)\ \ \quad \left( \frac{1}{2}{{x}_{0}}=2\kappa \pi +\left( \pi -\frac{\pi }{6} \right) \right)}$
$\displaystyle{\overset{\cdot 2}{\mathop{\Leftrightarrow }}\,{{x}_{0}}=4\kappa \pi +\frac{\pi }{3}\quad \quad {{x}_{0}}=4\kappa \pi +\frac{5\pi }{3},\quad \kappa \in \mathbb{Z}}$

pap65 · #17

17842, 17843.docx: (294.83 KiB) Μεταφορτώθηκε 268 φορές

#18

GI_V_ALG_4_17844

α) Να λύσετε το σύστημα: $\displaystyle{\left\{ \begin{array}{l} x + y = - 1 \\ {x^2} + {y^2} = 1 \\ \end{array} \right.}$ (Μονάδες 12)
β) Με τη βοήθεια του ερωτήματος (α) και του τριγωνομετρικού κύκλου, να βρείτε όλες τις γωνίες $\displaystyle{{\rm{\omega }}}$ με $\displaystyle{{\rm{0}} \le \omega \le 2\pi }$ , που ικανοποιούν τη σχέση $\displaystyle{\sigma \upsilon \nu \omega + \eta \mu \omega = - 1}$
και να τις απεικονίσετε πάνω στον τριγωνομετρικό κύκλο. (Μονάδες 13)

Λύση
α)
$\displaystyle{\left\{ \begin{array}{l} x + y = - 1 \\ {x^2} + {y^2} = 1 \\ \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x + y = - 1 \\ {\left( {x + y} \right)^2} - 2xy = 1 \\ \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x + y = - 1 \\ 1 - 2xy = 1 \\ \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x + y = - 1 \\ xy = 0 \\ \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x + y = - 1 \\ x = 0 \vee y = 0 \\ \end{array} \right.}$
Οπότε το σύστημα είναι ισοδύναμο με τα συστήματα
$\displaystyle{\left\{ \begin{array}{l} x + y = - 1 \\ x = 0 \\ \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} y = - 1 \\ x = 0 \\ \end{array} \right. \Leftrightarrow (x,y) = (0, - 1)}$ , ή $\displaystyle{\left\{ \begin{array}{l} x + y = - 1 \\ y = 0 \\ \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x = - 1 \\ y = 0 \\ \end{array} \right. \Leftrightarrow (x,y) = ( - 1,0)}$
Τελικά οι λύσεις είναι $\displaystyle{(x,y) = (0, - 1)}$ ή $\displaystyle{(x,y) = ( - 1,0)}$

β) Η δοσμένη σχέση : $\displaystyle{\sigma \upsilon \nu \omega + \eta \mu \omega = - 1}$ μαζί με την ταυτότητα $\displaystyle{{\rm{\eta }}{{\rm{\mu }}^2}{\rm{\omega + \sigma \upsilon }}{{\rm{\nu }}^2}{\rm{\omega = 1}}}$ σχηματίζουν το σύστημα :
$\displaystyle{\begin{array}{l} \sigma \upsilon \nu \omega + \eta \mu \omega = - 1 \\ {\rm{\eta }}{{\rm{\mu }}^2}{\rm{\omega + \sigma \upsilon }}{{\rm{\nu }}^2}{\rm{\omega = 1}} \\ \end{array}}$
Θέτοντας $\displaystyle{\sigma \upsilon \nu \omega = x,\,\,\,\,{\rm{\eta \mu \omega = y}}}$ με $\displaystyle{{\rm{ - 1}} \le x \le 1, - 1 \le y \le 1}$ το σύστημα είναι ισοδύναμο με το :
$\displaystyle{\left\{ \begin{array}{l} x + y = - 1 \\ {x^2} + {y^2} = 1 \\ \end{array} \right.}$ , το οποίο από το (α) ερώτημα έχει τις λύσεις :
$\displaystyle{(x,y) = (0, - 1)}$ ή $\displaystyle{(x,y) = ( - 1,0)}$ που είναι δεκτές .
Αντικαθιστώντας έχουμε :
$\displaystyle{\sigma \upsilon \nu \omega = 0}$ και $\displaystyle{{\rm{\eta \mu \omega = - 1}}}$ ,κι αφού $\displaystyle{0 \le \omega \le 2\pi }$ , έχουμε $\displaystyle{\omega = \frac{{3\pi }}{2}}$
ή $\displaystyle{\sigma \upsilon \nu \omega = - 1}$ και $\displaystyle{{\rm{\eta \mu \omega = 0}}}$ κι αφού $\displaystyle{0 \le \omega \le 2\pi }$ , έχουμε $\displaystyle{{\rm{\omega = \pi }}}$

Στον τριγωνομετρικό κύκλο οι λύσεις παριστάνονται με τα σημεία $\displaystyle{{\rm{{\rm B}}}{\rm{,\Gamma }}}$

pap65 · #19

Ετοιμάζω την 17850

hsiodos · #20

GI_V_ALG_4_17841

Η Αλίκη και η Αθηνά διασκεδάζουν στη ρόδα του λούνα παρκ. Η απόσταση, σε μέτρα, του καθίσματος τους από το έδαφος την χρονική στιγμή t sec δίνεται από την συνάρτηση

$\displaystyle{h(t) = 8 + 6 \cdot \eta \mu \left( {\frac{{\pi t}}{{30}}} \right)\,\,\,,\,\,0 \leqslant t \leqslant 180}$

α) Να βρείτε το ελάχιστο και το μέγιστο ύψος στο οποίο φτάνει το κάθισμα, καθώς και τις στιγμές κατά τις οποίες το κάθισμα βρίσκεται στο ελάχιστο και στο μέγιστο ύψος. (Μονάδες 8)

β) Να υπολογίσετε την ακτίνα της ρόδας. (Μονάδες 3)

γ) Να βρείτε την περίοδο της κίνησης , δηλαδή το χρόνο στον οποίο η ρόδα ολοκληρώνει μια περιστροφή. Πόσους γύρους έκαναν οι δύο φίλες στο διάστημα από $\displaystyle{0}$ έως $\displaystyle{180}$ sec; (Μονάδες 4+2=6)

δ) Να μεταφέρετε στην κόλα σας τον πίνακα τιμών και το σύστημα συντεταγμένων που δίνεται παρακάτω και:

i. Να συμπληρώσετε τον πίνακα τιμών της συνάρτησης του ύψους $\displaystyle{h(t)}$ .(Μονάδες 3)

ii. Να σχεδιάσετε στο σύστημα συντεταγμένων το τμήμα της γραφικής παράστασης της συνάρτησης $\displaystyle{h(t)}$ με $\displaystyle{0 \leqslant t \leqslant 90}$ .(Μονάδες 5)

$\displaystyle{ \boxed{\begin{array}{*{20}c} t \hfill & 0 \hfill & {15} \hfill & {30} \hfill & {45} \hfill & {60} \hfill & {75} \hfill & {90} \hfill \\ {h(t)} \hfill & {} \hfill & {} \hfill & {} \hfill & {} \hfill & {} \hfill & {} \hfill & {} \hfill \\ \end{array} }}$

: 17841-2.png (12.62 KiB) Προβλήθηκε 10960 φορές

Λύση:

α) Για τη συνάρτηση $\displaystyle{g(t) = 6 \cdot \eta \mu \left( {\frac{{\pi t}}{{30}}} \right)}$ έχουμε ότι: $\displaystyle{ \max g(t) = 6}$ και $\displaystyle{\min g(t) = - 6}$ . Συνεπώς

$\displaystyle{ \,\max h(t) = 8 + \max g(t) = 8 + 6 = 14\,}$ και $\displaystyle{\min h(t) = 8 + \min g(t) = 8 - 6 = 2}$ ,δηλαδή το μέγιστο ύψος που φτάνει το κάθισμα είναι $\displaystyle{14\,\,m\,}$ και το ελάχιστο $\displaystyle{2\,\,m}$ .

$\displaystyle{ \bullet }$ Όταν το κάθισμα βρίσκεται στο μέγιστο ύψος έχουμε:

$\displaystyle{ h(t) = 14 \Leftrightarrow 8 + 6 \cdot \eta \mu \left( {\frac{{\pi t}} {{30}}} \right) = 14 \Leftrightarrow 6 \cdot \eta \mu \left( {\frac{{\pi t}} {{30}}} \right) = 6 \Leftrightarrow \eta \mu \left( {\frac{{\pi t}} {{30}}} \right) = 1 \Leftrightarrow \eta \mu \left( {\frac{{\pi t}} {{30}}} \right) = \eta \mu \frac{\pi }{2}}$

$\displaystyle{ \Leftrightarrow \frac{{\pi t}} {{30}} = 2\kappa \pi + \frac{\pi }{2}}$ ή $\displaystyle{ \frac{{\pi t}} {{30}} = 2\kappa \pi + \pi - \frac{\pi } {2} \Leftrightarrow \pi t = 60\kappa \pi + 15\pi \Leftrightarrow t = 60\kappa + 15\,\,,\,\,\kappa \in {\rm Z} }$ . Όμως

$\displaystyle{ 0 \leqslant t \leqslant 180 \Leftrightarrow 0 \leqslant 60\kappa + 15 \leqslant 180 \Leftrightarrow - 15 \leqslant 60\kappa \leqslant 165 \Leftrightarrow - \frac{1} {4} \leqslant \kappa \leqslant \frac{{11}}{4}}$ , οπότε

$\displaystyle{ \kappa = 0\,}$ ή $\displaystyle{\kappa = 1\,}$ ή $\displaystyle{\kappa = 2\,\,}$ και άρα $\displaystyle{\,t = 15}$ ή $\displaystyle{t = 75}$ ή $\displaystyle{\,t = 135}$ .

$\displaystyle{ \bullet }$ Όταν το κάθισμα βρίσκεται στο ελάχιστο ύψος έχουμε:

$\displaystyle{ h(t) = 2 \Leftrightarrow 8 + 6 \cdot \eta \mu \left( {\frac{{\pi t}} {{30}}} \right) = 2 \Leftrightarrow 6 \cdot \eta \mu \left( {\frac{{\pi t}} {{30}}} \right) = - 6 \Leftrightarrow \eta \mu \left( {\frac{{\pi t}} {{30}}} \right) = - 1 \Leftrightarrow \eta \mu \left( {\frac{{\pi t}} {{30}}} \right) = \eta \mu \left( { - \frac{\pi } {2}} \right)}$

$\displaystyle{ \Leftrightarrow \frac{{\pi t}} {{30}} = 2\lambda \pi - \frac{\pi }{2}\,}$ ή $\displaystyle{ \frac{{\pi t}} {{30}} = 2\lambda \pi + \pi + \frac{\pi } {2} \Leftrightarrow \pi t = 60\lambda \pi - 15\pi \Leftrightarrow t = 60\lambda - 15\,\,,\,\,\lambda \in {\rm Z}}$ , όμως

$\displaystyle{ 0 \leqslant t \leqslant 180 \Leftrightarrow 0 \leqslant 60\lambda - 15 \leqslant 180 \Leftrightarrow 15 \leqslant 60\lambda \leqslant 195 \Leftrightarrow \frac{1} {4} \leqslant \lambda \leqslant \frac{{13}}{4}}$ , οπότε

$\displaystyle{ \lambda = 1}$ ή $\displaystyle{\lambda = 2}$ ή $\displaystyle{\lambda = 3\,}$ και άρα $\displaystyle{\,t = 45}$ ή $\displaystyle{t = 105}$ ή $\displaystyle{t = 165}$ .

β) Για την διάμετρο της ρόδας έχουμε: (σχήμα)

: 17841-1.png (6.21 KiB) Προβλήθηκε 10960 φορές

$\displaystyle{ d = ({\rm A}{\rm E}) - ({\rm B}{\rm E}) = \max h(t) - \min h(t) = 14 - 2 = 12\,m\,\,}$ οπότε η ακτίνα της ρόδας είναι $\displaystyle{6m}$ .

γ) Είναι $\displaystyle{ {\rm T} = \frac{{2\pi }} {{\frac{\pi } {{30}}}} = 60\,\,\,\sec }$ και επομένως οι δύο φίλες έκαναν $\displaystyle{\frac{{180}}{{60}} = 3}$ γύρους.

δ) Έχουμε: $\displaystyle{ h(0) = 8 + 6 \cdot \eta \mu \left( {\frac{0} {{30}}} \right) = 8\,\,,\,\,h(15) = 8 + 6 \cdot \eta \mu \left( {\frac{\pi } {2}} \right) = 14\,\,,\,\,h(30) = 8 + 6 \cdot \eta \mu \left( \pi \right) = 8\,\,,\,\,h(45) = 8 + 6 \cdot \eta \mu \left( {\frac{{3\pi }} {2}} \right) = 2}$

$\displaystyle{ h(60) = 8 + 6 \cdot \eta \mu \left( {2\pi } \right) = 8\,\,,\,\,h(75) = 8 + 6 \cdot \eta \mu \left( {\frac{{5\pi }} {2}} \right) = 8 + 6 \cdot \eta \mu \left( {\frac{\pi } {2}} \right) = 14\,\,,\,\,h(90) = 8 + 6 \cdot \eta \mu \left( {3\pi } \right) = 8 + 6 \cdot \eta \mu \left( \pi \right) = 8}$

άρα έχουμε τον πίνακα τιμών: $\displaystyle{ \boxed{\begin{array}{*{20}c} t \hfill & 0 \hfill & {15} \hfill & {30} \hfill & {45} \hfill & {60} \hfill & {75} \hfill & {90} \hfill \\ {h(t)} \hfill & 8 \hfill & {14} \hfill & 8 \hfill & 2 \hfill & 8 \hfill & {14} \hfill & 8 \hfill \\ \end{array} }\,}$

Η γραφική παράσταση στο δοσμένο διάστημα είναι:

: 17841-3.png (24.64 KiB) Προβλήθηκε 10960 φορές

4o ΘΕΜΑ ΑΛΓΕΒΡΑΣ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

4o ΘΕΜΑ ΑΛΓΕΒΡΑΣ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: 4o ΘΕΜΑ ΑΛΓΕΒΡΑΣ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: 4o ΘΕΜΑ ΑΛΓΕΒΡΑΣ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: 4o ΘΕΜΑ ΑΛΓΕΒΡΑΣ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: 4o ΘΕΜΑ ΑΛΓΕΒΡΑΣ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: 4o ΘΕΜΑ ΑΛΓΕΒΡΑΣ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: 4o ΘΕΜΑ ΑΛΓΕΒΡΑΣ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: 4o ΘΕΜΑ ΑΛΓΕΒΡΑΣ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: 4o ΘΕΜΑ ΑΛΓΕΒΡΑΣ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: 4o ΘΕΜΑ ΑΛΓΕΒΡΑΣ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: 4o ΘΕΜΑ ΑΛΓΕΒΡΑΣ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: 4o ΘΕΜΑ ΑΛΓΕΒΡΑΣ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: 4o ΘΕΜΑ ΑΛΓΕΒΡΑΣ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: 4o ΘΕΜΑ ΑΛΓΕΒΡΑΣ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: 4o ΘΕΜΑ ΑΛΓΕΒΡΑΣ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: 4o ΘΕΜΑ ΑΛΓΕΒΡΑΣ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: 4o ΘΕΜΑ ΑΛΓΕΒΡΑΣ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: 4o ΘΕΜΑ ΑΛΓΕΒΡΑΣ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: 4o ΘΕΜΑ ΑΛΓΕΒΡΑΣ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: 4o ΘΕΜΑ ΑΛΓΕΒΡΑΣ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Μέλη σε σύνδεση