B' ΛΥΚΕΙΟΥ ΤΥΠΟΣ B' 1979 (ακυρωθέντα)

parmenides51 · #1

Τα θέματα είχαν ακυρωθεί γιατί είχαν διαρρεύσει, για περισσότερα δείτε εδώ.

1. α) Από την $\displaystyle{\varepsilon \phi \alpha}$ ενός τόξου $\displaystyle{\alpha }$ να υπολογισθούν οι τριγωνομετρικοί αριθμοί ημίτονο, συνημίτονο του τόξου $\displaystyle{2\alpha }$ .
β) Αν $\displaystyle{0<\alpha <\frac{\pi }{2}}$ και $\displaystyle{0<\beta <\frac{\pi }{2}}$ και $\displaystyle{\sigma \upsilon \nu \alpha =\frac{1-{{t}^{2}}}{1+{{t}^{2}}},\,\,\varepsilon \phi \frac{\beta }{2}=t,\,\,t\in \mathbb{R}}$ να υπολογίσετε το $\displaystyle{\sigma \upsilon \nu (\alpha -\beta)}$ .

2. α) Σε δοθέντα κύκλο $\displaystyle{(O,\rho)}$ να εγγράψετε κανονικό εξάγωνο και να υπολογίσετε την πλευρά και το απόστημά του από την ακτίνα του κύκλου.
β) Δίνεται το ισοσκελές τρίγωνο $\displaystyle{AB\Gamma}$ . Από την κορυφή $\displaystyle{A}$ αυτού φέρουμε την $\displaystyle{Ax}$ κάθετη στο επίπεδο του τριγώνου
και ενώνουμε το τυχόν σημείο $\displaystyle{\Delta}$ της $\displaystyle{Ax}$ με το μέσο $\displaystyle{M}$ της βάσεως $\displaystyle{ B\Gamma}$ . Να αποδειχθεί ότι είναι :
i) $\Delta M \bot B\Gamma$
ii) $B \Gamma \bot (\Delta AM )$ .

3. α) Δείξτε ότι κάθε μιγαδικός αριθμός μπορεί να γραφεί σαν τετράγωνο μιγαδικού αριθμού.
β) Αν ${{z}_{1}},{{z}_{2}}\in \mathbb{C}$ , να δείξετε ότι ${{\left| {{z}_{1}}+{{z}_{2}} \right|}^{2}}+{{\left| {{z}_{1}}-{{z}_{2}} \right|}^{2}}=2\left( {{\left| {{z}_{1}} \right|}^{2}}+{{\left| {{z}_{2}} \right|}^{2}} \right)$
γ) Αν $\alpha ,\beta \in \mathbb{C}$ τότε σύμφωνα με την ερώτηση (α) υπάρχει ένα $z\in \mathbb{C}$ τέτοιο ώστε $\alpha \beta ={{z}^{2}}$ .
Αποδείξτε την ισότητα $\displaystyle{\left| \alpha \right|+\left| \beta \right|=\left| \frac{\alpha +\beta }{2}+z \right|+\left| \frac{\alpha +\beta }{2}-z \right|}$ .

4. α) Δείξτε ότι το σύνολο $\displaystyle{A}$ των ριζών της εξίσωσης ${{z}^{3}}=1$ είναι ομάδα με πράξη τον πολλαπλασιασμό στο σύνολο $\mathbb{C}$ .
β) Δείξτε ότι δυο οποιεσδήποτε από τις ρίζες της προηγούμενης εξισώσεως είναι γραμμικώς ανεξάρτητα στοιχεία του διανυσματικού χώρου $\mathbb{C}$ πάνω στο $\mathbb{R}$ .

#2

parmenides51 έγραψε:4. α) Δείξτε ότι το σύνολο $\displaystyle{A}$ των ριζών της εξίσωσης ${{z}^{3}}=1$ είναι ομάδα με πράξη τον πολλαπλασιασμό στο σύνολο $\mathbb{C}$ .
β) Δείξτε ότι δυο οποιεσδήποτε από τις ρίζες της προηγούμενης εξισώσεως είναι γραμμικώς ανεξάρτητα στοιχεία του διανυσματικού χώρου $\mathbb{C}$ πάνω στο $\mathbb{R}$ .

(α) Λύνοντας την εξίσωση $\displaystyle{z^3 =1\Leftrightarrow (z-1)(z^2 +z +1)=0}$ , βρίσκουμε ότι:

$\displaystyle{A=\{p_1 , p_2 , p_3\}}$ , όπου $\displaystyle{p_1 =1 , p_2 =-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i , p_3 =-\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}i}$

Έχουμε λοιπόν , ότι:

Το σύνολο $\displaystyle{A}$ είναι διαάφορο του κενού

Το σύνολο $\displaystyle{A}$ είναι κλειστό ως προς την πράξη του πολλαπλασιασμού, διότι:

$\displaystyle{p_1 .p_1 =1\in A , p_1 p_2 =p_2 \in A , p_1 p_3 =p_3 \in A , p_2 .p_2 =p_3 \in A , p_2 p_3 =1\in A }$ και $\displaystyle{p_3 p_3 =p_2 \in A}$

H προσεταιριστική ιδιότητα ισχύει προφανώς αφού η δοθείσα πράξη είναι η πράξη του πολλαπλασιασμού μιγαδικών αριθμών

Ουδέτερο (μοναδιαίο) στοιχείο υπάρχει και είναι το $\displaystyle{p_1 =1}$

Και τέλος, κάθε στοιχείο του $\displaystyle{A}$ , έχει το συμμετρικό του μέσα στο $\displaystyle{A}$ . Πράγματι, το συμμετρικό του $\displaystyle{p_1 }$ είναι

το $\displaystyle{p_1}$ , διότι $\displaystyle{p_1 p_1 =1}$ , το συμμετρικό του $\displaystyle{p_2}$ είναι το $\displaystyle{p_3}$ , αφού $\displaystyle{p_2 p_3 =p_3 p_2 =1}$ και το

συμμετρικό του $\displaystyle{p_3}$ , είναι το $\displaystyle{p_2}$ , προφανώς.

Άρα η δομή $\displaystyle{(A , .)}$ είναι ομάδα (και μάλιστα αβελιανή, αφού προφανώς ισχύει και η αντιμεταθετική ιδιότητα)

(β) Θα δείξω πρώτα ότι τα στοιχεία $\displaystyle{p_1 , p_2}$ του $\displaystyle{A}$ , είναι γραμμικώς ανεξάρτητα.

Έστω λοιπόν $\displaystyle{k_1 , k_2 \in R}$ με $\displaystyle{k_1 p_1 +k_2 p_2 =0}$ . Τότε:

$\displaystyle{k_1 .1 +k_2 (-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i)=0 \Rightarrow (k_1-\frac{k_2}{2})+k_2 \frac{\sqrt{3}}{2}i =0\Rightarrow}$

$\displaystyle{k_1 -\frac{k_2}{2}=0}$

$\displaystyle{k_2 =0}$

από όπου και έπεται ότι $\displaystyle{k_1 =k_2 =0}$ και άρα έχουμε το ζητούμενο.

Όμοια δείχνουμε ότι και τα στοιχεία $\displaystyle{p_1 , p_3}$ είναι γραμμικώς ανεξάρτητα.

Μένει να δείξουμε ότι και τα στοιχεία $\displaystyle{p_2 , p_3}$ είναι και αυτά γραμμικώς ανεξάρτητα.

Έστω λοιπόν $\displaystyle{k_1 , k_2 \in R}$ , με $\displaystyle{k_1 p_2 +k_2 p_3 =0\Rightarrow k_1 (-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i)+k_2 (-\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}i )=0}$

Τότε :

$\displaystyle{-\frac{k_1}{2}-\frac{k_2}{2} =0}$ και

$\displaystyle{k_1 -k_2 =0}$

Από το παραπάνω σύστημα έχουμε $\displaystyle{k_1 =k_2 =0}$ , και άρα η απόδειξη ολοκληρώθηκε.

#3

parmenides51 έγραψε:3. α) Δείξτε ότι κάθε μιγαδικός αριθμός μπορεί να γραφεί σαν τετράγωνο μιγαδικού αριθμού.
β) Αν ${{z}_{1}},{{z}_{2}}\in \mathbb{C}$ , να δείξετε ότι ${{\left| {{z}_{1}}+{{z}_{2}} \right|}^{2}}+{{\left| {{z}_{1}}-{{z}_{2}} \right|}^{2}}=2\left( {{\left| {{z}_{1}} \right|}^{2}}+{{\left| {{z}_{2}} \right|}^{2}} \right)$
γ) Αν $\alpha ,\beta \in \mathbb{C}$ τότε σύμφωνα με την ερώτηση (α) υπάρχει ένα $z\in \mathbb{C}$ τέτοιο ώστε $\alpha \beta ={{z}^{2}}$ .
Αποδείξτε την ισότητα $\displaystyle{\left| \alpha \right|+\left| \beta \right|=\left| \frac{\alpha +\beta }{2}+z \right|+\left| \frac{\alpha +\beta }{2}-z \right|}$ .

(α)Έστω $\displaystyle{z=a+bi , a;b \in R}$ . Θα αποδείξουμε ότι υπάρχει $\displaystyle{w\in C}$ , ώστε $\displaystyle{z=w^2}$

Θα διακρίνουμε δύο περιπτώσεις:

1η ΠΕΡΙΠΤΩΣΗ: $\displaystyle{z\in R}$ . Τότε $\displaystyle{z=a}$ . Οπότε αν $\displaystyle{a>0}$ , τότε $\displaystyle{z=\sqrt{a}^2}$ . Eνώ αν $\displaystyle{a<0}$ , τότε

$\displaystyle{z=(i\sqrt{-a})^2}$ . Άρα στην πρώτη περίπτωση έχουμε το ζητούμενο.

2η ΠΕΡΙΠΤΩΣΗ: $\displaystyle{z\in C-R}$ . Τότε $\displaystyle{b\neq 0}$ . Έστω λοιπόν $\displaystyle{w=x+yi , x,y\inR}$ . Θέλουμε να βρούμε τους αριθμούς

$\displaystyle{x}$ και $\displaystyle{y}$ , ώστε να είναι $\displaystyle{a+bi=(x+yi)^2 \Leftrightarrow a+bi=x^2 -y^2 +2xyi}$ . Άρα πρέπει:

$\displaystyle{x^2 -y^2 =a}$ και

$\displaystyle{2xy=b}$

Αφού είναι $\displaystyle{b\neq 0}$ , θα είναι και $\displaystyle{x,y \neq 0}$ . Άρα από την δεύτερη εξίσωση του πιο πάνω συστήματος, παίρνουμε

$\displaystyle{y=\frac{b}{2x}}$ και τότε η πρώτη εξίσωση γράφεται: $\displaystyle{x^2 -\frac{b^2}{4x^2}=a \Leftrightarrow}$

$\displaystyle{4x^4 -4ax^2 -b^2 =0}$ . Και αν θέσουμε $\displaystyle{x^2 =m}$ , έχουμε $\displaystyle{4m^2 -4am-b^2 =0}$

Η διακρίνουσα του τριωνύμου αυτού είναι $\displaystyle{\Delta=16(a^2 +b^2 ) >0}$ , (εφ όσον είναι $\displaystyle{b\neq 0}$ )

Συνεπώς η πιο πάνω εξίσωση έχει δύο ρίζες πραγματικές και άνισες και μάλιστα ετερόσημες, διότι το γινόμενο των ριζών

είναι $\displaystyle{P=-\frac{b^2}{4} <0}$ . Αυτό σημαίνει ότι υπάρχει μία ρίζα $\displaystyle{m_1}$ της εξίσωσης που είναι θετική.

Τότε $\displaystyle{x^2 =m_1 \Leftrightarrow x=\sqrt{m_1}}$ , ή $\displaystyle{x=-\sqrt{m_1}}$

Aν τώρα π.χ πάρουμε $\displaystyle{x=\sqrt{m_1}}$ , τότε θα είναι $\displaystyle{y=\frac{b}{2\sqrt{m_1}}=\frac{b\sqrt{m_1}}{2m_1}}$

Άρα $\displaystyle{z=(\sqrt{m_1}+\frac{b\sqrt{m_1}}{2m_1})^2 ι}$ και το ζητούμενο εδείχθη.

(β) $\displaystyle{|z_1 +z_2 |^2 +|z_1 -z_2 |^2 =(z_1 +z_2 )(\bar{z_1}+\bar{z_2})+(z_1 -z_2 )(\bar{z_1}-\bar{z_2})=2(|z_1|^2 +|z_2 |^2 )}$

(γ) Αρκεί να αποδείξουμε ότι: $\displaystyle{(|a|+|\beta |)^2 =(|\frac{a+\beta}{2}+z|+|\frac{a+\beta}{2}-z|)^2}$ , ή

$\displaystyle{|a|^2 +|\beta |^2 +2|a\beta |=(\frac{a+\beta}{2}+z)(\frac{\bar{a}+\bar{\beta}}{2}+\bar{z})+(\frac{a+\beta}{2}-z)(\frac{\bar{a}+\bar{\beta}}{2}-\bar{z})+2|(\frac{a+\beta}{2})^2 -z^2 |}$

ή

$\displaystyle{|a|^2 +|\beta |^2 +2|a\beta |=2\frac{(a+\beta)(\bar{a}+\bar{\beta})}{4}+2|z|^2 +2|\frac{a^2 +\beta ^2 +2a\beta}{4}-a\beta |}$

ή

$\displaystyle{|a|^2 +|\beta |^2 +2|a\beta |=\frac{|a+\beta |^2}{2}+\frac{|a-\beta |^2}{2}+2|a\beta |}$ , ή

$\displaystyle{2(|a|^2 +|\beta |^2 )=|a+\beta |^2 +|a-\beta |^2}$ , το οποίο αληθεύει , λόγω του (β) ερωτήματος.

#4

parmenides51 έγραψε:1. α) Από την $\displaystyle{\varepsilon \phi \alpha}$ ενός τόξου $\displaystyle{\alpha }$ να υπολογισθούν οι τριγωνομετρικοί αριθμοί ημίτονο, συνημίτονο του τόξου $\displaystyle{2\alpha }$ .
β) Αν $\displaystyle{0<\alpha <\frac{\pi }{2}}$ και $\displaystyle{0<\beta <\frac{\pi }{2}}$ και $\displaystyle{\sigma \upsilon \nu \alpha =\frac{1-{{t}^{2}}}{1+{{t}^{2}}},\,\,\varepsilon \phi \frac{\beta }{2}=t,\,\,t\in \mathbb{R}}$ να υπολογίσετε το $\displaystyle{\sigma \upsilon \nu (\alpha -\beta)}$ .

(α) $\displaystyle{\eta \mu 2a=\frac{2\epsilon \phi a}{1+\epsilon \phi ^2 a}}$ , και $\displaystyle{\sigma \upsilon \nu 2a=\frac{1-\epsilon \phi ^2 a}{1+\epsilon \phi ^2 a}}$ , (Θεωρία)

(β) $\displaystyle{\sigma \upsilon \nu (a-\beta)=\sigma \upsilon \nu a \sigma \upsilon \nu \beta +\eta \mu a \eta \mu \beta=}$

$\displaystyle{\frac{1-t^2}{1+t^2} . \frac{1-\epsilon \phi ^2 \frac{\beta}{2}}{1+\epsilon \phi ^2 \frac{\beta}{2}}+\sqrt{1-(\frac{1-t^2}{1+t^2})^2} . \frac{2\epsilon \phi \frac{\beta}{2}}{1+\epsilon \phi ^2 \frac{\beta}{2}}=}$

$\displaystyle{\frac{1-t^2}{1+t^2} . \frac{1-t^2}{1+t^2}+\sqrt{\frac{4t^2}{1+t^2 )^2}} . \frac{2t}{1+t^2} =}$

$\displaystyle{\frac{(1-t^2 )^2}{(1+t^2 )^2}+\frac{2|t|}{1+t^2} .\frac{2t}{1+t^2}}$ .

Με βάση την υπόθεση, έχουμε ότι $\displaystyle{\epsilon \phi \frac{\beta}{2} >0}$ . Άρα $\displaystyle{t>0}$ , οπότε έχουμε:

$\displaystyle{\sigma \upsilon \nu (a-\beta )=\frac{(1-t^2 )^2}{(1+t^2 )^2}+\frac{4t^2}{(1+t^2 )^2}=1}$

#5

parmenides51 έγραψε:2. α) Σε δοθέντα κύκλο $\displaystyle{(O,\rho)}$ να εγγράψετε κανονικό εξάγωνο και να υπολογίσετε την πλευρά και το απόστημά του από την ακτίνα του κύκλου.
β) Δίνεται το ισοσκελές τρίγωνο $\displaystyle{AB\Gamma}$ . Από την κορυφή $\displaystyle{A}$ αυτού φέρουμε την $\displaystyle{Ax}$ κάθετη στο επίπεδο του τριγώνου
και ενώνουμε το τυχόν σημείο $\displaystyle{\Delta}$ της $\displaystyle{Ax}$ με το μέσο $\displaystyle{M}$ της βάσεως $\displaystyle{ B\Gamma}$ . Να αποδειχθεί ότι είναι :
i) $\Delta M \bot B\Gamma$
ii) $B \Gamma \bot (\Delta AM )$ .

(a) Aφού η $\displaystyle{Ax}$ είναι κάθετη στο επίπεδο του τριγώνου $\displaystyle{(AB\Gamma )}$ , θα είναι κάθετη προς κάθε ευθεία αυτού.

Άρα η $\displaystyle{Ax}$ είναι κάθετη προς τις ευθείες $\displaystyle{BA}$ και $\displaystyle{\Gamma A}$ . Συνεπώς τα ορθογώνια τρίγωνα $\displaystyle{AB\Delta}$ και

$\displaystyle{A\Gamma \Delta}$ είναι ίσα αφού έχουν επί πλέον την $\displaystyle{A\Delta}$ κοινή και $\displaystyle{AB=A\Gamma}$ .

Συνεπώς θα είναι και $\displaystyle{\Delta B=\Delta \Gamma}$ και άρα το τρίγωνο $\displaystyle{B\Delta \Gamma}$ είναι ισοσκελές και άρα η

διάμεσος $\displaystyle{AM}$ , θα είναι και ύψος.

: ISOSKELES.png (8.21 KiB) Προβλήθηκε 2004 φορές

(β) Στο ισοσκελές τρίγωνο $\displaystyle{AB\Gamma}$ , η διάμεσος $\displaystyle{AM}$ είναι και ύψος. Άρα και με βάση την προηγούμενη ερώτηση,

έχουμε ότι η $\displaystyle{B\Gamma}$ είναι κάθετη προς δύο τεμνόμενες ευθείες του επιπέδου $\displaystyle{(A M\Delta)}$ , τις $\displaystyle{M\Delta}$ και $\displaystyle{MA}$

Άρα θα είναι κάθετη και προς το επίπεδο $\displaystyle{(AM\Delta )}$

#6

parmenides51 έγραψε:3. α) Δείξτε ότι κάθε μιγαδικός αριθμός μπορεί να γραφεί σαν τετράγωνο μιγαδικού αριθμού.
β) Αν ${{z}_{1}},{{z}_{2}}\in \mathbb{C}$ , να δείξετε ότι ${{\left| {{z}_{1}}+{{z}_{2}} \right|}^{2}}+{{\left| {{z}_{1}}-{{z}_{2}} \right|}^{2}}=2\left( {{\left| {{z}_{1}} \right|}^{2}}+{{\left| {{z}_{2}} \right|}^{2}} \right)$
γ) Αν $\alpha ,\beta \in \mathbb{C}$ τότε σύμφωνα με την ερώτηση (α) υπάρχει ένα $z\in \mathbb{C}$ τέτοιο ώστε $\alpha \beta ={{z}^{2}}$ .
Αποδείξτε την ισότητα $\displaystyle{\left| \alpha \right|+\left| \beta \right|=\left| \frac{\alpha +\beta }{2}+z \right|+\left| \frac{\alpha +\beta }{2}-z \right|}$ .

Αλλιώς για το (γ):

Από το (α), υπάρχουν $k,l\in \Bbb{C}$ ώστε $a=k^2, \ b=l^2$ οπότε $z=\pm kl.$

Η ζητούμενη είναι τώρα άμεση από το (β)...

parmenides51 · #7

parmenides51 έγραψε:3. α) Δείξτε ότι κάθε μιγαδικός αριθμός μπορεί να γραφεί σαν τετράγωνο μιγαδικού αριθμού.
β) Αν ${{z}_{1}},{{z}_{2}}\in \mathbb{C}$ , να δείξετε ότι ${{\left| {{z}_{1}}+{{z}_{2}} \right|}^{2}}+{{\left| {{z}_{1}}-{{z}_{2}} \right|}^{2}}=2\left( {{\left| {{z}_{1}} \right|}^{2}}+{{\left| {{z}_{2}} \right|}^{2}} \right)$
γ) Αν $\alpha ,\beta \in \mathbb{C}$ τότε σύμφωνα με την ερώτηση (α) υπάρχει ένα $z\in \mathbb{C}$ τέτοιο ώστε $\alpha \beta ={{z}^{2}}$ .
Αποδείξτε την ισότητα $\displaystyle{\left| \alpha \right|+\left| \beta \right|=\left| \frac{\alpha +\beta }{2}+z \right|+\left| \frac{\alpha +\beta }{2}-z \right|}$ .

άλλες λύσεις εδώ

Γ.-Σ. Σμυρλής · #8

Τά θυμᾶμαι καθότι εἶχα συμμετάσχει σ´ αύτήν τήν ἐξέταση!

Ἀκυρώθησαν λόγω διαρροῆς. Εἶχε μάλιστα συλληφθεῖ καί ὁ ἔνοχος, τοῦ ὁποίου τό ὄνομα μοῦ διαφεύγει.

Γ.-Σ. Σμυρλής · #9

Οἱ λύσεις τῆς ἀποτελοῦν ὁμάδα, ὡς πρός τόν πολλαπλασιασμό:

Δέν χρειάζεται κάποιος νά βρεῖ τίς λύσεις τῆς z^3=1

γιά νά δείξει ὅτι ἀποτελοῦν ὁμάδα.

parmenides51 · #10

Γ.-Σ. Σμυρλής έγραψε:Τά θυμᾶμαι καθότι εἶχα συμμετάσχει σ´ αύτήν τήν ἐξέταση!

Ἀκυρώθησαν λόγω διαρροῆς. Εἶχε μάλιστα συλληφθεῖ καί ὁ ἔνοχος, τοῦ ὁποίου τό ὄνομα μοῦ διαφεύγει.

Ράμμος λεγόταν

ήταν ο γενικός διευθυντής του υπουργείου Παιδείας τότε

για περισσότερα δες στην παραπομπή στην αρχή της παρούσας δημοσίευσης, μετά τα κόκκινα γράμματα

δηλαδή εδώ και παρακάτω στην παραπομπή αυτή

B' ΛΥΚΕΙΟΥ ΤΥΠΟΣ B' 1979 (ακυρωθέντα)

B' ΛΥΚΕΙΟΥ ΤΥΠΟΣ B' 1979 (ακυρωθέντα)

Re: B' ΛΥΚΕΙΟΥ ΤΥΠΟΣ B' 1979 (ακυρωθέντα)

Re: B' ΛΥΚΕΙΟΥ ΤΥΠΟΣ B' 1979 (ακυρωθέντα)

Re: B' ΛΥΚΕΙΟΥ ΤΥΠΟΣ B' 1979 (ακυρωθέντα)

Re: B' ΛΥΚΕΙΟΥ ΤΥΠΟΣ B' 1979 (ακυρωθέντα)

Re: B' ΛΥΚΕΙΟΥ ΤΥΠΟΣ B' 1979 (ακυρωθέντα)

Re: B' ΛΥΚΕΙΟΥ ΤΥΠΟΣ B' 1979 (ακυρωθέντα)

Re: B' ΛΥΚΕΙΟΥ ΤΥΠΟΣ B' 1979 (ακυρωθέντα)

Re: B' ΛΥΚΕΙΟΥ ΤΥΠΟΣ B' 1979 (ακυρωθέντα)

Re: B' ΛΥΚΕΙΟΥ ΤΥΠΟΣ B' 1979 (ακυρωθέντα)

Μέλη σε σύνδεση