Α' ΔΕΣΜΗ 1993

parmenides51 · #1

1. α) Τα διανύσματα $\displaystyle{\vec{\alpha },\vec{\beta },\vec{\gamma },\vec{x}}$ του επιπέδου ικανοποιούν τη σχέση $\left( \vec{\alpha }\vec{x} \right)\vec{\beta }=\vec{\gamma }+\vec{x}$ .
i) Να αποδείξετε ότι $\left( \vec{\beta }\vec{\alpha }-1 \right)\left( \vec{\alpha }\vec{x} \right)=\vec{\gamma } \vec{\alpha }$
ii) Αν $\vec{\beta } \vec{\alpha }\ne 1$ να εκφράσετε το διάνυσμα $\vec{x}$ ως συνάρτηση των $\displaystyle{\vec{\alpha },\vec{\beta },\vec{\gamma }}$
β) Για τον αντιστρέψιμο πίνακα $\displaystyle{A}$ τύπου $\displaystyle{\nu \, x \, \nu}$ ορίζουμε τα πολυώνυμα $f(x)=\left|A -x\mathbb{I} \right|,\,\,g(x)=\left| {{A}^{-1}}-x\mathbb{I}\right|$
όπου $\displaystyle{\mathbb{I}}$ ο μοναδιαίος πίνακας $\displaystyle{\nu \, x \, \nu}$ και $\displaystyle{x}$ πραγματικός αριθμός.
Να αποδείξετε ότι αν $f({{x}_{0}})=0$ τότε
i) ${{x}_{0}}\ne 0$
ii) $\displaystyle{g\left(\frac{1}{{{x}_{0}}}\right)=0}$

2. α) Δίνεται η συνάρτηση $\displaystyle{f(z)=\frac{\left( z-1 \right)\left( \bar{z}+1 \right)}{z+\bar{z}},\,\,z\in \mathbb{C}}$ και $\displaystyle{ Re(z)\ne 0}$
i) Να αποδείξετε ότι $\displaystyle{f\left(-\frac{1}{{\bar{z}}}\right)=f(z)}$
ii) Να βρείτε το είδος της καμπύλης στην οποία ανήκουν τα σημεία $\displaystyle{M(x,y)}$ για τα οποία οι μιγαδικοί αριθμοί
$\displaystyle{z=\alpha x+\beta yi}$ με $\displaystyle{\alpha ,\beta ,x,y\in \mathbb{R} \,\, , \alpha \beta x\ne 0}$ ικανοποιούν την σχέση $\displaystyle{Re}\left[ f(z) \right]=0}$
β) Δίνεται η έλλειψη $\displaystyle{\frac{{{x}^{2}}}{{{\alpha }^{2}}}+\frac{{{y}^{2}}}{{{\beta }^{2}}}=1}$ με $\displaystyle{\alpha >\beta >0}$ και το σημείο $\displaystyle{K(0,2\beta)}$ .
Μια μεταβλητή ευθεία με συντελεστή διεύθυνσης $\displaystyle{\lambda}$ διέρχεται από το σταθερό σημείο $\displaystyle{K}$ και τέμνει τις εφαπτόμενες της έλλειψης
στα άκρα του μεγάλου άξονά της στα σημεία $\displaystyle{M}$ και $\displaystyle{N}$ .
i) Να βρείτε την εξίσωση του κύκλου με διάμετρο $\displaystyle{MN}$ ως συνάρτηση του $\displaystyle{\lambda}$ .
ii) Να βρείτε την τιμή του $\displaystyle{\lambda}$ ώστε ο κύκλος με διάμετρο $\displaystyle{MN}$ να διέρχεται από τις εστίες της έλλειψης.

3. α) Να αποδείξετε ότι αν μια συνάρτηση $\displaystyle{f}$ είναι συνεχής στο $\displaystyle{\left[ \alpha ,\beta \right]}$ τότε
i) Υπάρχουν $m,M\in \mathbb{R}$ τέτοια ώστε $\displaystyle{m\left( \beta -\alpha \right)\le \int\limits_{\alpha }^{\beta }{f(x)dx\le M\left( \beta -\alpha \right)}}$ .
ii) Υπάρχει ένα τουλάχιστον $\xi \in \left[ \alpha ,\beta \right]$ τέτοιο ώστε $\int\limits_{\alpha }^{\beta }{f(x)}dx=f(\xi )\left( \beta -\alpha \right)$ .
β) Δίνεται η συνάρτηση $\displaystyle{f(x)=\frac{1}{\sqrt{1+{{x}^{4}}}}+4}$ με $\displaystyle{x>0}$
i) Να εξετάσετε την μονοτονία της συνάρτησης $\displaystyle{f}$
ii) Να υπολογίσετε το $\displaystyle{\lim_{x\to +\infty }\int\limits_{x}^{x+1}{f(t)dt}}$

4. α) Δίνεται η ορθή γωνία $\displaystyle{xOy}$ και το ευθύγραμμο τμήμα $\displaystyle{AB}$ μήκους $\displaystyle{10}$ m του οποίου τα άκρα $\displaystyle{A}$ και $\displaystyle{B}$ ολισθαίνουν πάνω
στις πλευρές $\displaystyle{Oy}$ και $\displaystyle{Ox}$ αντιστοίχως .
Το σημείο $\displaystyle{B}$ κινείται με σταθερή ταχύτητα $\displaystyle{v=2}$ m/sec και η θέση του πάνω στον άξονα $\displaystyle{Ox}$ δίνεται από τη συνάρτηση
$\displaystyle{s(t)=vt \,, t\in [0,5]}$ όπου $\displaystyle{t }$ ο χρόνος σε sec
i) Να βρεθεί το εμβαδόν $\displaystyle{E(t)}$ του τριγώνου $\displaystyle{AOB}$ ως συνάρτηση του χρόνου.
ii) Ποιος είναι ο ρυθμός μεταβολής του εμβαδού $\displaystyle{E(t)}$ τη στιγμή κατά την οποία το μήκος του τμήματος $\displaystyle{OA}$ είναι $\displaystyle{6}$ m;
β) Να βρεθεί η συνεχής συνάρτηση $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ για την οποία ισχύει
$\int\limits_{\alpha }^{x}{{{e}^{-t}}f(t)dt={{e}^{-x}}-{{e}^{-\alpha }}-{{e}^{-x}}f(x),\,\,\,x,\alpha \in \mathbb{R}}$

Christos75 · #2

parmenides51 έγραψε:1. α) Τα διανύσματα $\displaystyle{\vec{\alpha },\vec{\beta },\vec{\gamma },\vec{x}}$ του επιπέδου ικανοποιούν τη σχέση $\left( \vec{\alpha }\vec{x} \right)\vec{\beta }=\vec{\gamma }+\vec{x}$ .
i) Να αποδείξετε ότι $\left( \vec{\beta }\vec{\alpha }-1 \right)\left( \vec{\alpha }\vec{x} \right)=\vec{\gamma } \vec{\alpha }$
ii) Αν $\vec{\beta } \vec{\alpha }\ne 1$ να εκφράσετε το διάνυσμα $\vec{x}$ ως συνάρτηση των $\displaystyle{\vec{\alpha },\vec{\beta },\vec{\gamma }}$
β) Για τον αντιστρέψιμο πίνακα $\displaystyle{A}$ τύπου $\displaystyle{\nu \, x \, \nu}$ ορίζουμε τα πολυώνυμα $f(x)=\left|A -x\mathbb{I} \right|,\,\,g(x)=\left| {{A}^{-1}}-x\mathbb{I}\right|$
όπου $\displaystyle{\mathbb{I}}$ ο μοναδιαίος πίνακας $\displaystyle{\nu \, x \, \nu}$ και $\displaystyle{x}$ πραγματικός αριθμός.
Να αποδείξετε ότι αν $f({{x}_{0}})=0$ τότε
i) ${{x}_{0}}\ne 0$
ii) $\displaystyle{g\left(\frac{1}{{{x}_{0}}}\right)=0}$

Πάμε να δούμε τα θέματα και εκείνης της χρονιάς.

α)
i) Μας δίνεται η σχέση: $(\vec{\alpha }.\vec{x}).\vec{\beta }=\vec{\gamma }+\vec{x} (1)$

Από (1)

πολλαπλάσιάζοντάς την με διάνυσμα $\vec{\alpha }\neq \vec{0}$ θα γίνει:

$\displaystyle{(\vec{\alpha }.\vec{x}).\vec{\beta }=\vec{\gamma }+\vec{x}\overset{\vec{\alpha }}{\rightarrow} (\vec{\alpha }.\vec{x}).\vec{\beta }.\vec{\alpha }=(\vec{\gamma }+\vec{x}).\vec{\alpha }\Rightarrow (\vec{\alpha }.\vec{x}).\vec{\beta }.\vec{\alpha }=\vec{\gamma }\vec{\alpha }+\vec{x}.\vec{\alpha }\Leftrightarrow (\vec{\alpha }.\vec{x}).\vec{\beta }.\vec{\alpha }-\vec{x}.\vec{\alpha }=\vec{\gamma }.\vec{\alpha }\Rightarrow \vec{\alpha }.\vec{x}(\vec{\beta }.\vec{\alpha }-1)=\vec{\gamma }.\vec{\alpha }\Rightarrow \vec{\alpha }.\vec{x}=\frac{\vec{\gamma }.\vec{\alpha }}{\vec{\beta }.\vec{\alpha }-1}}$

αφού ${\vec{\beta }.\vec{\alpha }\neq 1}$

ii) Από την δοσμένη σχέση $\displaystyle{(1)$ έχω: $(\vec{\alpha }.\vec{x}).\vec{\beta }=\vec{\gamma }+\vec{x}}$ και αντικαθιστώ το γινόμενο $\displaystyle{\vec{\alpha }.\vec{x}$

με αυτό που βρήκα στο προηγούμενο ερώτημα και έχω: $\displaystyle{(\frac{\vec{\gamma }.\vec{\alpha }}{\vec{\beta }.\vec{\alpha }-1}).\vec{\beta }=\vec{\gamma }+\vec{x}\Leftrightarrow \vec{x}=(\frac{\vec{\gamma }.\vec{\alpha }}{\vec{\beta }.\vec{\alpha }-1}).\vec{\beta }-\vec{\gamma }}$

Συνεπώς, έχουμε βγάλει το διάνυσμα $\vec{x}$ συναρτήσει των $\vec{\alpha }, \vec{\beta },\vec{\gamma }$ .

β)
i) Μας δίνεται το πολυώνυμο $f(x)=\mid A- xI\mid$ και θέλουμε να δείξουμε ότι $x_{0}\neq 0$

Θα χρησιμοποιήσουμε την απαγωγή σε άτοπο για να αποδείξουμε το ζητούμενο.

Πράγματι εάν $x_{0}=0$ τότε αφού $f(x_{0})=0\Leftrightarrow \mid A- x_{0}I\mid=0\Leftrightarrow \mid A \mid= 0$ ΑΤΟΠΟ, αφού ο πίνακας

αντιστρέψιμος. Άρα $\displaystyle{x_{0}\neq 0}$

ii) θέλουμε να δείξουμε ότι $\displaystyle{g(\frac{1}{x_{0}})=0}$

Πράγματι, είναι $\displaystyle{g(\frac{1}{x_{0}})=\mid A^{-1}-\frac{1}{x_{0}}.I \mid= \mid A^{-1}-\frac{1}{x_{0}}.A.A^{-1} \mid =\mid A^{-1}(I-\frac{1}{x_{0}}.A) \mid}$

$\displaystyle{= \mid (\frac{-1} {x_{0}}).A^{-1}.(A-x_{0}I) \mid =(\frac{-1}{x_{0}})^\nu.\mid A^{-1} \mid . \mid A-x_{0}.I\mid= (\frac{-1}{x_{0}})^\nu.\mid A^{-1} \mid.f(x_{0})=0}$

αφού από τα δεδομένα της υπόθεσης $f(x_{0})=0$ και

$\displaystyle{A.A^{-1}=I \Rightarrow \mid A.A^{-1} \mid = 1\Rightarrow \mid A \mid.\mid A^{-1}\mid = 1 \Rightarrow \mid A^{-1}\mid =\frac{1}{\mid A \mid} \neq 0}$ ,

αφού πίνακας

αντιστρέψιμος εξ ' υποθέσεως.

Συνεπώς $\displaystyle{g(\frac{1}{x_{0}})=0}$

BAGGP93 · #3

parmenides51 έγραψε:

3. α) Να αποδείξετε ότι αν μια συνάρτηση $\displaystyle{f}$ είναι συνεχής στο $\displaystyle{\left[ \alpha ,\beta \right]}$ τότε
i) Υπάρχουν $m,M\in \mathbb{R}$ τέτοια ώστε $\displaystyle{m\left( \beta -\alpha \right)\le \int\limits_{\alpha }^{\beta }{f(x)dx\le M\left( \beta -\alpha \right)}}$ .
ii) Υπάρχει ένα τουλάχιστον $\xi \in \left[ \alpha ,\beta \right]$ τέτοιο ώστε $\int\limits_{\alpha }^{\beta }{f(x)}dx=f(\xi )\left( \beta -\alpha \right)$ .
β) Δίνεται η συνάρτηση $\displaystyle{f(x)=\frac{1}{\sqrt{1+{{x}^{4}}}}+4}$ με $\displaystyle{x>0}$
i) Να εξετάσετε την μονοτονία της συνάρτησης $\displaystyle{f}$
ii) Να υπολογίσετε το $\displaystyle{\lim_{x\to +\infty }\int\limits_{x}^{x+1}{f(t)dt}}$

αi)Θεωρία

αii)Θέωρημα Μέσης Τιμής Ολοκληρωτικού Λογισμού

βi)Για κάθε $\displaystyle{x,y>0}$ έχουμε,

$\displaystyle{\begin{aligned}x<y &\Rightarrow x^4+1<y^4+1\\&\Rightarrow \sqrt{1+x^4}<\sqrt{1+y^4}\\&\Rightarrow \frac{1}{\sqrt{1+x^4}}>\frac{1}{\sqrt{1+y^4}}\\&\Rightarrow \frac{1}{\sqrt{1+x^4}}+4>\frac{1}{\sqrt{1+y^4}}+4\\&\Rightarrow f(x)>f(y)\end{aligned}}$

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

βii)Για κάθε $\displaystyle{x>0}$ έχουμε

$\displaystyle{\begin{aligned}x\leq t\leq x+1&\Rightarrow f(x+1)\leq f(t)\leq f(x)\\&\Rightarrow \int_{x}^{x+1}f(x+1)\,dt\leq \int_{x}^{x+1}f(t)\,dt\leq \int_{x}^{x+1}f(x)\,dt\\&\Rightarrow f(x+1)\leq \int_{x}^{x+1}f(t)\,dt\leq f(x)\end{aligned}}$

Είναι, $\displaystyle{\lim_{x\to +\infty}f(x)=\lim_{x\to +\infty}\left(\frac{1}{\sqrt{1+x^4}}+4\right)=\lim_{x\to +\infty}f(x+1)=\lim_{x\to +\infty}\left(\frac{1}{\sqrt{1+\left(x+1\right)^4}}+4\right)=4}}$

Επομένως, από το κριτήριο των ισοσυγκλινουσών συναρτήσεων, έχουμε ότι $\displaystyle{\lim_{x\to +\infty}\int_{x}^{x+1}f(t)\,dt=4}}$

Γιώργος Απόκης · #4

4. α) Δίνεται η ορθή γωνία $\displaystyle{xOy}$ και το ευθύγραμμο τμήμα $\displaystyle{AB}$ μήκους $\displaystyle{10}$ m του οποίου τα άκρα $\displaystyle{A}$ και $\displaystyle{B}$ ολισθαίνουν πάνω
στις πλευρές $\displaystyle{Oy}$ και $\displaystyle{Ox}$ αντιστοίχως .
Το σημείο $\displaystyle{B}$ κινείται με σταθερή ταχύτητα $\displaystyle{v=2}$ m/sec και η θέση του πάνω στον άξονα $\displaystyle{Ox}$ δίνεται από τη συνάρτηση
$\displaystyle{s(t)=vt \,, t\in [0,5]}$ όπου $\displaystyle{t }$ ο χρόνος σε sec
i) Να βρεθεί το εμβαδόν $\displaystyle{E(t)}$ του τριγώνου $\displaystyle{AOB}$ ως συνάρτηση του χρόνου.
ii) Ποιος είναι ο ρυθμός μεταβολής του εμβαδού $\displaystyle{E(t)}$ τη στιγμή κατά την οποία το μήκος του τμήματος $\displaystyle{OA}$ είναι $\displaystyle{6}$ m;
β) Να βρεθεί η συνεχής συνάρτηση $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ για την οποία ισχύει
$\int\limits_{\alpha }^{x}{{{e}^{-t}}f(t)dt={{e}^{-x}}-{{e}^{-\alpha }}-{{e}^{-x}}f(x),\,\,\,x,\alpha \in \mathbb{R}}$

Λύση

α) i) Είναι : $\displaystyle{(OB)=2t}$ και από το Πυθαγόρειο : $\displaystyle{(OA)=\sqrt{100-4t^2}}$ επομένως για το εμβαδόν θα ισχύει :

$\displaystyle{E(t)=\frac{1}{2}(OA)(OB)=\frac{2t}{2}\sqrt{100-4t^2}=t\sqrt{100-4t^2}}$ .

ii) Την τυχαία χρονική στιγμή ο ρυθμός μεταβολής του εμβαδού είναι : $\displaystyle{E'(t)=\sqrt{100-4t^2}+t\frac{-8t}{2\sqrt{100-4t^2}}=}$

$\displaystyle{=\sqrt{100-4t^2}-\frac{4t^2}{\sqrt{100-4t^2}}=\frac{100-4t^2-4t^2}{\sqrt{100-4t^2}}=\frac{100-8t^2}{\sqrt{100-4t^2}}}$ . Έστω $\displaystyle{t_o}$ η στιγμή που $\displaystyle{(OA)=6}$ .

Τότε $\displaystyle{\sqrt{100-4t_o^2}=6\Leftrightarrow 100-4t_o^2=36\Leftrightarrow 4t_o^2=64\Leftrightarrow t_o^2=16\Leftrightarrow t_o=4}$ άρα ο

ρυθμός μεταβολής είναι : $\displaystyle{E'(4)=\frac{100-128}{\sqrt{100-64}}=\frac{-28}{6}=-\frac{14}{3}~m^2/s}$

β) H $\displaystyle{f}$ είναι συνεχής άρα το ολοκλήρωμα είναι παραγωγίσιμη συνάρτηση. Επίσης, αν πολλαπλασιάσουμε τα μέλη της δοσμένης με $\displaystyle{e^x}$

έχουμε $\displaystyle{f(x)=-e^x\int_a^xe^{-t}f(t)dt+1-e^{-a}e^x}$ και άρα η $\displaystyle{f}$ είναι παραγωγίσιμη στο $\displaystyle{\mathbb R}$ .

Παραγωγίζουμε τα μέλη της δοσμένης και έχουμε : $\displaystyle{e^{-x}f(x)=-e^{-x}+e^{-x}f(x)-e^{-x}f'(x)\Leftrightarrow e^{-x}f'(x)=-e^{-x}\Leftrightarrow}$

$\displaystyle{f'(x)=-1}$ και αφού η $\displaystyle{f}$ είναι συνεχής στο $\displaystyle{\mathbb R}$ έχουμε : $\displaystyle{f(x)=-x+c~(c\in \mathbb R),~x\in \mathbb R}$ .

Για $\displaystyle{x=a}$ έχουμε : $\displaystyle{f(a)=-a+c}$ και από τη δοσμένη : $\displaystyle{0=e^{-a}-e^{-a}-e^{-a}f(a)\Leftrightarrow e^{-a}(-a+c)=0\Leftrightarrow c=a}$

Τελικά : $\displaystyle{f(x)=-x+a,~x\in \mathbb R}$

Christos75 · #5

parmenides51 έγραψε: 2. α) Δίνεται η συνάρτηση $\displaystyle{f(z)=\frac{\left( z-1 \right)\left( \bar{z}+1 \right)}{z+\bar{z}},\,\,z\in \mathbb{C}}$ και $\displaystyle{ Re(z)\ne 0}$
i) Να αποδείξετε ότι $\displaystyle{f\left(-\frac{1}{{\bar{z}}}\right)=f(z)}$
ii) Να βρείτε το είδος της καμπύλης στην οποία ανήκουν τα σημεία $\displaystyle{M(x,y)}$ για τα οποία οι μιγαδικοί αριθμοί
$\displaystyle{z=\alpha x+\beta yi}$ με $\displaystyle{\alpha ,\beta ,x,y\in \mathbb{R} \,\, , \alpha \beta x\ne 0}$ ικανοποιούν την σχέση $\displaystyle{Re}\left[ f(z) \right]=0}$
β) Δίνεται η έλλειψη $\displaystyle{\frac{{{x}^{2}}}{{{\alpha }^{2}}}+\frac{{{y}^{2}}}{{{\beta }^{2}}}=1}$ με $\displaystyle{\alpha >\beta >0}$ και το σημείο $\displaystyle{K(0,2\beta)}$ .
Μια μεταβλητή ευθεία με συντελεστή διεύθυνσης $\displaystyle{\lambda}$ διέρχεται από το σταθερό σημείο $\displaystyle{K}$ και τέμνει τις εφαπτόμενες της έλλειψης
στα άκρα του μεγάλου άξονά της στα σημεία $\displaystyle{M}$ και $\displaystyle{N}$ .
i) Να βρείτε την εξίσωση του κύκλου με διάμετρο $\displaystyle{MN}$ ως συνάρτηση του $\displaystyle{\lambda}$ .
ii) Να βρείτε την τιμή του $\displaystyle{\lambda}$ ώστε ο κύκλος με διάμετρο $\displaystyle{MN}$ να διέρχεται από τις εστίες της έλλειψης.

Για να δούμε ακόμα ένα θεματάκι αναλυτικής γεωμετρίας.

Λύση

α)
i) θέλουμε να δείξουμε ότι $\displaystyle{f(-\frac{1}{\bar{z}})=f(z)}$

Πράγματι $\displaystyle{f(-\frac{1}{\bar{z}})=\frac{(-\frac{1}{\bar{z}}-1).[\frac{-1}{\bar{z}}+1]}{-\frac{1}{\bar{z}}+(-\frac{1}{\bar{\bar{z}}})}=}$

$\displaystyle{\frac{(-1-\bar{z})/\bar{z}.(z-1)/z}{(-z-\bar{z})/\bar{z}.z}=\frac{-(z-1).(\bar{z}+1)}{-(z+\bar{z})}=f(z)}$

όπου και αποδείξαμε αυτό μου μας ζητήθηκε.

ii)
Έχουμε $\displaystyle{z=\alpha x+\beta yi, \alpha ,\beta,x \neq 0}$

Όμως: $\left\{\begin{matrix} z=\alpha x+\beta yi& \\ \bar{z}=\alpha x-\beta yi& \end{matrix}\right. \overset{+}{\rightarrow} z+\bar{z}=2\alpha x (1)$

επίσης $z-1=(\alpha x-1)+\beta yi \wedge \bar{z}+1=(\alpha x+1)-\beta yi$

Αντικαθιστώντας τα παραπάνω στη σχέση:

$\displaystyle{f(z)=\frac{(z-1).(\bar{z}+1)}{z+\bar{z}}=\frac{[(\alpha x-1)+\beta yi].[(\alpha x+1)-\beta yi]}{2\alpha x}=\frac{\alpha ^{2}.x^{2}-1-\alpha \beta xyi+\beta yi+\alpha \beta xyi+\beta yi+\beta ^{2}.y^{2}}{2\alpha x}=}$

$\displaystyle{\frac{\alpha ^{2}.x^{2}-1-\alpha \beta xyi+\beta yi+\alpha \beta xyi+\beta yi+\beta ^{2}.y^{2}}{2\alpha x}=\frac{\alpha ^{2}.x^{2}+\beta ^{2}.y^{2}-1+2\beta yi}{2\alpha x}=\frac{\alpha ^{2}.x^{2}+\beta ^{2}.y^{2}-1}{2\alpha x}+\frac{\beta yi}{\alpha x}}$

και τελικά

$\displaystyle{Re[f(z)]=0\Leftrightarrow \frac{\alpha ^{2}\beta ^{2}+\beta ^{2}y^{2}-1}{2\alpha x}=0\overset{2\alpha x\neq 0}{\rightarrow} \alpha ^{2}\beta ^{2}+\beta ^{2}y^{2}-1=0}$

$\displaystyle{\Leftrightarrow \alpha ^{2}\beta ^{2}+\beta ^{2}y^{2}=1\Leftrightarrow \frac{x^{2}}{\frac{1}{\alpha ^{2}}}+\frac{y^{2}}{\frac{1}{\beta ^{2}}}=1}$

που σημαίνει ότι ο ζητούμενος γεωμετρικός τόπος είναι έλλειψη.

β)
i) Μας δίνεται η έλλειψη $\displaystyle{\frac{x^{2}}{\alpha ^{2}}+\frac{y^{2}}{\beta ^{2}}=1, \alpha >\beta >0}$ που σημαίνει ότι έχει τις εστίες τις στον άξονα $\displaystyle{x'x}$

και κατά συνέπεια αυτός είναι και ο μεγάλος άξονάς της.

Η ευθεία που διέρχεται από το σημείο $\displaystyle{K(0,2\beta )}$ έχει εξίσωση $\displaystyle{y-2\beta =\lambda (x-0)\Leftrightarrow y=\lambda x+2\beta}$

Τα σημεία $\displaystyle{M, N}$ τα οποία είναι σημεία τομής της παραπάνω ευθείας με τις εφαπτομένες τις έλλειψης του μεγάλου άξονα προκύπτουν από τη λύση των δύο
συστημάτων :

$\begin{Bmatrix} x=-\alpha & \\ y=\lambda x+2\beta & \end{Bmatrix} \Leftrightarrow \begin{Bmatrix} x=-\alpha & \\ y=-\lambda \alpha +2\beta & \end{Bmatrix}\Leftrightarrow M(-\alpha , 2\beta -\lambda \alpha )$

Ομοίως
$\begin{Bmatrix} x=\alpha & \\ y=\lambda x+2\beta & \end{Bmatrix} \Leftrightarrow \begin{Bmatrix} x=\alpha & \\ y=\lambda \alpha +2\beta & \end{Bmatrix}\Leftrightarrow N(\alpha , \alpha \lambda +2\beta )$

Επίσης, η ακτίνα του ζητούμενου κύκλου προκύπτει από $\displaystyle{(KN)=\sqrt{(\alpha -0)^2+(\alpha \lambda +2\beta -2\beta )^2}=}$
$\displaystyle{=\sqrt{\alpha ^{2}+\alpha ^{2}.\lambda ^{2}}=\alpha \sqrt{\lambda ^{2}+1}}$ αφού $\displaystyle{\alpha >0}$ .

Συνεπώς ο ζητούμενος κύκλος είναι: $\displaystyle{C: x^{2}+(y-2\beta )^2=\alpha ^{2}(\lambda ^{2}+1)}$

ii) Οι εστίες της έλλειψης, δίνονται ως εξής: $\displaystyle{E'(-\gamma ,0) \wedge E(\gamma ,0)$ με $\gamma ^{2}=\alpha ^{2}-\beta ^{2}}$

Για να περνάει ο κύκλος από τις εστίες της έλλειψης πρέπει να ισχύει:

$\displaystyle{\alpha ^{2}-\beta ^{2}+(0-2\beta )^2=\alpha ^{2}(\lambda ^{2}+1)\Leftrightarrow \alpha ^{2}+3\beta ^{2}=\alpha ^{2}\lambda ^{2}+\alpha ^{2}\Leftrightarrow \alpha ^{2}\lambda ^{2}=}$

$\displaystyle{=3\beta ^{2}\Leftrightarrow \mid \lambda \mid=\sqrt{3}.\frac{\beta }{\alpha }$

Δηλαδή:

$\displaystyle{\lambda=-\sqrt{3}.\frac{\beta }{\alpha }}}$ ή $\displaystyle{\lambda=+\sqrt{3}.\frac{\beta }{\alpha }}}$

που είναι και οι ζητούμενες τιμές για το $\displaystyle{\lambda}$ .

#6

parmenides51 έγραψε: 2. α) Δίνεται η συνάρτηση $\displaystyle{f(z)=\frac{\left( z-1 \right)\left( \bar{z}+1 \right)}{z+\bar{z}},\,\,z\in \mathbb{C}}$ και $\displaystyle{ Re(z)\ne 0}$
i) Να αποδείξετε ότι $\displaystyle{f\left(-\frac{1}{{\bar{z}}}\right)=f(z)}$
ii) Να βρείτε το είδος της καμπύλης στην οποία ανήκουν τα σημεία $\displaystyle{M(x,y)}$ για τα οποία οι μιγαδικοί αριθμοί
$\displaystyle{z=\alpha x+\beta yi}$ με $\displaystyle{\alpha ,\beta ,x,y\in \mathbb{R} \,\, , \alpha \beta x\ne 0}$ ικανοποιούν την σχέση $\displaystyle{Re}\left[ f(z) \right]=0}$

Έχω μία ένσταση για τη διατύπωση του 2ii και αυτό διότι δε φαίνεται εκ των προτέρων ότι οι $\alpha,\beta$ είναι σταθεροί αριθμοί για να συμπεράνουμε ότι τελικά η εξίσωση

$\dfrac{x^2}{\frac{1}{\alpha^2}}+\dfrac{y^2}{\frac{1}{\beta^2}}=1$ στην οποία καταλήγουμε, παριστάνει έλλειψη.

Αλέξανδρος

Α' ΔΕΣΜΗ 1993

Α' ΔΕΣΜΗ 1993

Re: Α' ΔΕΣΜΗ 1993

Re: Α' ΔΕΣΜΗ 1993

Re: Α' ΔΕΣΜΗ 1993

Re: Α' ΔΕΣΜΗ 1993

Re: Α' ΔΕΣΜΗ 1993

Μέλη σε σύνδεση