A' ΔΕΣΜΗ 1996

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

A' ΔΕΣΜΗ 1996

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από parmenides51 » Πέμ Ιούλ 04, 2013 10:53 pm

1. α) Δίνονται οι \displaystyle{ \nu \,\, x  \,\, \nu} πίνακες \displaystyle{ A,B,\Gamma} για τους οποίους ισχύουν οι σχέσεις
\displaystyle{A +B+1996AB=\mathbb{O} \,\, , B+\Gamma+1996B\Gamma =\mathbb{O} \,\, , \Gamma +A+1996\Gamma A=\mathbb{O} } ,όπου \displaystyle{\mathbb{O}} ο μηδενικός πίνακας.
i) Να αποδείξετε ότι οι πίνακες \displaystyle{ \mathbb{I}+1996A \, , \mathbb{I}+1996B \,\, , \mathbb{I}+1996\Gamma } είναι αντιστρέψιμοι και ότι \displaystyle{AB=B\Gamma =\Gamma A}, όπου \displaystyle{ \mathbb{I}} ο μοναδιαίος πίνακας.
ii) Να αποδείξετε ότι \displaystyle{A=B=\Gamma}.
β) Να βρεθεί η ελάχιστη και η μέγιστη απόσταση της εικόνας του μιγαδικού \displaystyle{z=3+i\sqrt{3}} από τις εικόνες των ριζών της εξίσωσης \displaystyle{{{z}^{6}}=64}.


2. α) i) Να αποδείξετε ότι αν η συνάρτηση \displaystyle{f} είναι συνεχής σε ένα διάστημα \displaystyle{\Delta} και για κάθε εσωτερικό σημείο \displaystyle{x\in \Delta} είναι \displaystyle{f '(x)=0}
τότε η \displaystyle{f} είναι σταθερή στο \displaystyle{\Delta} .
ii) Δίνονται οι πραγματικές συναρτήσεις \displaystyle{f,g} που έχουν πεδίο ορισμού το σύνολο \displaystyle{\mathbb{R}}.
Αν οι \displaystyle{f} και \displaystyle{g} έχουν συνεχείς πρώτες παραγώγους και συνδέονται μεταξύ τους με τις σχέσεις \displaystyle{f '=g \,\, ,  g'=- f}
τότε να αποδείξετε ότι υπάρχουν οι συναρτήσεις \displaystyle{f ''} και \displaystyle{g''} και είναι συνεχείς.
Αποδείξτε ακόμα ότι ισχύουν οι σχέσεις \displaystyle{f ''+f=g''+g=0} και ότι η συνάρτηση \displaystyle{h=f^2+g^2} είναι σταθερή.
β) Θεωρούμε τις παραπάνω συναρτήσεις \displaystyle{f} και \displaystyle{g}.
Να αποδείξετε ότι αν \displaystyle{x_1} και \displaystyle{x_2} είναι δύο ρίζες της \displaystyle{f } και \displaystyle{f(x)\ne 0} για κάθε \displaystyle{x\in (x_1,x_2)} τότε η \displaystyle{g} έχει μια μόνο ρίζα στο διάστημα \displaystyle{(x_1,x_2)}.


3. α) Δίνεται η έλλειψη \displaystyle{\frac{x^2}{\alpha^2}+\frac{y^2}{\beta^2}=1}.
i) Η εφαπτομένη της έλλειψης στο σημείο που η διχοτόμος του πρώτου τεταρτημορίου τέμνει την έλλειψη έχει κλίση \displaystyle{-\frac{1}{2}}.
Να βρεθεί η εκκεντρότητα της έλλειψης.
ii) Έστω \displaystyle{A} το σημείο του πρώτου τεταρτημορίου στο οποίο η ευθεία \displaystyle{y=\lambda x \,\,, \lambda>0} τέμνει την παραπάνω έλλειψη .
Αν \displaystyle{\mu} είναι η κλίση της εφαπτομένης της έλλειψης στο σημείο \displaystyle{A} τότε να εκφράσετε το γινόμενο \displaystyle{\lambda \mu} ως συνάρτηση των ημιαξόνων \displaystyle{ \alpha, \beta}.
β) Να αποδείξετε τις ανισότητες:
i) \displaystyle{\eta \mu x<2x\,\,\,x>0}
ii) \displaystyle{\eta \mu x>x-\frac{x^3}{3}\,\,,x>0}.


4. α) Να βρεθεί η συνεχής συνάρτηση \displaystyle{f } για την οποία ισχύει η σχέση \displaystyle{\int_{0}^{1}{e^{1-x}f(x)dx=f(x)+{{e}^{x},\forall x\in \mathbb{R}}}.
β) Η συνάρτηση \displaystyle{f} είναι συνεχής στο διάστημα \displaystyle{ [\alpha,\beta]} και ισχύει ότι \displaystyle{f(x)+f(\alpha+\beta-x)=c } για κάθε \displaystyle{x\in [\alpha,\beta]  } ,
όπου \displaystyle{c} σταθερός πραγματικός αριθμός. Να αποδείξετε ότι \displaystyle{\int_{\alpha }^{\beta }f(x)dx=\left( \beta -\alpha  \right)}f\left(\frac{\alpha +\beta }{2}\right)=\frac{\beta -\alpha }{2}(f(\alpha )+f(\beta ))} .


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

Re: A' ΔΕΣΜΗ 1996

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιώργος Απόκης » Παρ Ιούλ 05, 2013 6:49 pm

4. α) Να βρεθεί η συνεχής συνάρτηση \displaystyle{f } για την οποία ισχύει η σχέση \displaystyle{\int_{0}^{1}{e^{1-x}f(x)dx=f(x)+{{e}^{x},\forall x\in \mathbb{R}}}.
β) Η συνάρτηση \displaystyle{f} είναι συνεχής στο διάστημα \displaystyle{ [\alpha,\beta]} και ισχύει ότι \displaystyle{f(x)+f(\alpha+\beta-x)=c } για κάθε \displaystyle{x\in [\alpha,\beta]  } ,
όπου \displaystyle{c} σταθερός πραγματικός αριθμός. Να αποδείξετε ότι \displaystyle{\int_{\alpha }^{\beta }f(x)dx=\left( \beta -\alpha  \right)}f\left(\frac{\alpha +\beta }{2}\right)=\frac{\beta -\alpha }{2}(f(\alpha )+f(\beta ))}.

Λύση

α) Έστω \displaystyle{A=\int_0^1e^{1-x}f(x)dx} τότε η δοσμένη γίνεται : \displaystyle{f(x)=A-e^x} και με αντικατάσταση έχουμε :

\displaystyle{A=\int_0^1e^{1-x}(A-e^x)dx\Leftrightarrow A=A\int_0^1e^{1-x}dx-\int_0^1e dx\Leftrightarrow A=-A[e^{1-x}]_0^1-[ex]_0^1\Leftrightarrow}

\displaystyle{A=-A+Ae-e\Leftrightarrow A=\frac{e}{e-2}} και \displaystyle{f(x)=\frac{e}{e-2}-e^x,~x\in \mathbb R }.

β) Aφού \displaystyle{a,\frac{a+\beta}{2}\in [a,\beta]} αντικαθιστούμε στη δοσμένη:

\displaystyle{x=\frac{a+\beta}{2}} και έχουμε : \displaystyle{c=2f\left(\frac{a+\beta}{2}\right)~(1)} και \displaystyle{x=a} και έχουμε : \displaystyle{c=f(a)+f(\beta)~(2)}.

Έχουμε : \displaystyle{\int_a^{\beta}f(x)dx=\int_a^{\beta}cdx-\int_a^{\beta}f(a+\beta-x)dx\overset{u=a+\beta-x}=c(\beta-a)-\int_{\beta}^af(u)(-du)=}

\displaystyle{c(\beta-a)-\int_a^{\beta}f(x)dx} επομένως \displaystyle{\int_a^{\beta}f(x)dx=\frac{c}{2}(\beta-a)} και με αντικατάσταση του \displaystyle{c} από τις (1), (2) προκύπτουν οι ζητούμενες.


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

Re: A' ΔΕΣΜΗ 1996

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Christos75 » Σάβ Ιούλ 06, 2013 7:37 pm

parmenides51 έγραψε:1. α) Δίνονται οι \displaystyle{ \nu \,\, x  \,\, \nu} πίνακες \displaystyle{ A,B,\Gamma} για τους οποίους ισχύουν οι σχέσεις
\displaystyle{A +B+1996AB=\mathbb{O} \,\, , B+\Gamma+1996B\Gamma =\mathbb{O} \,\, , \Gamma +A+1996\Gamma A=\mathbb{O} } ,όπου \displaystyle{\mathbb{O}} ο μηδενικός πίνακας.
i) Να αποδείξετε ότι οι πίνακες \displaystyle{ \mathbb{I}+1996A \, , \mathbb{I}+1996B \,\, , \mathbb{I}+1996\Gamma } είναι αντιστρέψιμοι και ότι \displaystyle{AB=B\Gamma =\Gamma A}, όπου \displaystyle{ \mathbb{I}} ο μοναδιαίος πίνακας.
ii) Να αποδείξετε ότι \displaystyle{A=B=\Gamma}.
β) Να βρεθεί η ελάχιστη και η μέγιστη απόσταση της εικόνας του μιγαδικού \displaystyle{z=3+i\sqrt{3}} από τις εικόνες των ριζών της εξίσωσης \displaystyle{{{z}^{6}}=64}.
Λύση

A
α)
Μας δίνονται οι σχέσεις:
\displaystyle{A+B+1996AB=\mathbb{O} (1)}

\displaystyle{B+\Gamma +1996B\Gamma =\mathbb{O} (2)}

\displaystyle{\Gamma +A+1996\Gamma A=\mathbb{O} (3)}

Παρατηρώ ότι \displaystyle{(\mathbb{I}+1996A).(\mathbb{I}+1996B)=\mathbb{I}^{2}+1996B+1996A+1996^{2}A.B=\mathbb{I}+1996(B+A+1996AB)=\mathbb{I}+1996.\mathbb{O}=\mathbb{I}}

Άρα τελικά \displaystyle{(\mathbb{I}+1996A).(\mathbb{I}+1996B)=\mathbb{I}} που σημαίνει ότι

\displaystyle{(\mathbb{I}+1996A)^{-1}=\mathbb{I}+1996B (4)}

Με παρόμοιο τρόπο έχουμε ότι \displaystyle{(\mathbb{I}+1996B).(\mathbb{I}+1996\Gamma )=\mathbb{I}} δηλαδή

\displaystyle{(\mathbb{I}+1996B)^{-1}=\mathbb{I}+1996\Gamma (5)} και τελικά θα έχουμε

\displaystyle{(\mathbb{I}+1996\Gamma ).(\mathbb{I}+1996A )=\mathbb{I}} που σημαίνει ότι

\displaystyle{(\mathbb{I}+1996\Gamma )^{-1}=\mathbb{I}+1996A (6)}

Από τις σχέσεις (4), (5), (6) έχουμε ότι οι πίνακες \displaystyle{(\mathbb{I}+1996A),(\mathbb{I}+1996B), (\mathbb{I}+1996\Gamma )} είναι αντιστρέψιμοι.

Από την σχέση (1) έχουμε ότι \displaystyle{A+B+1996AB=\mathbb{O}\Leftrightarrow A(\mathbb{I}+1996B)=-B} Πολλαπλασιάζουμε την σχέση αυτή με τον πίνακα

\displaystyle{\Gamma} από δεξιά και προκύπτει:

\displaystyle{A.(\mathbb{I}+1996B).\Gamma = -B\Gamma  \overset{(2)}{\rightarrow} A.(-B)=-B.\Gamma\Leftrightarrow  A.B=B.\Gamma (7)}

Επίσης \displaystyle{(\mathbb{I}+1996A).B = -A} πολλαπλασιάζοντας την σχέση αυτή με \displaystyle{\Gamma} από αριστερά κι έχουμε:

\displaystyle{(\mathbb{I}+1996A).B = -A \overset{x\Gamma }{\rightarrow}\Gamma .(\mathbb{I}+1996A).B = -\Gamma A \Leftrightarrow (-A).B = -\Gamma.A \Rightarrow AB=\Gamma A (8)}

Από τις σχέσεις (7), (8) έχουμε ότι \displaystyle{AB=B\Gamma =\Gamma A} και έτσι αποδείξαμε το ζητούμενο.

β)
Από σχέση (3) έχουμε

\displaystyle{\Gamma (\mathbb{I}+1996A)=-A\overset{(\mathbb{I}+1996A)^{-1}}{\rightarrow} \Gamma (\mathbb{I}+1996A).(\mathbb{I}+1996A)^{-1} =-A.(\mathbb{I}+1996A)^{-1}=}

=\displaystyle{- A - 1996AB = - (A+1996AB)= - (-B)=B\Rightarrow \Gamma =B(9)}

Ομοίως \displaystyle{A=-B(\mathbb{I}+1996B)^{-1}\Rightarrow A=-B(\mathbb{I}+1996\Gamma ) \Rightarrow A=-B-1996B\Gamma \Rightarrow A=}

\displaystyle{=-(B+1996B\Gamma )=-(-\Gamma )=\Gamma (10) }

Συνεπώς τελικά έχουμε ότι \displaystyle{A=B=\Gamma}

B
Από γνωστό τύπο έχουμε ότι \displaystyle{z_{\kappa }=2(cos(\frac{2\kappa \pi }{6})+isin(\frac{2\kappa \pi }{6}))} για \displaystyle{\kappa =0,1,2,3,4,5}

Έχουμε λοιπόν ότι

\displaystyle{\kappa =0\rightarrow z_{0}=2(cos(0)+isin(0))=2\Rightarrow z_{0}=2}

\displaystyle{\kappa =1\rightarrow z_{1}=2(cos(\frac{\pi }{3})+isin(\frac{\pi }{3}))=2\Rightarrow z_{1}=1+i\sqrt{3}}

\displaystyle{\kappa =2\rightarrow z_{2}= -1+i\sqrt{3}}

\displaystyle{\kappa =3\rightarrow z_{3}= -2}

\displaystyle{\kappa =4\rightarrow z_{4}= -1-i\sqrt{3}}

\displaystyle{\kappa =5\rightarrow z_{5}= 1-i\sqrt{3}}

Ζητάμε τώρα την ελάχιστη και την μέγιστη απόσταση των εικόνων των ριζών και έχουμε

\displaystyle{\mid zz_{0} \mid_{min} = 2} και επίσης \displaystyle{\mid zz_{3} \mid_{max} = 2\sqrt{7}} που είναι αντιστοίχως η ελάχιστη και η μέγιστη

τιμή των ζητούμενων εικόνων.
τελευταία επεξεργασία από Christos75 σε Κυρ Ιούλ 07, 2013 5:21 am, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


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

Re: A' ΔΕΣΜΗ 1996

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Christos75 » Κυρ Ιούλ 07, 2013 2:59 am

parmenides51 έγραψε: 2. α) i) Να αποδείξετε ότι αν η συνάρτηση \displaystyle{f} είναι συνεχής σε ένα διάστημα \displaystyle{\Delta} και για κάθε εσωτερικό σημείο \displaystyle{x\in \Delta} είναι \displaystyle{f '(x)=0}
τότε η \displaystyle{f} είναι σταθερή στο \displaystyle{\Delta} .
ii) Δίνονται οι πραγματικές συναρτήσεις \displaystyle{f,g} που έχουν πεδίο ορισμού το σύνολο \displaystyle{\mathbb{R}}.
Αν οι \displaystyle{f} και \displaystyle{g} έχουν συνεχείς πρώτες παραγώγους και συνδέονται μεταξύ τους με τις σχέσεις \displaystyle{f '=g \,\, ,  g'=- f}
τότε να αποδείξετε ότι υπάρχουν οι συναρτήσεις \displaystyle{f ''} και \displaystyle{g''} και είναι συνεχείς.
Αποδείξτε ακόμα ότι ισχύουν οι σχέσεις \displaystyle{f ''+f=g''+g=0} και ότι η συνάρτηση \displaystyle{h=f^2+g^2} είναι σταθερή.
β) Θεωρούμε τις παραπάνω συναρτήσεις \displaystyle{f} και \displaystyle{g}.
Να αποδείξετε ότι αν \displaystyle{x_1} και \displaystyle{x_2} είναι δύο ρίζες της \displaystyle{f } και \displaystyle{f(x)\ne 0} για κάθε \displaystyle{x\in (x_1,x_2)} τότε η \displaystyle{g} έχει μια μόνο ρίζα στο διάστημα \displaystyle{(x_1,x_2)}.
Λύση

Α
α) Θεωρία

β)
Έχουμε τις συναρτήσεις \displaystyle{f,g} με πεδίο ορισμού το σύνολο των πραγματικών αριθμών.

Επίσης οι εν λόγω συναρτήσεις έχουν συνεχείς πρώτες παραγώγους και ισχύει:

Εξ' υποθέσεως ισχύει \displaystyle{f'=g} συνεπώς η συνάρτηση g είναι συνεχής αφού η f' είναι συνεχής από την υπόθεση.

Ωστόσο, \displaystyle{f'(x)=g(x)\Rightarrow (f'(x))'=g'(x)\Rightarrow f''(x)=g'(x)=-f(x)\Rightarrow f''(x)=-f(x)(1)} από όπου συμπεραίνουμε ότι

η συνάρτηση f''(x) είναι συνεχής, αφού η f είναι συνεχής και αφού ισχύει η (1) προφανώς και υπάρχει και η f''.

Ομοίως για την συνάρτηση g. Δηλαδή, η εν λόγω συνάρτηση είναι συνεχής αφού g(x)=f'(x) αφού η f' είναι συνεχής από υποθεση.

Επίσης \displaystyle{g''(x)=(g'(x))'=(-f(x))'=-f'(x)=-g(x)} που σημαίνει ότι υπάρχει και η συνάρτηση g'.

Θα δείξουμε ότι \displaystyle{f''+f=g''+g=0}

Πράγματι, \displaystyle{f''(x)+f(x)=-f(x)+f(x)=0 \wedge g''(x)+g(x)=-g(x)+g(x)=0} που σημαίνει ότι

\displaystyle{f''+f=g''+g=0}

Έχουμε επίσης την συνάρτηση \displaystyle{h(x)=(f(x))^{2}+(g(x))^{2}} και θέλουμε να δείξουμε ότι η συνάρτηση αυτή είναι σταθερή.

Πράγματι \displaystyle{h'(x)=[(f(x))^{2}+(g(x))^{2}]'=2f(x).f'(x)+2g(x).g'(x)=2f(x).g(x)+2g(x).(-f(x))=2f(x).g(x)-2f(x).g(x)=0}

Άρα \displaystyle{h'(x)=0} οπου σύμφωνα και το α) ερώτημα η συγκεκριμένη συνάρτηση είναι σταθερή.

Β
\bullet Η συνάρτηση g είναι συνεχής στο \displaystyle{[x_{1},x_{2}]\subseteq \mathbb{R}}

\bullet Η συνάρτηση g είναι παραγωγίσιμη στο \displaystyle{(x_{1},x_{2})}

\bullet \displaystyle{f(x_{1}) = f(x_{2}) (= 0)} αφού οι συγκεκριμένες τιμές είναι ρίζες της f εξ 'υποθέσεως.

Οπότε, ικανοποιούνται οι προυποθέσεις του θεωρήματος Rolle και έχουμε ότι \displaystyle{\exists \xi \in (x_{1},x_{2}): f'(\xi)=0\Rightarrow g(\xi)=0}

Ισχύει επίσης \displaystyle{g'(x)=-f(x)\neq 0} Εάν \displaystyle{f(x)>0\Rightarrow g'(x)<0 \vee f(x)<0 \Rightarrow g'(x)>0} που σημαίνει ότι

η συνάρτηση g είναι σε κάθε περίπτωση γνησίως μονότονη. Κατά συνέπεια, το \displaystyle{\xi} που βρήκαμε παραπάνω, είναι μοναδικό.


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

Re: A' ΔΕΣΜΗ 1996

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Christos75 » Κυρ Ιούλ 07, 2013 5:00 am

parmenides51 έγραψε: 3. α) Δίνεται η έλλειψη \displaystyle{\frac{x^2}{\alpha^2}+\frac{y^2}{\beta^2}=1}.
i) Η εφαπτομένη της έλλειψης στο σημείο που η διχοτόμος του πρώτου τεταρτημορίου τέμνει την έλλειψη έχει κλίση \displaystyle{-\frac{1}{2}}.
Να βρεθεί η εκκεντρότητα της έλλειψης.
ii) Έστω \displaystyle{A} το σημείο του πρώτου τεταρτημορίου στο οποίο η ευθεία \displaystyle{y=\lambda x \,\,, \lambda>0} τέμνει την παραπάνω έλλειψη .
Αν \displaystyle{\mu} είναι η κλίση της εφαπτομένης της έλλειψης στο σημείο \displaystyle{A} τότε να εκφράσετε το γινόμενο \displaystyle{\lambda \mu} ως συνάρτηση των ημιαξόνων \displaystyle{ \alpha, \beta}.
β) Να αποδείξετε τις ανισότητες:
i) \displaystyle{\eta \mu x<2x\,\,\,x>0}
ii) \displaystyle{\eta \mu x>x-\frac{x^3}{3}\,\,,x>0}.
Λύση

α)
i) Μας δίνεται η έλλειψη \displaystyle{C: \frac{x^{2}}{\alpha ^{2}}+\frac{y^{2}}{\beta ^{2}}=1}

Έστω \displaystyle{B(x_{B},y_{B})} το σημείο επαφής της εφατπομένης με την έλλειψη. Επομένως η εξίσωση της εφατπομένης δίνεται από τον τύπο:

\displaystyle{(\varepsilon ): \frac{x.x_{B}}{\alpha ^{2}}+\frac{y.y_{B}}{\beta  ^{2}}=1\Leftrightarrow \beta ^{2}x_{B}.x+\alpha ^{2}y_{B}.y=\alpha ^{2}.\beta ^{2}}

\displaystyle{\Leftrightarrow (\varepsilon ):\beta ^{2}x_{B}.x+\alpha ^{2}y_{B}.y-\alpha ^{2}.\beta ^{2}=0}

Ο συντελεστής διεύθυνσης της παραπάνω ευθείας είναι

\displaystyle{\lambda _{\varepsilon }=-\frac{\beta ^{2}x_{B}}{\alpha ^{2}.y_{B}}=-\frac{1}{2}\Leftrightarrow 2\beta ^{2}x_{B}=\alpha ^{2}y_{B} (1)}

Επίσης είναι γωνστό ότι
\displaystyle{\varepsilon =\frac{\gamma }{\alpha }\Leftrightarrow \varepsilon ^{2}=\frac{\gamma ^{2}}{\alpha ^{2}}=\frac{\alpha ^{2}-\beta ^{2}}{\alpha ^{2}}=1-(\frac{\beta }{\alpha })^{2} (2)}

Επίσης αφού \displaystyle{B(x_{B},y_{B})\in (\delta )\Leftrightarrow x_{B}=y_{B} (3)} όπου \displaystyle{(\delta )} η διχοτόμος πρώτου-τρίτου τεταρτημορίου.

Από τις σχέσεις (1), (3) έχουμε ότι \displaystyle{2\beta ^{2}.x_{B}=\alpha ^{2}.x_{B}} και αφού \displaystyle{x_{B}\neq 0} τότε τελικά έχουμε

\displaystyle{2\beta ^{2}.x_{B}=\alpha ^{2}.x_{B}\Leftrightarrow 2\beta ^{2}=\alpha ^{2}\Leftrightarrow \frac{\beta ^{2}}{\alpha ^{2}}=\frac{1}{2} (4)}

Από σχέσεις (2), (4) τελικά έχουμε

\displaystyle{\varepsilon ^{2}=1-\frac{1}{2}=\frac{1}{2}\Leftrightarrow \varepsilon =\frac{1}{\sqrt{2}}\Leftrightarrow \varepsilon =\frac{\sqrt{2}}{2}}

ii) Είναι η ευθεία \displaystyle{(\eta ): y=\lambda x, \lambda >0} και έστω \displaystyle{A(x_{A},y_{A})} το σημείο επαφής σε αυτήν την περίπτωση, τότε

\displaystyle{\lambda _{\varepsilon }=-\frac{\beta ^{2}x_{A}}{\alpha ^{2}.y_{A}}=\mu} που έχουμε βρει τον συντελεστή της εφαπτόμενης από το προηγούμενο ερώτημα.

επίσης \displaystyle{A\in (\eta )\Leftrightarrow y_{A}=\lambda x_{A}\Leftrightarrow \lambda =\frac{y_{A}}{x_{A}}}

Παίρνουμε τώρα το ζητούμενο γινόμενο και βρίσκουμε \displaystyle{\lambda .\mu =\frac{y_{A}}{x_{A}}.(-\frac{\beta ^{2}.x_{A}}{\alpha ^{2}.y_{A}})=-\frac{\beta ^{2}}{\alpha ^{2}}}

B
i) Θέλουμε να αποδείξουμε ότι \displaystyle{sinx<2x, x>0}

Θεωρούμε την συνάρτηση \displaystyle{f(x)=sinx-2x} με x\geq 0

Βρίσκουμε την πρώτη παράγωγο αυτής και έχουμε \displaystyle{f'(x)=(sinx-2x)'=cosx-2 < 0} διότι

\displaystyle{-1\leq cosx \leq 1\Leftrightarrow -3\leq cosx - 2\leq -1\Rightarrow cosx -2 < 0}

Συνεπώς η συνάρτηση f είναι γνησίως φθίνουσα, οπότε για \displaystyle{x > 0 \Rightarrow  f(x) < f(0)\Rightarrow sinx -2x < 0\Rightarrow sinx < 2x \forall x\in (0,+\infty )}

ii) Θεωρούμε και πάλι την συνάρτηση \displaystyle{g(x)=sinx+\frac{x^{3}}{3}-x, x\in [0,+\infty )} και βρίσκουμε την πρώτη της παράγωγο όπως και προηγουμένως

\displaystyle{g'(x)=(sinx+\frac{x^{3}}{3}-x)'= cosx+x^{2}-1} εν συνεχεία, υπολογίζουμε και την δεύτερη παράγωγο αυτής και έχουμε:

\displaystyle{g''(x) = (cosx+x^{2}-1)'=-sinx+2x=-(sinx-2x) > 0} αφού \displaystyle{sinx<2x} από το προηγούμενο ερώτημα, για κάθε \displaystyle{x\in (0,+\infty )}

Συνεπώς \displaystyle{g'' > 0} που σημαίνει ότι η g' είναι γνησίως αύξουσα συνάρτηση και βεβαίως ισχύει

\displaystyle{x>0\Rightarrow g'(x) > g'(0)\Rightarrow cosx+x^{2}-1 > 0\Rightarrow g'(x) > 0} που αυτό εν τέλει σημαίνει ότι η συνάρτηση g είναι γνησίως αύξουσα.

Συνεπώς, \displaystyle{x > 0 \Rightarrow g(x) > g(0)\Leftrightarrow sinx+\frac{x^{3}}{3}-x > 0\Leftrightarrow sinx > x- \frac{x^{3}}{3}} και έτσι καταλήξαμε να

αποδείξουμε αυτό που θέλαμε.


Χρήστος Λοΐζος
stranton
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 663
Εγγραφή: Πέμ Ιουν 25, 2009 5:00 pm
Τοποθεσία: Σπάρτη
Επικοινωνία:

Re: A' ΔΕΣΜΗ 1996

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από stranton » Κυρ Ιούλ 07, 2013 8:34 am

parmenides51 έγραψε:1. α) Δίνονται οι \displaystyle{ \nu \,\, x \,\, \nu} πίνακες \displaystyle{ A,B,\Gamma} για τους οποίους ισχύουν οι σχέσεις
\displaystyle{A +B+1996AB=\mathbb{O} \,\, , B+\Gamma+1996B\Gamma =\mathbb{O} \,\, , \Gamma +A+1996\Gamma A=\mathbb{O} } , όπου \displaystyle{\mathbb{O}} ο μηδενικός πίνακας.
i) Να αποδείξετε ότι οι πίνακες \displaystyle{ \mathbb{I}+1996A \, , \mathbb{I}+1996B \,\, , \mathbb{I}+1996\Gamma } είναι αντιστρέψιμοι και ότι \displaystyle{AB=B\Gamma =\Gamma A}, όπου \displaystyle{ \mathbb{I}}[/tex] ο μοναδιαίος πίνακας.
ii) Να αποδείξετε ότι \displaystyle{A=B=\Gamma}.
i)β)
A +B+1996AB=\mathbb{O} \Rightarrow A\varGamma+B\varGamma+1996AB\varGamma=\mathbb{O}

B+\varGamma+1996B\varGamma=\mathbb{O} \Rightarrow AB+A\varGamma+1996AB\varGamma=\mathbb{O}

Άρα AB+A\varGamma+1996AB\varGamma=A\varGamma+B\varGamma+1996AB\varGamma  \Rightarrow AB=B\varGamma

Όμοια
A +B+1996AB=\mathbb{O} \Rightarrow \varGamma A+\varGamma B+1996\varGamma AB=\mathbb{O}

\varGamma+A+1996\varGamma A=\mathbb{O} \Rightarrow \varGamma B+AB+1996\varGamma AB=\mathbb{O}

Άρα \varGamma A+\varGamma B+1996\varGamma AB=\varGamma B+AB+1996\varGamma AB \Rightarrow  \varGamma A=AB

Επομένως, AB=B\varGamma=\varGamma A

ii) Είναι
A +B+1996AB=B+\varGamma+1996B\varGamma \Rightarrow A=\varGamma και

A +B+1996AB=\varGamma+A+1996\varGamma A \Rightarrow B=\varGamma

Άρα A+B+\varGamma

i)α) Είναι \mathbb{I}+1996A=\mathbb{I}+1996B=\mathbb{I}+1996\varGamma

A +B+1996AB=\mathbb{O} \Rightarrow 2A+1996A^2=\mathbb{O} \Rightarrow 1996^2A^2=-2\cdot 1996A

(\mathbb{I}+1996A) (\mathbb{I}+1996A)= \mathbb{I}+2\cdot 1996A+1996^2A^2= \mathbb{I}+2\cdot 1996A-2\cdot 1996A=\mathbb{I}

Άρα (\mathbb{I}+1996A)^{-1}= \mathbb{I}+1996A


Στράτης Αντωνέας
kochris
Δημοσιεύσεις: 92
Εγγραφή: Παρ Ιαν 30, 2009 3:37 pm
Τοποθεσία: Bόλος

Re: A' ΔΕΣΜΗ 1996

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από kochris » Κυρ Ιούλ 07, 2013 11:01 am

parmenides51 έγραψε: β) Να αποδείξετε τις ανισότητες:
i) \displaystyle{\eta \mu x<2x\,\,\,x>0} .
Η ζητούμενη είναι μια πολύ "χαλαρή" ανισότητα αφού ισχύει sinx < x < 2x για κάθε x>0


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

Re: A' ΔΕΣΜΗ 1996

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Christos75 » Κυρ Ιούλ 07, 2013 3:04 pm

kochris έγραψε:
parmenides51 έγραψε: β) Να αποδείξετε τις ανισότητες:
i) \displaystyle{\eta \mu x<2x\,\,\,x>0} .
Η ζητούμενη είναι μια πολύ "χαλαρή" ανισότητα αφού ισχύει sinx < x < 2x για κάθε x>0
Χαχαχα...ουδέ μία αντίρρηση, απλά είπα να κάνω μία "ευπρεπή" απόδειξη του όλου πράγματος, μολονότι είναι χαλαρή...


Χρήστος Λοΐζος
kochris
Δημοσιεύσεις: 92
Εγγραφή: Παρ Ιαν 30, 2009 3:37 pm
Τοποθεσία: Bόλος

Re: A' ΔΕΣΜΗ 1996

#9

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από kochris » Κυρ Ιούλ 07, 2013 3:56 pm

Christos75 έγραψε:
kochris έγραψε:
parmenides51 έγραψε: β) Να αποδείξετε τις ανισότητες:
i) \displaystyle{\eta \mu x<2x\,\,\,x>0} .
Η ζητούμενη είναι μια πολύ "χαλαρή" ανισότητα αφού ισχύει sinx < x < 2x για κάθε x>0
Χαχαχα...ουδέ μία αντίρρηση, απλά είπα να κάνω μία "ευπρεπή" απόδειξη του όλου πράγματος, μολονότι είναι χαλαρή...
Μια χαρά έπραξες, απλα ανέφερα οτι μου ηρθε στο μυαλό όταν την είδα...Υποθέτω οτι θα "έπαιξε" και αυτή η λύση τότε!

Μια παρατήρηση ακόμη...υπήρχε πολύ μεγάλη διαφορά δυσκολίας στα θέματα 97-98(ειδικα) με τα θέματα 95-96!!


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

Re: A' ΔΕΣΜΗ 1996

#10

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Christos75 » Κυρ Ιούλ 07, 2013 6:20 pm

kochris έγραψε:
Christos75 έγραψε:
kochris έγραψε:
parmenides51 έγραψε: β) Να αποδείξετε τις ανισότητες:
i) \displaystyle{\eta \mu x<2x\,\,\,x>0} .
Η ζητούμενη είναι μια πολύ "χαλαρή" ανισότητα αφού ισχύει sinx < x < 2x για κάθε x>0
Χαχαχα...ουδέ μία αντίρρηση, απλά είπα να κάνω μία "ευπρεπή" απόδειξη του όλου πράγματος, μολονότι είναι χαλαρή...
Μια χαρά έπραξες, απλα ανέφερα οτι μου ηρθε στο μυαλό όταν την είδα...Υποθέτω οτι θα "έπαιξε" και αυτή η λύση τότε!

Μια παρατήρηση ακόμη...υπήρχε πολύ μεγάλη διαφορά δυσκολίας στα θέματα 97-98(ειδικα) με τα θέματα 95-96!!
Ναι συμφωνώ μαζί σου, θεωρώ ότι τα θέματα του '98 ιδίως ήταν αρκετά δύσκολα για τους υποψηφίους. Η διαφορά επιπέδου είμαι εμφανέστατη.


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

Re: A' ΔΕΣΜΗ 1996

#11

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από parmenides51 » Κυρ Ιούλ 07, 2013 11:59 pm

ας δούμε πως την είχα αντιμετωπίσει τότε σαν υποψήφιος
parmenides51 έγραψε:4. α) Να βρεθεί η συνεχής συνάρτηση \displaystyle{f } για την οποία ισχύει η σχέση \displaystyle{\int_{0}^{1}{e^{1-x}f(x)dx=f(x)+{{e}^{x},\forall x\in \mathbb{R}}}.
έδινα για πρώτη χρονιά, σε όσα βιβλία είχα πετύχει στην επαρχία δεν είχα δει πάλι κάτι αντίστοιχο (άγνωστη συνάρτηση σε ορισμένο ολοκλήρωμα )
ήταν η εποχή που προσπαθούσαμε να λύσουμε κάθε βιβλίο Μαθηματικών που πετυχαίναμε μπροστά μας (όχι όσες ασκήσεις μας έβαζαν αλλά όσες είχε)

δεν τα κατάφερνα (τότε) στις αιτιολογήσεις και αλλά γνώριζα επακριβώς την θεωρία (τι ισχύει και τι όχι) οπότε θα μείνω στην ουσία της λύσης και στο σκεπτικό μου τότε
(τις αιτιλογήσεις πολύ αμφιβάλλω εαν τις είχα γράψει σωστά τότε, αλλά τις βάζω προς χάριν πληρότητας)

με το που την βλέπω και δεν είναι κάτι γνώριμο
(το να θέσει κανείς το ορισμένο ολοκλήρωμα σαν \displaystyle{c} είναι εύκολο εφόσον το έχει δεί, αν δεν το έχει δει όμως δεν είναι εύκολο)
σκέφτομαι ''τι επιτρέπεται να κάνω σε μια ισότητα;'' τρια πράγματα μπορούσα:
να πάρω όρια και στα δυο μέλη της, να τα παραγωγίσω και να τα ολοκληρώσω (με τις κατάλληλες αιτιολογήσεις προφανώς)
το να πάρω όρια μου φάνηκε άσχετο με το ζητούμενο
το να ολοκληρώσω μου χειροτευρέυει την εξίσωση, αντί να την απλουστεύσει
οπότε τι μένει; να παραγωγίσω και τα δυο μέλη
επειδή μου την ''χάλαγε'' το ορισμένο ολοκλήρωμα το έγραψα σαν διαφορά συνάρτησης ολοκλήρωμα και παραγώγισα κατά μέλη, δηλαδή

\displaystyle{\int_{0}^{1}{e^{1-x}f(x)dx=f(x)+{e}^{x}} (1)
\displaystyle{\Leftrightarrow \int_{0}^{1}{e^{1-t}f(t)dt=f(x)+{e}^{x}}
\displaystyle{\Leftrightarrow\int_{0}^{x}{e^{1-t}f(t)dt+ {\int_{x}^{1}{e^{1-t}f(t)dt=f(x)+{e}^{x}}
\displaystyle{\Leftrightarrow \int_{0}^{x}{e^{1-t}f(t)dt- {\int_{1}^{x}{e^{1-t}f(t)dt=f(x)+{e}^{x}} (2)
\displaystyle{\Leftrightarrow f(x)= \int_{0}^{x}{e^{1-t}f(t)dt- {\int_{1}^{x}{e^{1-t}f(t)dt -{e}^{x}} (3)

η συνάρτηση \displaystyle{e^{1-t}} είναι συνεχής στο \displaystyle{\mathbb{R}} ως σύνθεση των συνεχών στο \displaystyle{\mathbb{R}} συναρτήσεων \displaystyle{e^t} και \displaystyle{1-t} (ως πολυωνυμική)
η συνάρτηση \displaystyle{e^{1-t}f(t)} είναι συνεχής στο \displaystyle{\mathbb{R}} ως πράξεις μεταξύ συνεχών συναρτήσεων
οπότε οι συναρτήσεις \displaystyle{ \int_{0}^{x}{e^{1-t}f(t)dt, {\int_{1}^{x}{e^{1-t}f(t)dt} είναι παραγωγίσιμες στο \displaystyle{\mathbb{R}}
και επειδή η \displaystyle{{e}^{x}} είναι παραγωγίσιμη συνάρτηση στο \displaystyle{\mathbb{R}} το δεύτερο μέλος της (3) είναι παραγωγίσιμη συνάρτηση στο \displaystyle{\mathbb{R}} ως πράξεις παραγωγίσιμων
οπότε και το πρώτο μέλος της (3) θα είναι παραγωγίσιμη στο \displaystyle{\mathbb{R}} συνάρτηση , δηλαδή η \displaystyle{f(x)} είναι παραγωγίσιμη στο \displaystyle{\mathbb{R}}

οπότε αφού και τα δυο μέλη της (2) είναι παραγωγισίμες συναρτήσεις έχουμε

\displaystyle{(2) \, \Rightarrow  \left(\int_{0}^{x}{e^{1-t}f(t)dt- {\int_{1}^{x}{e^{1-t}f(t)dt\right)'=(f(x)+{e}^{x})'}
\displaystyle{\Leftrightarrow e^{1-x}f(x)- {e^{1-x}f(x)=f'(x)+{e}^{x}}
\displaystyle{\Leftrightarrow 0=f'(x)+{e}^{x}} (4)

:shock: :shock: :shock:
και εδώ ήρθε η ψυχρολουσία, γιατί έφυγαν; γιατί απαλείφθηκαν;
η πρώτη σκέψη ήταν θα έκανα λάθος στις πράξεις
τις ξανακοιταω, δεν έβρισκα λάθος
η δευτερη σκέψη ήταν πάλι οτι θα έκανα λάθος αλλά δεν το έβλεπα
οπότε την σβήνω και πάω και την ξαναλύνω σε άλλο σημείο
αφού την ξαναέλυσα, βρήκα ακριβώς το ίδιο αποτέλεσμα
η τρίτη σκέψη ήταν πως λίγο δύσκολο να έκανα το ίδιο λάθος δυο φορές
οπότε μάλλον ο,τι έκανα ήταν σωστό κι ας έμενε μηδέν στο πρώτο μέλος
και από την στιγμή που δεν είχα οτιδήποτε καλύτερο να γράψω,το άφησα έτσι,
μπορεί να μην το είχα ξαναδεί σαν ιδέα αλλά βάσει της θεωρίας
και λόγω πράξεων έβγαζα οτι το ορισμένο ολοκλήρωμα έχει παράγωγο μηδέν οπότε θα ισούται με αριθμό
κι ας μην μου άρεσε , κι ας μην ήμουν σε θέση να το αιτιολογήσω, αυτό έγραψα τότε και δεν έκανα λάθος
(τα λογάκια , τις αιτιολογήσεις δηλαδή τις έβαλα φέτος ... )

\displaystyle{(4) \, \Leftrightarrow 0=(f(x)+{e}^{x})'}
\displaystyle{\Rightarrow c=f(x)+{e}^{x}} οπότε λόγω της (1)
\displaystyle{\Rightarrow c=\int_{0}^{1}{e^{1-x}f(x)dx}

μετά ήταν θέμα πράξεων,
την αντιμετώπισα όπως ο
Γιώργος Απόκης έγραψε:α) Έστω \displaystyle{c=\int_0^1e^{1-x}f(x)dx} τότε η δοσμένη γίνεται : \displaystyle{f(x)=c-e^x} και με αντικατάσταση έχουμε :

\displaystyle{c=\int_0^1e^{1-x}(c-e^x)dx\Leftrightarrow c=c\int_0^1e^{1-x}dx-\int_0^1e dx\Leftrightarrow c=-c[e^{1-x}]_0^1-[ex]_0^1\Leftrightarrow}

\displaystyle{c=-c+ce-e\Leftrightarrow c=\frac{e}{e-2}} και \displaystyle{f(x)=\frac{e}{e-2}-e^x,~x\in \mathbb R }.


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

Re: A' ΔΕΣΜΗ 1996

#12

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Christos75 » Δευ Ιούλ 08, 2013 3:34 am

Συμφωνώ μαζί σου αγαπητέ parmenide, δεν ήταν καθόλου εύκολο ιδίως εάν σκεφτούμε ότι μέχρι εκείνη την χρονιά δεν υπήρχε ουδέ μία άσκηση λυμένη ή άλυτη σε φροντιστηριακό βιβλίο ακόμα που να έχει διδάξει κάποιος στο πως αντιμετωπίζεται κάτι τέτοιο. Δηλαδή απαιτούσε το εν λόγω θέμα, αφενός ψυχραιμία και αφετέρου καθαρό μυαλό, φαντασία για να πας το πράγμα από μόνος σου λίγο παρακάτω, συν τοις άλλοις...και αυτενέργεια!!! Εκτιμώ ότι λίγοι υποψήφιοι το αντιμετώπισαν ορθά το θέμα εκείνης της εποχής. Μετά δεν το συζητώ, και ασκήσεις βγήκαν και μπόλικες από δαύτες διδάσκονταν και στα φροντιστήρια αλλά και στα σχολεία. Το θέμα είναι τι έκανες εκείνη την ώρα που εσύ σαν υποψήφιος με το όσο άγχος σε διακατείχε μπορούσες να έχεις καθαρό μυαλό και φαντασία για να το πας το πράγμα παρακάτω.
Συγχαρητήρια σε όσα παιδιά το πάλεψαν εκείνη την εποχή αυτό το θέμα. Η αλήθεια είναι ότι το 1997 και ιδίως το 1998 τα θέματα ήταν πολύ δυσκολότερα και σαφώς πιο απαιτητικά τόσο σε ποιότητα όσο και σε όγκο.


Χρήστος Λοΐζος
Απάντηση

Επιστροφή σε “Α' Δέσμη”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 0 επισκέπτες