Γ' ΛΥΚΕΙΟΥ ΤΥΠΟΣ Β' 1981

parmenides51 · #1

1. α) Να βρεθεί το $\displaystyle{\lim_{x\to -{{1}^{-}}}\frac{{{x}^{2}}-2x+1}{\left| x \right|-1}}$
β) Δίνεται η συνάρτηση με τύπο $\displaystyle{y=\frac{{{x}^{3}}-{{x}^{2}}+x-1}{{{x}^{2}}+x-2}}$ .
Να βρεθεί το πεδίο ορισμού της και η οριακή τιμή της όταν $x\to -2$ .

2. α) Να αποδειχθεί η ιδιότητα:
''Αν $\lim {{\alpha }_{\nu }}=\alpha$ και $\lim {{\beta }_{\nu }}=\beta$ τότε υπάρχει το $\lim ({{\alpha }_{\nu }}\cdot {{\beta }_{\nu }})$ και ισούται με $\displaystyle{\alpha \beta}$ , δηλαδή $\lim ({{\alpha }_{\nu }}\cdot {{\beta }_{\nu }})=\lim ({{\alpha }_{\nu }})\cdot \lim ({{\beta }_{\nu }})$ ''.
β) Να αποδειχθεί ότι η ακολουθία ${{\alpha }_{\nu }}={{\omega }^{\nu }},\,\,\nu =1,2,3,\ldots$ και $\displaystyle{\omega}$ πραγματικός αριθμός με $\left| \omega \right|<1$ , είναι μηδενική.

3. Δίνονται τα διανύσματα $\vec{\alpha }=(2,2,-1),\,\,\vec{\beta }=(1,-3,2)$ και $\displaystyle{\vec{\gamma }=\left(1,1,-\frac{1}{2}\right)}$ .
α) Να αναλυθεί το διάνυσμα $\vec{\beta }$ σε δυο κάθετες μεταξύ τους συνιστώσες από τις οποίες η μια να έχει τη διεύθυνση του διανύσματος $\vec{\alpha }$ .
β) Να αποδειχθεί ότι τα διανύσματα $\vec{\alpha },\vec{\beta },\vec{\gamma }$ είναι γραμμικώς εξαρτημένα.
γ) Να εξηγήσετε γιατί το διάνυσμα $\vec{\beta }$ δεν μπορεί να αναλυθεί σε δυο συνιστώσες με διευθύνσεις τις διευθύνσεις των διανυσμάτων $\vec{\alpha }$ και $\vec{\gamma }$ .

4. Δίνεται η υπερβολή με εξίσωση $9{{x}^{2}}-16{{y}^{2}}=144$ , με εστίες $\displaystyle{E'}$ και $\displaystyle{E}$ και σημείο $\displaystyle{A(\kappa,\lambda)}$ πάνω στην υπερβολή.
α) Να βρεθεί η εξίσωση της ευθείας που περνά από τα σημεία $\displaystyle{A}$ και $\displaystyle{E'}$ και της ευθείας που περνά από τα σημεία $\displaystyle{A}$ και $\displaystyle{E}$ .
β) Να προσδιοριστούν τα σημεία $\displaystyle{A}$ για τα οποία οι παραπάνω ευθείες είναι κάθετες μεταξύ τους.

#2

parmenides51 έγραψε:3. Δίνονται τα διανύσματα $\vec{\alpha }=(2,2,-1),\,\,\vec{\beta }=(1,-3,2)$ και $\displaystyle{\vec{\gamma }=\left(1,1,-\frac{1}{2}\right)}$ .
α) Να αναλυθεί το διάνυσμα $\vec{\beta }$ σε δυο κάθετες μεταξύ τους συνιστώσες από τις οποίες η μια να έχει τη διεύθυνση του διανύσματος $\vec{\alpha }$ .
β) Να αποδειχθεί ότι τα διανύσματα $\vec{\alpha },\vec{\beta },\vec{\gamma }$ είναι γραμμικώς εξαρτημένα.
γ) Να εξηγήσετε γιατί το διάνυσμα $\vec{\beta }$ δεν μπορεί να αναλυθεί σε δυο συνιστώσες με διευθύνσεις τις διευθύνσεις των διανυσμάτων $\vec{\alpha }$ και $\vec{\gamma }$ .

(α) Αναζητούμε δύο διανύσματα $\displaystyle{\overrightarrow{u}, \overrightarrow{v}}$ , τέτοια, ώστε να είναι:

$\displaystyle{\overrightarrow{\beta}=\overrightarrow{u}+\overrightarrow{v}}$

$\displaystyle{\overrightarrow{u} , \overrightarrow{v}}$ να είναι κάθετα και

$\displaystyle{\overrightarrow{u}=k\overrightarrow{a}}$ , όπου $\displaystyle{k\in R^{*}}$ (ΣΗΜ: Η περίπτωση $\displaystyle{k=0}$ είναι τετριμμένη και δεν μας απασχολεί)

Αν λοιπόν ονομάσουμε $\displaystyle{\overrightarrow{u}=(x_1 , y_1 , z_1 ) }$ και $\displaystyle{\overrightarrow{v}=(x_2 , y_2 , z_2 )}$ , τότε :

$\displaystyle{(1,-3,2)=(x_1 , y_1 , z_1 )+(x_2 , y_2 , z_2 )}$

$\displaystyle{x_1 x_2 +y_1 y_2 +z_1 z_2 =0}$

$\displaystyle{(x_1 , y_1 , z_1 )=k(2,2,-1)}$

Άρα:
$\displaystyle{x_1 +x_2 =1}$
$\displaystyle{y_1 +y_2 =-3}$
$\displaystyle{z_1 +z_2 =2}$
$\displaystyle{x_1 =2k}$
$\displaystyle{y_1 =2k}$
$\displaystyle{z_1 =-k}$

Από τα παραπάνω και την σχέση $\displaystyle{x_1 x_2 +y_1 y_2 +z_1 +z_2 =0}$ , βρίσκουμε ότι $\displaystyle{k=-\frac{2}{3}}$

Άρα $\displaystyle{\overrightarrow{u}=(-\frac{4}{3} , -\frac{4}{3} , \frac{2}{3})}$ και $\displaystyle{\overrightarrow{v}=\overrightarrow{\beta}-\overrightarrow{u}\Rightarrow}$

$\displaystyle{\overrightarrow{v}=(\frac{7}{3} , -\frac{5}{3} , \frac{4}{3})}$

(β) Παρατηρούμε ότι $\displaystyle{-1\overrightarrow{a}+0\overrightarrow{\beta}+2\overrightarrow{\gamma}=\overrightarrow{0}}$

Άρα τα διανύσματα $\displaystyle{\overrightarrow{a} , \overrightarrow{\beta} , \overrightarrow{\gamma}}$ είναι γραμμικώς εξαρτημένα.

(γ) Έστω ότι υπάρχουν δύο διανύσματα $\displaystyle{\overrightarrow{X} , \overrightarrow{Y}}$ , ώστε να είναι :

$\displaystyle{\overrightarrow{\beta}=\overrightarrow{X}+\overrightarrow{Y}}$ και $\displaystyle{\overrightarrow{X}=m\overrightarrow{a}, \overrightarrow{Y}=n\overrightarrow{\gamma}}$ , όπου $\displaystyle{m,n\in R}$ .

Τότε θα έχουμε:

$\displaystyle{(1,-3,2)=(2m,2m,-m)+(n,n,-\frac{n}{2})}$

Άρα:

$\displaystyle{2m+n=1}$
$\displaystyle{2m+n=-3}$
$\displaystyle{-m -\frac{n}{2}=2}$

Από τις δύο πρώτες εξισώσεις, φαίνεται αμέσως ότι το σύστημα είναι αδύνατο και έτσι δείξαμε το ζητούμενο.

#3

parmenides51 έγραψε:4. Δίνεται η υπερβολή με εξίσωση $9{{x}^{2}}-16{{y}^{2}}=144$ , με εστίες $\displaystyle{E'}$ και $\displaystyle{E}$ και σημείο $\displaystyle{A(\kappa,\lambda)}$ πάνω στην υπερβολή.
α) Να βρεθεί η εξίσωση της ευθείας που περνά από τα σημεία $\displaystyle{A}$ και $\displaystyle{E'}$ και της ευθείας που περνά από τα σημεία $\displaystyle{A}$ και $\displaystyle{E}$ .
β) Να προσδιοριστούν τα σημεία $\displaystyle{A}$ για τα οποία οι παραπάνω ευθείες είναι κάθετες μεταξύ τους.

(a) Η εξίσωση της υπερβολής, γράφεται $\displaystyle{\frac{x^2}{4^2}-\frac{y^2}{3^2}=1}$ και από την σχέση $\displaystyle{\beta ^2 =\gamma ^2 -a^2}$ ,

βρίσκουμε $\displaystyle{\gamma =5}$ . Συνεπώς οι εστίες είναι $\displaystyle{E(5,0)}$ και $\displaystyle{E{'}(-5,0)}$ . Και αφού $\displaystyle{A(k,\lambda)}$ , θα έχουμε:

Εξίσωση της $\displaystyle{AE{'}: x=-5}$ , ή $\displaystyle{y=\frac{\lambda}{k+5}(x+5)}$

Eξίσωση της $\displaystyle{AE: x=5}$ , ή $\displaystyle{y=\frac{\lambda}{k-5}(x-5)}$

: ΥΠΕΡΒΟΛΗ.png (7.16 KiB) Προβλήθηκε 2150 φορές

(β) Αρχικά, παρατηρούμε ότι αποκλείεται το σημείο $\displaystyle{A}$ που ζητάμε να βρίσκεται πάνω σε κάποια κορυφή της υπερβολής,

διότι τότε οι ευθείες $\displaystyle{AE{'}}$ και $\displaystyle{AE}$ δεν θα ήταν κάθετες.

Επίσης, αν η $\displaystyle{AE{'}}$ είχε εξίσωση $\displaystyle{x=-5}$ , δεν θα μπορούσε να είναι κάθετη με την $\displaystyle{AE}$ , διότι η $\displaystyle{AE}$ δεν είναι

οριζόντια. Όμοια αποκλείεται η $\displaystyle{AE}$ να έχει την εξίσωση $\displaystyle{x=5}$ .

Συνεπώς, για να είναι κάθετες οι δύο ευθείες $\displaystyle{AE{'}}$ και $\displaystyle{AE}$ , θα πρέπει να ισχύει μόνο:

$\displaystyle{\frac{\lambda}{k+5} . \frac{\lambda}{k-5}=-1\Leftrightarrow k^2 +\lambda ^2 =1}$ . Δηλαδή, το $\displaystyle{A}$ , θα πρέπει να

βρίσκεται πάνω στα κοινά σημεία του κύκλου με κέντρο $\displaystyle{O}$ και ακτίνα $\displaystyle{OE}$ , και της δοθείσης υπερβολής

: ΥΠΕΡΒΟΛΗ.3png.png (4.26 KiB) Προβλήθηκε 2150 φορές

orestisgotsis · #4

ΠΕΡΙΤΤΑ

parmenides51 · #5

parmenides51 έγραψε:1. α) Να βρεθεί το $\displaystyle{\lim_{x\to -{{1}^{-}}}\frac{{{x}^{2}}-2x+1}{\left| x \right|-1}}$
β) Δίνεται η συνάρτηση με τύπο $\displaystyle{y=\frac{{{x}^{3}}-{{x}^{2}}+x-1}{{{x}^{2}}+x-2}}$ .
Να βρεθεί το πεδίο ορισμού της και η οριακή τιμή της όταν $x\to -2$ .

α) αφού $\displaystyle{x\to -{{1}^{-} \Rightarrow x<0 \Rightarrow |x|=-x}$

οπότε $\displaystyle{\lim_{x\to -{{1}^{-}}}\frac{{{x}^{2}}-2x+1}{\left| x \right|-1}=\lim_{x\to -{{1}^{-}}}\frac{(x-1)^2}{-x -1}=\lim_{x\to -{{1}^{-}}}-(x-1)^{2}\frac{1}{x+1}}$

κι επειδή $\displaystyle{\lim_{x\to -{{1}^{-}}}\frac{1}{x+1}=-\infty}$ διότι $\displaystyle{\lim_{x\to -{1}^{-}}{(x+1)}=-1+1=0}$ και $\displaystyle{x+1<0}$ όταν $\displaystyle{x\to -{1}^{-}}$

καθώς και $\displaystyle{\lim_{x\to -{{1}^{-}}}-(x-1)^{2}=-(-1-1)^2=-(-2)^2=-4<0}$

θα ισχύει οτι $\displaystyle{\lim_{x\to -{{1}^{-}}}\frac{{{x}^{2}}-2x+1}{\left| x \right|-1}=\lim_{x\to -{{1}^{-}}}-(x-1)^{2}\frac{1}{x+1}=-4(-\infty)=+\infty}$

β) πρέπει $\displaystyle{{x}^{2}+x-2\ne 0 \Rightarrow x\in \mathbb{R}-\{-2,1\}}$

$\displaystyle{\lim_{x\to -2}\frac{{{x}^{3}}-{{x}^{2}}+x-1}{{{x}^{2}}+x-2}={\lim_{x\to -2}\frac{x^2(x-1)+1(x-1)}{(x-1)(x+2)}=\lim_{x\to -2}\frac{(x^2+1)(x-1)}{(x-1)(x+2)}=\lim_{x\to -2}\frac{x^2+1}{x+2}=\lim_{x\to -2} (x^2+1)\frac{1}{x+2}}$

$\displaystyle{\bullet}$ $\displaystyle{\lim_{x\to -2^-} (x^2+1)\frac{1}{x+2}=5(-\infty)=-\infty }$

διότι $\displaystyle{\lim_{x\to -2^-} (x^2+1)=(-2)^2+1=4+1=5>0}$

και $\displaystyle{\lim_{x\to -2^-}\frac{1}{x+2}=-\infty}$ αφού $\displaystyle{\lim_{x\to -2^-} (x+2)=-2+2=0}$ καθώς $\displaystyle{x+2<0}$ όταν $\displaystyle{x\to -2^-}$

$\displaystyle{\bullet}$ $\displaystyle{\lim_{x\to -2^+} (x^2+1)\frac{1}{x+2}=5(+\infty)=+\infty }$

διότι $\displaystyle{\lim_{x\to -2^+} (x^2+1)=(-2)^2+1=4+1=5>0}$

και $\displaystyle{\lim_{x\to -2^+} \frac{1}{x+2}=+\infty}$ αφού $\displaystyle{\lim_{x\to -2^+} (x+2)=-2+2=0}$ καθώς $\displaystyle{x+2>0}$ όταν $\displaystyle{x\to -2^+}$

επειδή $\displaystyle{\lim_{x\to -2^-} (x^2+1)\frac{1}{x+2} \ne \lim_{x\to -2^+} (x^2+1)\frac{1}{x+2}}$ ,

συμπεραίνουμε ότι το όριο $\displaystyle{\lim_{x\to -2}\frac{x^2+1}{x+2}}$ δεν υπάρχει

οπότε και το όριο $\displaystyle{\lim_{x\to -2}\frac{{{x}^{3}}-{{x}^{2}}+x-1}{{{x}^{2}}+x-2}}$ δεν υπάρχει

parmenides51 έγραψε:2. α) Να αποδειχθεί η ιδιότητα:
''Αν $\lim {{\alpha }_{\nu }}=\alpha$ και $\lim {{\beta }_{\nu }}=\beta$ τότε υπάρχει το $\lim ({{\alpha }_{\nu }}\cdot {{\beta }_{\nu }})$ και ισούται με $\displaystyle{\alpha \beta}$ , δηλαδή $\lim ({{\alpha }_{\nu }}\cdot {{\beta }_{\nu }})=\lim ({{\alpha }_{\nu }})\cdot \lim ({{\beta }_{\nu }})$ ''.
β) Να αποδειχθεί ότι η ακολουθία ${{\alpha }_{\nu }}={{\omega }^{\nu }},\,\,\nu =1,2,3,\ldots$ και $\displaystyle{\omega}$ πραγματικός αριθμός με $\left| \omega \right|<1$ , είναι μηδενική.

θεωρία

edit
Με πρόλαβαν αλλά ας είναι

Γ' ΛΥΚΕΙΟΥ ΤΥΠΟΣ Β' 1981

Γ' ΛΥΚΕΙΟΥ ΤΥΠΟΣ Β' 1981

Re: Γ' ΛΥΚΕΙΟΥ ΤΥΠΟΣ Β' 1981

Re: Γ' ΛΥΚΕΙΟΥ ΤΥΠΟΣ Β' 1981

Re: Γ' ΛΥΚΕΙΟΥ ΤΥΠΟΣ Β' 1981

Re: Γ' ΛΥΚΕΙΟΥ ΤΥΠΟΣ Β' 1981

Μέλη σε σύνδεση