Δ' ΔΕΣΜΗ 1989

parmenides51 · #1

1. α) Αν για τον τετραγωνικό $\displaystyle{\nu x \nu}$ πίνακα $\displaystyle{A}$ υπάρχει αντίστροφος να αποδειχθεί ότι είναι μοναδικός.
β) Έστω ο πίνακας $\left[ \begin{matrix} 1 & x & {{x}^{2}} \\ 0 & 1 & 2x \\ 0 & 0 & 1 \\ \end{matrix} \right]$ τον οποίο συμβολίζουμε με $\displaystyle{A(x) \,\,\, , x\in \mathbb{R}}$ . Να αποδειχθεί ότι :
i) $A({{x}_{1}})\cdot A({{x}_{2}})=A({{x}_{1}}+{{x}_{2}})\,\,,({{x}_{1}},{{x}_{2}}\in \mathbb{R})$
ii) $A(x)\cdot A(-x)={{I}_{3}}$ , ( ${{I}_{3}}$ ο μοναδιαίος $\displaystyle{3x3}$ ).

2. Δίνεται η συνάρτηση $\displaystyle{f}$ με $\displaystyle{f(x)={{x}^{2}}+\frac{2\alpha }{x}+\beta }$ , $\displaystyle{(\alpha ,\beta \in \mathbb{R})}$ η οποία μηδενίζεται στο ${{x}_{1}}=1$
και παρουσιάζει τοπικό ακρότατο στο σημείο ${{x}_{0}}=2$ .
α) Να βρεθούν τα $\displaystyle{\alpha,\beta}$
β) Να βρεθεί το είδος του ακροτάτου και η τιμή του.

3. α) Να αποδείξετε ότι :
''Αν οι συναρτήσεις $\displaystyle{f,g}$ με κοινό πεδίο ορισμού το διάστημα $\displaystyle{\Delta}$ είναι παραγωγίσιμες στο ${{x}_{0}}\in \Delta$
τότε η συνάρτηση $\displaystyle{f+g}$ είναι παραγωγίσιμη στο ${{x}_{0}}\in \Delta$ και ${{\left( f+g \right)}^{\prime }}({{x}_{0}})={f}'({{x}_{0}})+{g}'({{x}_{0}})$ ''.
β) Δίνεται η συνάρτηση $\displaystyle{f}$ με $f(x)=\left\{ \begin{matrix} & \displaystyle \frac{3\alpha }{{{x}^{3}}}+1,0<x\le 2 \\ &\displaystyle \frac{1-\sqrt{x-1}}{{{x}^{2}}-4},x>2 \\ \end{matrix} \right.$
Να προσδιοριστεί το $\alpha \in \mathbb{R}$ ώστε η συνάρτηση να είναι συνεχής στο ${{x}_{0}}=2$ .

4. Να αποδειχθεί ότι :
α) η συνάρτηση $\displaystyle{f}$ με $f(x)=\sqrt{x}$ είναι γνησίως αύξουσα
β) για $\kappa \ge 1$ : $\displaystyle{\sqrt{\kappa }\le \int\limits_{\kappa }^{\kappa +1}{\sqrt{x}}dx}$ και $\displaystyle{\int\limits_{\kappa -1}^{\kappa }{\sqrt{x}}dx\le \sqrt{\kappa} }$

BAGGP93 · #2

parmenides51 έγραψε:

3. α) Να αποδείξετε ότι :
''Αν οι συναρτήσεις $\displaystyle{f,g}$ με κοινό πεδίο ορισμού το διάστημα $\displaystyle{\Delta}$ είναι παραγωγίσιμες στο ${{x}_{0}}\in \Delta$
τότε η συνάρτηση $\displaystyle{f+g}$ είναι παραγωγίσιμη στο ${{x}_{0}}\in \Delta$ και ${{\left( f+g \right)}^{\prime }}({{x}_{0}})={f}'({{x}_{0}})+{g}'({{x}_{0}})$ ''.
β) Δίνεται η συνάρτηση $\displaystyle{f}$ με $f(x)=\left\{ \begin{matrix} & \displaystyle \frac{3\alpha }{{{x}^{3}}}+1,0<x\le 2 \\ &\displaystyle \frac{1-\sqrt{x-1}}{{{x}^{2}}-4},x>2 \\ \end{matrix} \right.$
Να προσδιοριστεί το $\alpha \in \mathbb{R}$ ώστε η συνάρτηση να είναι συνεχής στο ${{x}_{0}}=2$ .

Καλησπέρα

α)

$\displaystyle{\begin{aligned}\left(f+g\right)^\prime(x_0)&=\lim_{x\to x_0}\frac{\left(f+g\right)(x)-\left(f+g\right)(x_0)}{x-x_0}\\&=\lim_{x\to x_0}\frac{f(x)+g(x)-f(x_0)-g(x_0)}{x-x_0}\\&=\lim_{x\to x_0}\left[\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}+\frac{g(x)-g(x_0)}{x-x_0}\right]\\&=f^\prime(x_0)+g^\prime(x_0)}\end{aligned}}$

β)Η συνάρτηση $\displaystyle{f}$ είναι συνεχής στα διαστήματα $\displaystyle{\left(0,2\right)}\,\,\left(2,+\infty\right)}$ ως

πράξεις συνεχών συναρτήσεων.

Για να είναι συνεχής και στο $\displaystyle{x=2}$ , απαιτούμε $\displaystyle{\lim_{x\to 2^{-}}f(x)=\lim_{x\to 2^{+}}f(x)=f(2)}$

Είναι,

$\displaystyle{\lim_{x\to 2^{-}}f(x)=\lim_{x\to 2^{-}}\left(\frac{3\alpha}{x^3}+1\right)=\frac{3\alpha}{8}+1}$

$\displaystyle{\begin{aligned}\lim_{x\to 2^{+}}f(x)&=\lim_{x\to 2^{+}}\frac{1-\sqrt{x-1}}{x^2-4}\\&=\lim_{x\to 2^{+}}\frac{\left(1-\sqrt{x-1}\right)\left(1+\sqrt{x-1}\right)}{\left(x^2-4\right)\left(1+\sqrt{x-1}\right)}\\&=\lim_{x\to 2^{+}}\frac{2-x}{{\left(x^2-4\right)\left(1+\sqrt{x-1}\right)}\\&=\lim_{x\to 2^{+}}\frac{-\left(x-2\right)}{\left(x-2\right)\left(x+2\right)\left(1+\sqrt{x-1}\right)}\\&=-\lim_{x\to 2^{+}}\frac{1}{\left(x+2\right)\left(1+\sqrt{x-1}\right)}\\&=-\frac{1}{8}\end{aligned}}$

Άρα, θα πρέπει,

$\displaystyle{\frac{3\alpha}{8}+1=-\frac{1}{8}\Leftrightarrow \frac{3\alpha+1}{8}=-1\Leftrightarrow 3\alpha+1=-8\Leftrightarrow 3\alpha=-9\Leftrightarrow \alpha=-3}}$

BAGGP93 · #3

parmenides51 έγραψε:

4. Να αποδειχθεί ότι :
α) η συνάρτηση $\displaystyle{f}$ με $f(x)=\sqrt{x}$ είναι γνησίως αύξουσα
β) για $\kappa \ge 1$ : $\displaystyle{\sqrt{\kappa }\le \int\limits_{\kappa }^{\kappa +1}{\sqrt{x}}dx}$ και $\displaystyle{\int\limits_{\kappa -1}^{\kappa }{\sqrt{x}}dx\le \sqrt{\kappa} }$

Απόδειξη

α)Το πεδίο ορισμού της $\displaystyle{f}$ είναι το $\displaystyle{D\left(f\right)=\left[0,+\infty\right)}$

Έστω $\displaystyle{x,y\in\left[0,+\infty\right)}$ τέτοια, ώστε $\displaystyle{0\leq x<y}$

Θα δείξουμε ότι $\displaystyle{f(x)<f(y)}$

Πράγματι,

$\displaystyle{f(x)-f(y)=\sqrt{x}-\sqrt{y}=\frac{\left(\sqrt{x}-\sqrt{y}\right)\left(\sqrt{x}+\sqrt{y}\right)}{\sqrt{x}+\sqrt{y}}=\frac{x-y}{\sqrt{x}+\sqrt{y}}<0}$

β) $\displaystyle{x\geq k\Rightarrow f(x)\geq f(k)=\sqrt{k}\Rightarrow \int_{k}^{k+1}f(x)\,dx\geq \int_{k}^{k+1}\sqrt{k}\,dx=\sqrt{k}\Rightarrow \int_{k}^{k+1}\sqrt{x}\,dx\geq \sqrt{k}}$

$\displaystyle{0\leq x\leq k\Rightarrow f(x)\leq f(k)\Rightarrow \int_{k-1}^{k}f(x)\,dx\leq \int_{k-1}^{k}\sqrt{k}\,dx\Rightarrow \int_{k-1}^{k}\sqrt{x}\,dx\leq \sqrt{k}}$

hlkampel · #4

parmenides51 έγραψε:1. α) Αν για τον τετραγωνικό $\displaystyle{\nu x \nu}$ πίνακα $\displaystyle{A}$ υπάρχει αντίστροφος να αποδειχθεί ότι είναι μοναδικός.
β) Έστω ο πίνακας $\left[ \begin{matrix} 1 & x & {{x}^{2}} \\ 0 & 1 & 2x \\ 0 & 0 & 1 \\ \end{matrix} \right]$ τον οποίο συμβολίζουμε με $\displaystyle{A(x) \,\,\, , x\in \mathbb{R}}$ . Να αποδειχθεί ότι :
i) $A({{x}_{1}})\cdot A({{x}_{2}})=A({{x}_{1}}+{{x}_{2}})\,\,,({{x}_{1}},{{x}_{2}}\in \mathbb{R})$
ii) $A(x)\cdot A(-x)={{I}_{3}}$ , ( ${{I}_{3}}$ ο μοναδιαίος $\displaystyle{3x3}$ ).

α) Θεωρία
β) i. $\displaystyle{A\left( {{x_1}} \right) \cdot A\left( {{x_2}} \right) = \left[ {\begin{array}{*{20}{c}} 1&{{x_1}}&{x_1^2}\\ 0&1&{2{x_1}}\\ 0&0&1 \end{array}} \right] \cdot \left[ {\begin{array}{*{20}{c}} 1&{{x_2}}&{x_2^2}\\ 0&1&{2{x_2}}\\ 0&0&1 \end{array}} \right] = }$

$\displaystyle{\left[ {\begin{array}{*{20}{c}} 1&{{x_1} + {x_2}}&{x_2^2 + 2{x_1}{x_2} + x_1^2}\\ 0&1&{2{x_1} + 2{x_2}}\\ 0&0&1 \end{array}} \right] = A\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}$

ii. $\displaystyle{A\left( x \right) \cdot A\left( { - x} \right)\mathop = \limits^{\left( i \right)} A\left( {x - x} \right) = A\left( 0 \right) = \left[ {\begin{array}{*{20}{c}} 1&0&0\\ 0&1&0\\ 0&0&1 \end{array}} \right] = {I_3}}$

parmenides51 · #5

parmenides51 έγραψε:2. Δίνεται η συνάρτηση $\displaystyle{f}$ με $\displaystyle{f(x)={{x}^{2}}+\frac{2\alpha }{x}+\beta }$ , $\displaystyle{(\alpha ,\beta \in \mathbb{R})}$ η οποία μηδενίζεται στο ${{x}_{1}}=1$
και παρουσιάζει τοπικό ακρότατο στο σημείο ${{x}_{0}}=2$ .
α) Να βρεθούν τα $\displaystyle{\alpha,\beta}$
β) Να βρεθεί το είδος του ακροτάτου και η τιμή του.

η $\displaystyle{f}$ είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο $\displaystyle{\mathbb{R}^*}$ ως πολυωνυμική με παράγωγο $\displaystyle{f'(x)=2x-\frac{2\alpha }{x^2}}$ για κάθε $\displaystyle{ x\in \mathbb{R}^*}$

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

αφού η $\displaystyle{f}$ είναι παραγωγίσιμη στο $\displaystyle{\mathbb{R^*}$ και παρουσιάζει τοπικό ακρότατο στο σημείο ${{x}_{0}}=2$ εσωτερικό του $\displaystyle{(0,+\infty)\subset \mathbb{R} }$

θα ισχύει πως $\displaystyle{f'(2)=0\Leftrightarrow 4-\frac{2\alpha }{2^2}=0 \Leftrightarrow \alpha=8}$

οπότε λόγω (1) είναι $\displaystyle{16+\beta=-1 \Leftrightarrow \beta=-17}$

άρα $\displaystyle{f(x)={{x}^{2}}+\frac{16}{x}-17}$

οπότε $\displaystyle{f'(x)=2x-\frac{16}{x^2}=\frac{2x^3}{x^2}-\frac{16}{x^2}=\frac{2x^3-16}{x^2}=\frac{2(x^3-8)}{x^2}$ για κάθε $\displaystyle{x\in \mathbb{R}^*}$

η $\displaystyle{f'}$ είναι ομόσημη του $\displaystyle{(x^3-8)}$ διότι $\displaystyle{2, x^2>0}$ σε καθένα από τα διαστήματα $\displaystyle{(-\infty,0),(0,+\infty)}$

$\displaystyle{x^3-8>0 \Leftrightarrow x^3>8 \Leftrightarrow x^3>2^3 \Leftrightarrow x>2 }$ αφού $\displaystyle{x^3 \uparrow \mathbb{R}}$

ομοίως $\displaystyle{x^3-8<0 \Leftrightarrow x<2}$

και $\displaystyle{x^3-8=0 \Leftrightarrow x=2}$

οπότε συνοψίζοντας έχουμε πως οι $\displaystyle{f,f'}$ ορίζονται στο $\displaystyle{(-\infty,0)\cup(0,+\infty)}$

και $\displaystyle{f'(x)>0 \Leftrightarrow x\in (2,+\infty)}$

$\displaystyle{f'(x)<0 \Leftrightarrow x\in (-\infty,0)\cup (0,2)}$

$\displaystyle{f'(x)=0 \Leftrightarrow x=2}$

κι επειδή η $\displaystyle{f}$ είναι συνεχής στο $\displaystyle{(-\infty,0)\cup(0,+\infty)}$ θα ισχύει πως

$\displaystyle{f\uparrow}$ στο $\displaystyle{[2,+\infty)}$

και $\displaystyle{f\downarrow}$ στο $\displaystyle{(-\infty,0)}$ και στο $\displaystyle{(0,2]}$

επίσης η $\displaystyle{f}$ παρουσιάζει τοπικό ελάχιστο για $\displaystyle{x_0=2}$ στο $\displaystyle{(0,+\infty)}$

με τιμή $\displaystyle{f(2)={{2}^{2}}+\frac{16}{2}-17=4+8-17=-5}$

Δ' ΔΕΣΜΗ 1989

Δ' ΔΕΣΜΗ 1989

Re: Δ' ΔΕΣΜΗ 1989

Re: Δ' ΔΕΣΜΗ 1989

Re: Δ' ΔΕΣΜΗ 1989

Re: Δ' ΔΕΣΜΗ 1989

Μέλη σε σύνδεση