ΠΟΛΥΤΕΧΝΙΚΟΣ ΚΥΚΛΟΣ 1972 ΑΛΓΕΒΡΑ

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

ΠΟΛΥΤΕΧΝΙΚΟΣ ΚΥΚΛΟΣ 1972 ΑΛΓΕΒΡΑ

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από parmenides51 » Κυρ Ιουν 23, 2013 6:49 pm

1. Δίνεται η εξίσωση \displaystyle{x^3+3\alpha x^2+3\beta x +\gamma =0}
α) Να βρεθεί σχέση μεταξύ των συντελεστών \displaystyle{\alpha, \beta ,\gamma} ώστε οι ρίζες της δοθείσας εξίσωσης να αποτελούν
διαδοχικούς όρους αρμονικής προόδου.
β) Υπό την προϋπόθεση οτι οι συντελεστές \displaystyle{\alpha, \beta ,\gamma } είναι πραγματικοί και \displaystyle{\beta} θετικός,
ποια επιπλέον σχέση πρέπει να υπάρχει μεταξύ των \displaystyle{\alpha, \beta ,\gamma } ώστε οι ρίζες της εξίσωσης να είναι όλες πραγματικές;
γ) Αν η σχέση που βρήκατε στο πρώτο ερώτημα, για \displaystyle{\alpha =2, \gamma=16} μας δίνει εξίσωση ως προς \displaystyle{\beta} με διπλή ρίζα,
να υπολογίσετε τις ρίζες της αρχικής εξίσωσης.


2. Δίνονται τα πολυώνυμα \displaystyle{P(x)} βαθμού \displaystyle{\nu} και \displaystyle{Q(x)} βαθμού \displaystyle{ \mu}.
Να αποδειχθεί οτι ικανή και αναγκαία συνθήκη ώστε τα δοθέντα πολυώνυμα να έχουν κοινή ρίζα είναι να υπάρχουν
δυο μη μηδενικά πολυώνυμα \displaystyle{P_1(x)} βαθμού μικρότερου ή ίσου του \displaystyle{ \nu -1} και \displaystyle{Q_1(x)} βαθμού μικρότερου ή ίσου του \displaystyle{ \mu-1}
τέτοια ώστε να ισχύει \displaystyle{P(x) Q_1(x)-Q(x)P_1(x)=0}


3. α) Με τη βοήθεια των ιδιοτήτων των συνεχών συναρτήσεων και γνωρίζοντας ότι οι συναρτήσεις \displaystyle{e^x} και \displaystyle{\ln x} είναι συνεχείς,
να δείξετε οτι η συνάρτηση \displaystyle{f(x)=\ln \frac{e^x-1}{x}} είναι συνεχής στο \displaystyle{(0,+\infty)}
β) Γνωρίζοντας οτι για κάθε \displaystyle{\alpha >0} για την παραπάνω συνάρτηση ισχύει \displaystyle{\alpha>f(\alpha)>0},
να δείξετε οτι η ακολουθία \displaystyle{ x_{\nu}} για την οποία \displaystyle{x_{\nu+1}=f(x_{\nu}) \,\,,  x_1=\beta>0} συγκλίνει.
Μετά να δειχτεί οτι το όριο της ακολουθίας αυτής είναι ο αριθμός \displaystyle{0}.


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

Re: ΠΟΛΥΤΕΧΝΙΚΟΣ ΚΥΚΛΟΣ 1972 ΑΛΓΕΒΡΑ

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από parmenides51 » Κυρ Ιουν 23, 2013 6:50 pm

parmenides51 έγραψε:2. Δίνονται τα πολυώνυμα \displaystyle{P(x)} βαθμού \displaystyle{\nu} και \displaystyle{Q(x)} βαθμού \displaystyle{ \mu}.
Να αποδειχθεί οτι ικανή και αναγκαία συνθήκη ώστε τα δοθέντα πολυώνυμα να έχουν κοινή ρίζα είναι να υπάρχουν
δυο μη μηδενικά πολυώνυμα \displaystyle{P_1(x)} βαθμού μικρότερου ή ίσου του \displaystyle{ \nu -1} και \displaystyle{Q_1(x)} βαθμού μικρότερου ή ίσου του \displaystyle{ \mu-1}
τέτοια ώστε να ισχύει \displaystyle{P(x) Q_1(x)-Q(x)P_1(x)=0}
εδώ


ArgirisM
Δημοσιεύσεις: 224
Εγγραφή: Δευ Απρ 16, 2012 10:38 pm

Re: ΠΟΛΥΤΕΧΝΙΚΟΣ ΚΥΚΛΟΣ 1972 ΑΛΓΕΒΡΑ

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ArgirisM » Πέμ Ιουν 27, 2013 2:50 pm

parmenides51 έγραψε: 3. α) Με τη βοήθεια των ιδιοτήτων των συνεχών συναρτήσεων και γνωρίζοντας ότι οι συναρτήσεις \displaystyle{e^x} και \displaystyle{\ln x} είναι συνεχείς,
να δείξετε οτι η συνάρτηση \displaystyle{f(x)=\ln \frac{e^x-1}{x}} είναι συνεχής στο \displaystyle{(0,+\infty)}
β) Γνωρίζοντας οτι για κάθε \displaystyle{\alpha >0} για την παραπάνω συνάρτηση ισχύει \displaystyle{\alpha>f(\alpha)>0},
να δείξετε οτι η ακολουθία \displaystyle{ x_{\nu}} για την οποία \displaystyle{x_{\nu+1}=f(x_{\nu}) \,\,,  x_1=\beta>0} συγκλίνει.
Μετά να δειχτεί οτι το όριο της ακολουθίας αυτής είναι ο αριθμός \displaystyle{0}.
α) Η συνάρτηση είναι αποτέλεσμα της σύνθεσης της g(x) = \frac{\epsilon ^x -1}{x} με την h(x) = lnx. Γνωρίζουμε πως η g είναι συνεχής στο (0, + \infty), ως πηλίκο συνεχών σε αυτό συναρτήσεων. Ακόμη, για x > 0 \Longrightarrow e^x > 1 \Longrightarrow \frac{e^x - 1}{x} > 0 \Longrightarrow g((0, + \infty)) \subseteq (0, + \infty). Η λογαριθμική συνάρτηση είναι συνεχής στο σύνολο των θετικών πραγματικών, επομένως το ίδιο θα ισχύει και στο g((0, + \infty)). Άρα η f = hog θα είναι συνεχής στο (0, + \infty), ως σύνθεση συνεχών συναρτήσεων.
β) Από τη συνθήκη της εκφώνησης προκύπτει ότι x_{\nu + 1} = f(x_{\nu}) < x_{\nu}, οπότε η ακολουθία είναι γνησίως φθίνουσα και έχει άνω φράγμα τον αριθμό \beta και ως κάτω φράγμα το 0. Συνεπώς η ακολουθία είναι συγκλίνουσα ως μονότονη και φραγμένη. Μένει τώρα να βρούμε το όριο της συνάρτησης. Από τις ιδιότητες της διάταξης για τα όρια προκύπτει ότι 0 \le \displaystyle{\lim_{\nu \to + \infty} x_{\nu} = l \le \beta}. Έστω l \neq 0. Από τον αναδρομικό τύπο της ακολουθίας έχουμε l = ln \frac{e^l - 1}{l} \Longleftrightarrow le^l = e^l -1 \Longleftrightarrow (l - 1)e^l + 1 = 0. Θεωρούμε τη συνάρτηση F(x) = (x - 1)e^x + 1, D_F = (0, \beta]. Αυτή είναι παραγωγίσιμη στο (0, \beta] ως πράξη παραγωγίσιμων σε αυτό συναρτήσεων, με F'(x) = xe^x > 0 για x > 0. Επομένως πρόκειται για γνησίως αύξουσα συνάρτηση στο συγκεκριμένο διάστημα. Το σύνολο τιμών της είναι F((0, \beta]) = (\displaystyle{\lim_{x \to 0^+} F(x)}, F(\beta)] = (0, (\beta - 1)e^{\beta} + 1]. Το 0 δεν ανήκει στο σύνολο τιμών αυτής της συνάρτησης, επομένως δεν έχει κανένα σημείο μηδενισμού (άτοπο). Άρα πρέπει l = 0. Πράγματι τότε έχουμε l = 0 = \displaystyle{\lim_{\nu \to + \infty} ln \frac{e^{x_{\nu}} - 1}{x_{\nu}}, αφού για u = x_{\nu} έχουμε \displaystyle{\lim_{\nu \to + \infty} ln \frac{e^{x_{\nu}} - 1}{x_{\nu}} = \displaystyle{\lim_{u \to 0} ln \frac{e^u - 1}{u}. Είναι όμως \displaystyle{\lim_{u \to 0} \frac{e^u - 1}{u} = 1, οπότε θέτοντας x = \frac{e^u - 1}{u} προκύπτει \displaystyle{\lim_{x \to 1} lnx = 0}, το οποίο επιβεβαιώνει ότι l = 0.
τελευταία επεξεργασία από ArgirisM σε Παρ Νοέμ 22, 2013 7:39 pm, έχει επεξεργασθεί 3 φορές συνολικά.


Αν κάτι μπορεί να πάει στραβά, θα πάει!
Νόμος του Μέρφυ
orestisgotsis
Δημοσιεύσεις: 1325
Εγγραφή: Σάβ Φεβ 25, 2012 10:19 pm

Re: ΠΟΛΥΤΕΧΝΙΚΟΣ ΚΥΚΛΟΣ 1972 ΑΛΓΕΒΡΑ

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από orestisgotsis » Τρί Ιούλ 02, 2013 5:27 pm

parmenides51 έγραψε:1. Δίνεται η εξίσωση \displaystyle{x^3+3\alpha x^2+3\beta x +\gamma =0}
α) Να βρεθεί σχέση μεταξύ των συντελεστών \displaystyle{\alpha, \beta ,\gamma} ώστε οι ρίζες της δοθείσας εξίσωσης να αποτελούν
διαδοχικούς όρους αρμονικής προόδου.
β) Υπό την προϋπόθεση οτι οι συντελεστές \displaystyle{\alpha, \beta ,\gamma } είναι πραγματικοί και \displaystyle{\beta} θετικός,
ποια επιπλέον σχέση πρέπει να υπάρχει μεταξύ των \displaystyle{\alpha, \beta ,\gamma } ώστε οι ρίζες της εξίσωσης να είναι όλες πραγματικές;
γ) Αν η σχέση που βρήκατε στο πρώτο ερώτημα, για \displaystyle{\alpha =2, \gamma=16} μας δίνει εξίσωση ως προς \displaystyle{\beta} με διπλή ρίζα,
να υπολογίσετε τις ρίζες της αρχικής εξίσωσης.
α) Αν \displaystyle{{{\rho }_{1}},\,{{\rho }_{2}},\,{{\rho }_{3}}\,\,\,\mu \varepsilon \,\,\,{{\rho }_{1}}\cdot {{\rho }_{2}}\cdot {{\rho }_{3}}\ne 0\Rightarrow \frac{2}{{{\rho }_{2}}}=\frac{1}{{{\rho }_{1}}}+\frac{1}{{{\rho }_{3}}}\,\,\,\left( 1 \right)} και \displaystyle{{{\rho }_{1}}+{{\rho }_{2}}+{{\rho }_{3}}=-3\alpha ,\,\,\,{{\rho }_{1}}{{\rho }_{2}}+{{\rho }_{2}}{{\rho }_{3}}+{{\rho }_{3}}{{\rho }_{1}}=3\beta ,\,\,\,{{\rho }_{1}}{{\rho }_{2}}{{\rho }_{3}}=-\gamma \left( \ne 0 \right)\,\,\,\left( 2 \right)}.

\displaystyle{\left( 1 \right)\Leftrightarrow 2{{\rho }_{1}}{{\rho }_{3}}={{\rho }_{2}}{{\rho }_{3}}+{{\rho }_{1}}{{\rho }_{2}}\,\,\overset{\left( 2 \right)}{\mathop{\Rightarrow }}\,\,\,{{\rho }_{1}}{{\rho }_{3}}=\beta } και τότε \displaystyle{{{\rho }_{2}}=-\frac{\gamma }{\beta }},

οπότε από \displaystyle{{{\rho }_{1}}{{\rho }_{2}}+{{\rho }_{2}}{{\rho }_{3}}+{{\rho }_{3}}{{\rho }_{1}}=3\beta \Leftrightarrow {{\rho }_{2}}\left( {{\rho }_{1}}+{{\rho }_{3}} \right)+{{\rho }_{3}}{{\rho }_{1}}=3\beta \Rightarrow {{\rho }_{2}}\left( -3\alpha -{{\rho }_{2}} \right)+{{\rho }_{3}}{{\rho }_{1}}=3\beta }

\displaystyle{\Rightarrow \frac{\gamma }{\beta }\left( 3\alpha -\frac{\gamma }{\beta } \right)+\beta =3\beta \Rightarrow 3\alpha \beta \gamma -{{\gamma }^{2}}=2{{\beta }^{3}}\,\,\,\left( Z\eta \tau .\,\sigma \chi  \right)}.

β) Από \displaystyle{\left( {{\rho }_{1}}+{{\rho }_{2}}+{{\rho }_{3}}=-3\alpha ,\,\,\,{{\rho }_{2}}=-\frac{\gamma }{\beta } \right)\Rightarrow {{\rho }_{1}}+{{\rho }_{3}}=-3\alpha +\frac{\gamma }{\beta }\,\,\,\left( 3 \right)} και από \displaystyle{{{\rho }_{1}}{{\rho }_{3}}=\beta } έχουμε ότι \displaystyle{{{\rho }_{1}},\,{{\rho }_{3}}}, ρίζες της

\displaystyle{{{x}^{2}}-\left( -3\alpha +\frac{\gamma }{\beta } \right)x+\beta =0\Leftrightarrow {{x}^{2}}+\left( 3\alpha -\frac{\gamma }{\beta } \right)x+\beta =0\,\,\underset{\beta \gamma \ne 0}{\overset{\left( Z\eta \tau .\,\sigma \chi  \right)}{\mathop{\Leftrightarrow }}}\,\,\,{{x}^{2}}+\frac{2{{\beta }^{2}}}{\gamma }+\beta =0}.

(Είναι \displaystyle{\left( {{\rho }_{1}}\cdot {{\rho }_{2}}\cdot {{\rho }_{3}}\ne 0,\,\,{{\rho }_{1}}{{\rho }_{3}}=\beta ,\,\,{{\rho }_{1}}\cdot {{\rho }_{2}}\cdot {{\rho }_{3}}=-\gamma  \right)\Rightarrow \beta \gamma \ne 0}) και \displaystyle{\Delta =\frac{4{{\beta }^{4}}}{{{\gamma }^{2}}}-4\beta }.

Θέλουμε \displaystyle{\Delta \ge 0\Leftrightarrow \frac{4{{\beta }^{4}}}{{{\gamma }^{2}}}-4\beta \ge 0\Leftrightarrow \beta \left( {{\beta }^{3}}-{{\gamma }^{2}} \right)\ge 0\,\,\overset{\beta >0}{\mathop{\Leftrightarrow }}\,\,\,{{\beta }^{3}}\ge {{\gamma }^{2}}}.

γ) Από \displaystyle{3\alpha \beta \gamma -{{\gamma }^{2}}=2{{\beta }^{3}}\Rightarrow 3\cdot 2\beta \cdot 16-{{16}^{2}}=2{{\beta }^{3}}\,\,\Leftrightarrow {{\beta }^{3}}-48\beta +128=0\,\,\,\left( 4 \right)}. Αφού αυτή έχει διπλή ρίζα, τότε αυτή θα είναι ρίζα και του

παραγώγου πολυωνύμου \displaystyle{3{{\beta }^{2}}-48}, δηλαδή \displaystyle{\beta =\pm 4}. Η \left( 4 \right) για \displaystyle{\beta =4} επαληθεύεται, οπότε οι ρίζες της \left( 4 \right) είναι \displaystyle{{{\beta }_{1}}=4,\,\,{{\beta }_{2}}=4,\,\,{{\beta }_{3}}=-8} και η

\displaystyle{{{x}^{3}}+3\alpha {{x}^{2}}+3\beta x+\gamma =0} γίνεται \displaystyle{{{x}^{3}}+6{{x}^{2}}+12x+16=0\Leftrightarrow \left( {{x}^{3}}+4{{x}^{2}} \right)+\left( 2{{x}^{2}}+8x \right)+\left( 4x+16 \right)=0\Leftrightarrow \left( x+4 \right)\left( {{x}^{2}}+2x+4 \right)=0\Leftrightarrow }

\displaystyle{{{x}_{1}}=-4,\,\,\,{{x}_{2}}=-1+i\sqrt{3},\,\,\,{{x}_{3}}=-1-i\sqrt{3}}.


Άβαταρ μέλους
R BORIS
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2278
Εγγραφή: Σάβ Ιαν 03, 2009 8:08 am
Επικοινωνία:

Re: ΠΟΛΥΤΕΧΝΙΚΟΣ ΚΥΚΛΟΣ 1972 ΑΛΓΕΒΡΑ

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από R BORIS » Δευ Δεκ 21, 2020 4:29 pm

Για το θεμα 3 πιο εύκολη λύση νομίζω ότι είναι
(γιΑ την εύρεση του ορίου)
\displaystyle{l=ln\frac{e^l-1}{l}} τότε \displaystyle{le^l=e^l-1}ή \displaystyle{l=1-e^{-l}} kαι για \displaystyle{y=-l} παίρνουμε \displaystyle{e^y=1+y} που είναι γνωστο οτι εχει μοναδική λύση το \displaystyle{0}
αλλιώς η \displaystyle{e^y-y-1 , y\ge 0} είναι αύξουσα και εχει προφανή λύση το 0


Απάντηση

Επιστροφή σε “Εξετάσεις Σχολών”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης