ΕΜΠ 1962 ΑΛΓΕΒΡΑ ΤΟΠ. ΑΓΡΟΝ. ΜΗΧ.

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

ΕΜΠ 1962 ΑΛΓΕΒΡΑ ΤΟΠ. ΑΓΡΟΝ. ΜΗΧ.

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από parmenides51 » Σάβ Ιαν 11, 2014 10:36 pm

Εξεταστής: Δ. Κορωναίος


1. Εαν \displaystyle{x_1,x_2} είναι οι ρίζες της εξίσωσης \displaystyle{x^2+\mu x+\mu^2+\alpha =0}, να δειχθεί η ισότητα \displaystyle{x_1^2+x_1x_2+x_2^2+\alpha=0} .


2. α) Εαν για τυχαία βάση \displaystyle{x} είναι \displaystyle{\log_x \frac{10}{9}=\alpha, \log_x \frac{25}{24}=\beta, \log_x \frac{81}{80}=\gamma},
να δειχτεί ότι \displaystyle{\log_x 2=7\alpha-2\beta+3\gamma,  \log_x 3=11\alpha-3\beta+5\gamma} .
Να δοθεί παρόμοια έκφραση για τον \displaystyle{\log_x 5}.
β) Από αυτήν και με δεδομένο οτι για φυσικούς λογάριθμους ισχύει η σχέση \displaystyle{\log_{e} \frac{\mu}{\mu-1}=\frac{1}{\mu}+\frac{1}{2\mu^2}+\frac{1}{3\mu^3}+...},
να υπολογιστεί ο φυσικός λογάριθμος του \displaystyle{2} με ακρίβεια μέχρι και του πέμπτου δεκαδικού ψηφίου.


3. Εαν \displaystyle{\frac{x+1}{2x+1}=\frac{3y-1}{2y-1}=\frac{4x+12y}{3}=w} , να δειχτεί οτι
το \displaystyle{ w} επαληθεύει μια τριτοβάθμια εξίσωση της οποίας η μια από τις ρίζες ισούται με μηδέν.
Να λυθεί πλήρως το σύστημα των τριων εξισώσεων.


4. Να δειχτεί οτι \displaystyle{\left(p-\frac{1}{2}\right)\left(p+\frac{1}{2}\right)<p^2<\left(p-\frac{23}{48}\right)\left(p+\frac{25}{48}\right)} για \displaystyle{p\ge 6}.
Από αυτό να δειχτεί οτι \displaystyle{ \frac{2}{11}>\sum_{p=6}^{\infty}{\frac{1}{p^2}}>\frac{48}{256}}
και να υπολογισθεί το άθροισμα \displaystyle{\sum_{p=1}^{\infty}{\frac{1}{p^2}}} με ακρίβεια μέχρι και τρίτου δεκαδικού ψηφίου
(υποτίθεται \displaystyle{p} φυσικός)


Υ.Γ. Σύμφωνα με το Ετήσιο Δελτίο του Πάλλα (την πηγή μου για όλα τα θέματα εξετάσεων)
το ερώτημα 2β (φυσικοί λογάριθμοι) ήταν εκτός της τότε εξεταστέας ύλης.
Ήταν ένα από τα 6 θέματα των εισαγωγικών εξετάσεων του ΕΜΠ το 1962 για τα οποία κατέθεσε μήνυση ο Αριστείδης Πάλλας
στο Συμβούλιο της Επικρατείας και ζητούσε την ακύρωση των τότε εξετάσεων. Το μέρος του πήρε η ΕΜΕ τότε.
Περισσότερα προσεχώς αφού ανέβουν και τα 6 θέματα.

Προτροπή: Αναζητήστε την ''Μαύρη Βίβλο των Εισαγωγικών Εξετάσεων του Εθνικού Μετσόβιου Πολυτεχνείου κατά Σεπτέμβριον 1962''
του Αριστείδου Φ. Πάλλα (περιέχει το ιστορικό των ακυρωθέντων θεμάτων και δημοσιεύματα εφημερίδων της εποχής)

Για να το διαβάσετε έχει 4 αντίτυπα η μη δανειστική Μπενάκειος Βιβλιοθήκη
η οποία στεγάζεται προς το παρόν στο Πρώην Δημόσιο Καπνεργοστάσιο (Λένορμαν 218, Αθήνα)
Τους κωδικούς τους βλέπετε με την αναζήτηση ''Η μαύρη βίβλος των εισαγωγικών εξετάσεων'' εδώ
Ώρες λειτουργίας: Δευτέρα και Τετάρτη 9:00-18:00, Τρίτη, Πέμπτη και Παρασκευή 9:00-15:00, Σάββατο 9:00-14:00
Επικοινωνία: (Αναγνωστήριο) 210 510 2059
Πληροφορίες εδώ


Άβαταρ μέλους
Christos.N
Δημοσιεύσεις: 1576
Εγγραφή: Πέμ Νοέμ 26, 2009 2:28 pm
Τοποθεσία: Ίλιον

Re: ΕΜΠ 1962 ΑΛΓΕΒΡΑ ΤΟΠ. ΑΓΡΟΝ. ΜΗΧ.

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Christos.N » Κυρ Ιαν 12, 2014 12:49 am

1. Εαν \displaystyle{x_1,x_2} είναι οι ρίζες της εξίσωσης \displaystyle{x^2+\mu x+\mu^2+\alpha =0}, να δειχθεί η ισότητα \displaystyle{x_1^2+x_1x_2+x_2^2+\alpha=0} .
\displaystyle{ 
\begin{array}{l} 
 S = x_1  + x_2  =  - \mu  \Rightarrow (x_1  + x_2 )^2  = \mu ^2 \,\,\,(1) \\  
 P = x_1 x_2  \Rightarrow x_1 x_2  = \mu ^2  + a\,\,\,\,(2) \\  
 x_1 ^2  + x_1 x_2  + x_2 ^2  + a = S^2  - P + a\mathop  = \limits_{(2)}^{(1)} 0 \\  
 \end{array} 
}


Ντάβας Χρήστος
Wir müssen wissen — wir werden wissen! D.Hilbert
ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ
Δημοσιεύσεις: 847
Εγγραφή: Δευ Δεκ 28, 2009 11:41 pm
Τοποθεσία: Kάπου στο πιο μεγάλο νησί του Ιονίου

Re: ΕΜΠ 1962 ΑΛΓΕΒΡΑ ΤΟΠ. ΑΓΡΟΝ. ΜΗΧ.

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ » Κυρ Ιουν 07, 2015 9:20 am

parmenides51 έγραψε:Εξεταστής: Δ. Κορωναίος

3. Εαν \displaystyle{\frac{x+1}{2x+1}=\frac{3y-1}{2y-1}=\frac{4x+12y}{3}=w} , να δειχτεί οτι
το \displaystyle{ w} επαληθεύει μια τριτοβάθμια εξίσωση της οποίας η μια από τις ρίζες ισούται με μηδέν.
Να λυθεί πλήρως το σύστημα των τριων εξισώσεων.
Κατ' αρχήν \displaystyle x\neq -\frac{1}{2} και \displaystyle y\neq \frac{1}{2} απαραίτητοι περιορισμοί...

Από την εξίσωση \displaystyle{\frac{x+1}{2x+1}=w} προκύπτει ισοδύναμα ότι \displaystyle x=\frac{1-w}{2w-1},  w\neq \frac{1}{2}

Από την εξίσωση \displaystyle{\frac{3y-1}{2y-1}=w} προκύπτει ισοδύναμα ότι \displaystyle y=\frac{1-w}{3-2w},  w\neq \frac{3}{2}

Ας δούμε τώρα την εξίσωση \displaystyle{\frac{4x+12y}{3}=w} .

Αν αντικαταστήσουμε σε αυτήν τις εκφράσεις που βρήκαμε παραπάνω για τα x,y καταλήγουμε στην

\displaystyle 4\frac{1-w}{2w-1}+12\frac{1-w}{3-2w}=3w , με τους περιρισμούς \displaystyle w\neq \frac{1}{2},w\neq \frac{3}{2}

η οποία έπειτα από πράξεις γράφεται ισοδύναμα

12w^{3}-40w^{2}+25w=0 \Leftrightarrow w\left(12w^{2}-40w+25 \right)=0

Bρέθηκε η τριτοβάθμια εξίσωση που ζητούσε το θέμα.

Αυτή η τριτοβάθμια εξίσωση έχει προφανή λύση το μηδέν και άλλες δύο ρίζες που προκύπτουν από την επίλυση της δευτεροβάθμιας εξίσωσης 12w^{2}-40w+25 \right=0

Για να μη γράφω πολλά και σας κουράζω , λύνω τη δευτεροβάθμια αυτή εξίσωση και βρίσκω ως λύσεις το \displaystyle\frac{5}{2} και το \displaystyle\frac{5}{6}.

Εκείνη η τριτοβάθμια που ζητούσε να βρεθεί ο Δ. Κορωναίος έχει ως λύσεις τους αριθμούς \displaystyle\frac{5}{6} ,\frac{5}{2}, 0. Όλοι αυτοί οι αριθμοί είναι δεκτοί ως λύσεις της τριτοβάθμιας εξίσωσης.

Από εδώ και πέρα , διακρίνω περιπτώσεις.

1η περίπτωση w=0

Από την εξίσωση \displaystyle{\frac{x+1}{2x+1}=0} προκύπτει ισοδύναμα ότι x=-1 , δεκτή τιμή.

Από την εξίσωση \displaystyle{\frac{3y-1}{2y-1}=0} προκύπτει ισοδύναμα ότι \displaystyle y=\frac{1}{3} , δεκτή τιμή.

2η περίπτωση \displaystyle w=\frac{5}{2}

Από την εξίσωση \displaystyle{\frac{x+1}{2x+1}=\frac{5}{2}} προκύπτει ισοδύναμα ότι \displaystyle x=-\frac{3}{8} , δεκτή τιμή.

Από την εξίσωση \displaystyle{\frac{3y-1}{2y-1}=\frac{5}{2}} προκύπτει ισοδύναμα ότι \displaystyle y=\frac{3}{4} , δεκτή τιμή.

3η περίπτωση \displaystyle w=\frac{5}{6}

Από την εξίσωση \displaystyle{\frac{x+1}{2x+1}=\frac{5}{6}} προκύπτει ισοδύναμα ότι \displaystyle x=\frac{1}{4} , δεκτή τιμή.

Από την εξίσωση \displaystyle{\frac{3y-1}{2y-1}=\frac{5}{6}} προκύπτει ισοδύναμα ότι \displaystyle y=\frac{1}{8} , δεκτή τιμή.

To σύστημα λύθηκε πλήρως.

Όταν έλυσα το θέμα , σκέφτηκα να κάνω μια μικρή έρευνα για να δω λίγες πληροφορίες για το θεματοδότη Δ. Κορωναίο , μια κι εκείνη την εποχή τα θέματα ήταν υπογεγραμένα κι έτσι ήξερες σε ποιον να ρίξεις ευθύνες αν κάτι στράβωνε και ποιον να επαινέσεις αν όλα ήταν καλά.
Ο Δ. Κορωναίος ήταν καθηγητής του Ε.Μ.Π. στην έδρα Δομικής Μηχανικής , Οικοδομικών Κατασκευών και Σιδήρου. Είχε τελειώσει πολιτικός μηχανικός στο ίδρυμα που δίδασκε. Η πηγή των πληροφοριών μου δεν γράφει αν είχε διδακτορικό . Μου κάνει εντύπωση ότι οι θεματοδότες των μαθηματικών στις σκληρές εισαγωγικές εξετάσεις του Ε.Μ.Π. σε πολλές περιπτώσεις δεν είχαν σπουδάσει μαθηματικά , ήταν μηχανικοί που είχαν μια έδρα στο ίδρυμα. Πολλοί μου είχαν μιλήσει για το επίπεδο αυτών των θεμάτων , ουδείς μου είπε για αυτούς που τα έθεταν. Οι άνθρωποι αυτοί όμως διαμόρφωναν την κουλτούρα των μαθηματικών των εισαγωγικών εξετάσεων εκείνων των δεκαετιών...
τελευταία επεξεργασία από ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ σε Τρί Ιουν 16, 2015 11:14 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


chris_konst
Δημοσιεύσεις: 43
Εγγραφή: Σάβ Ιουν 13, 2015 3:03 pm
Τοποθεσία: Χανιά

Re: ΕΜΠ 1962 ΑΛΓΕΒΡΑ ΤΟΠ. ΑΓΡΟΝ. ΜΗΧ.

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από chris_konst » Τρί Ιουν 16, 2015 4:14 am

4. Να δειχτεί οτι \displaystyle{\left(p-\frac{1}{2}\right)\left(p+\frac{1}{2}\right)<p^2<\left(p-\frac{23}{48}\right)\left(p+\frac{25}{48}\right)} για \displaystyle{p\ge 6}.
Από αυτό να δειχτεί οτι \displaystyle{ \frac{2}{11}>\sum_{p=6}^{\infty}{\frac{1}{p^2}}>\frac{48}{256}} και να υπολογισθεί το άθροισμα \displaystyle{\sum_{p=1}^{\infty}{\frac{1}{p^2}}} με ακρίβεια μέχρι και τρίτου δεκαδικού ψηφίου (υποτίθεται \displaystyle{p} φυσικός).
Απάντηση:
α) Το αριστερό μέλος της διπλής ανισότητας ισοδύναμα γράφεται \displaystyle{p^2-\frac{1}{4}\right)<p^2, και ισχύει προφανώς. Για το δεξί μέλος, παρατηρούμε ότι αρκεί ισοδύναμα να δείξουμε :

\displaystyle{ p^2<\left(p-\frac{23}{48}\right)\left(p+\frac{25}{48}\right)  \Leftrightarrow  p^2 < \left\{ \left( p+\frac{1}{48} \right)- \frac{1}{2}   \right\}     \left\{ \left( p+\frac{1}{48} \right) + \frac{1}{2}   \right\}  \Leftrightarrow  p^2 < \left( p+\frac{1}{48}   \right)^{2} - \frac{1}{4} }
και μετά από απλές πράξεις : \displaystyle{  p>6-\frac{24}{48^2}  }, η οποία ισχύει αφού \displaystyle{p\ge 6}.

β) Από το πρώτο ερώτημα, αντιστρέφοντας και αθροίζοντας από 6 έως και n είναι : \displaystyle{ \sum_{p=6}^{n}{\frac{1}{\left(p-\frac{1}{2}\right)\left(p+\frac{1}{2}\right)}}>\sum_{p=6}^{n}{\frac{1}{p^2}}>\sum_{p=6}^{n}{\frac{1}{\left\{ \left( p+\frac{1}{48} \right)- \frac{1}{2}   \right\}     \left\{ \left( p+\frac{1}{48} \right) + \frac{1}{2}   \right\}  }} (1).

Με ανάλυση σε απλά κλάσματα έχουμε ότι: \displaystyle{   \frac{1}{\left( p-\frac{1}{2} \right) \left(p+\frac{1}{2}} \right) }=   \frac{1}{\left( p-\frac{1}{2} \right) } \right) } -  \frac{1}{ \left(p+\frac{1}{2}} \right) } }. Αθροίζοντας από 6 έως και n και απαλείφοντας τους αντίθετους όρους, είναι :

\displaystyle{ \sum_{p=6}^{n}{\frac{1}{\left(p-\frac{1}{2}\right)\left(p+\frac{1}{2}\right)}} = \frac{1}{\left(6-\frac{1}{2} \right) } \right) } -  \frac{1}{ \left(n+\frac{1}{2}} \right) } = \frac{2}{11}  } \right) } -  \frac{1}{ n+\frac{1}{2}} } } (2).

Αντίστοιχα θα είναι:

\displaystyle{ 
\sum_{p=6}^{n}{\frac{1}{\left\{ \left( p+\frac{1}{48} \right)- \frac{1}{2}   \right\}     \left\{ \left( p+\frac{1}{48} \right) + \frac{1}{2}   \right\}  }}  
 =  \frac{1}{\left(6 + \frac{1}{48}-\frac{1}{2} \right) } \right) } -  \frac{1}{ \left(n+ \frac{1}{48}+\frac{1}{2}} \right) } =  \frac{48}{265}  } \right) } -  \frac{1}{ n+ \frac{1}{48}+\frac{1}{2}} }  } \right) } (3).

Η (1), λόγω των (2), (3) γίνεται:

\displaystyle{\frac{2}{11}  } \right) } -  \frac{1}{ n+\frac{1}{2}} }}  }  >\sum_{p=6}^{n}{\frac{1}{p^2}}>  \frac{48}{265}  } \right) } -  \frac{1}{ n+ \frac{1}{48}+\frac{1}{2}} } } (4).

Από γνωστό κριτήριο σύγκλισης σειρών, η σειρά \displaystyle{ \sum_{p=6}^{+ \infty }{\frac{1}{p^2}} }}  }} συγκλίνει (είναι 2>1), και επειδή υπάρχουν όλα τα όρια στην (4), από όριο και διάταξη, για n \rightarrow \ +\infty θα έχουμε:

\displaystyle{ \frac{2}{11} \ge \sum_{p=6}^{\infty}{\frac{1}{p^2}} \ge \frac{48}{265}}. Μάλλον κάνω κάπου λάθος, αλλά δεν το βλέπω...


γ) Περιγραφικά (ελπίζω να είναι σωστές οι πράξεις): Είναι \displaystyle{   \sum_{p=1}^{\infty}{\frac{1}{p^2}}  =  \sum_{p=1}^{5}{\frac{1}{p^2}} + \sum_{p=6}^{\infty}{\frac{1}{p^2}}  \approx   1.463 + \sum_{p=6}^{\infty}{\frac{1}{p^2}}  }, το φράσσουμε σύμφωνα με το προηγούμενο ερώτημα

\displaystyle{1.463 +  \frac{2}{11} \gtrapprox \sum_{p=1}^{\infty}{\frac{1}{p^2}}  \gtrapprox 1.463+ \frac{48}{265}}

και βρίσκουμε αριθμητικά ότι η ζητούμενη προσέγγιση με τρία δεκαδικά ψηφία είναι 1.644.


Απάντηση

Επιστροφή σε “Εξετάσεις Σχολών”

Μέλη σε σύνδεση

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