Εισαγωγικές Μαθηματικό Μόσχας 2013

Al.Koutsouridis · #1

Συμπληρωματική εξέταση στα μαθηματικά, Κρατικό Πανεπιστήμιο Μόσχας, 2013. Μια από τις εκδόσεις των θεμάτων.

3. Να λύσετε την ανίσωση $9 \left ( 1+5^{1-2x} \right )^{-\frac{1}{2}} -\dfrac{1}{2} \left ( 5^{2x}+5\right)^{\frac{1}{2}} \geq 6^{\frac{1}{2}} \cdot 5^{\frac{x}{2}}$ .

4. Να λύσετε την εξίσωση $\dfrac{\sin 5x}{\sin x}-\dfrac{\cos 5x}{\cos x} = \dfrac{\sin x}{\sin 5x}-\dfrac{\cos x}{\cos 5x}$ .

5. Στις 14:00

από το χωριό Άνω Ποταμιά με την φορά της ροής του ποταμού προς τα κάτω στο χωριό Κάτω Ποταμιά ξεκίνησε το σκάφος "Αστραπή". Όταν έφτασε στα 500

μέτρα από την Κάτω Ποταμία, ξεκίνησε για να το συναντήσει από την Κάτω Ποταμιά το σκάφος "Θάρρος". Ακριβώς αυτή την χρονική στιγμή η "Αστραπή", μη έχων σκοπό να συνατήση το "Θάρρος", έκανε αναστροφή και κατευθύνθηκε προς την Άνω Ποταμιά. Στις 14:14

, όταν η απόσταση στο ποτάμι από την Αστραπή στην Άνω Ποταμιά έγινε ίση με την απόσταση στο ποτάμι από το Θάρρος στην Αστραπή, στο Θάρρος συνειδητοποίησαν ότι κινούνται με την ίδια ταχύτητα με την Αστραπή, έκαναν αναστοφή και κατευθύνθηκαν πίσω στην Κάτω Ποταμιά. Στις αρχικές τους θέσεις τα σκάφη επέστρεψαν ταυτόχρονα στις 14:18

. Να βρείτε την απόσταση στο ποτάμι μεταξύ των Άνω και Κάτω Ποταμιάς, αν είναι γνωστό, ότι και τα δυο σκάφη κάνουν ομαλή κίνηση με ίσες ιδίες ταχύτητες.

6. Το τραπέζιο ABCD

είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο ακτίνας

και περιγεγραμμένο σε κύκλο ακτίνας

. Να βρείτε την ακτίνα

, αν

και το συνημίτονο της γωνίας μεταξύ της διαγωνίου

και της βάσης

είναι ίσο με $\frac{3}{4}$ .

7. Η βάση ορθού πρίσματος ABCA{'}B{'}C{'}

είναι ορθογώνιο τρίγωνο ABC

, με

. Στην ακμή A{'}B{'}

της άνω βάσης (παράλληλης προς την

) δίνεται σημείο

τέτοιο, ώστε A{'}D:DB{'} = 1:2

. Να βρείτε την ακτίνα της εγγεγραμμένης σφαίρας στο τετράεδρο ABC{'}D

, αν το ύψος του πρίσματος είναι 1.

8. Να βρείτε όλες τις τιμές της παραμέτρου

, για τις οποίες η εξίσωση

$\sin \left ( x+\dfrac{a}{x}\right ) = x+1$
έχει άπειρες λύσεις.

Μια άλλη έκδοση του θέματος 8:

8. Να βρείτε όλες τις τιμές της παραμέτρου

, για τις οποίες η εξίσωση

$\cos \left ( x+ a \ln |x| \right ) = x-1$
έχει άπειρες λύσεις.

Edit: 24/06/2023 Διόρθωση στην εκφώνηση της 6ης άσκησης. Ευχαριστώ τον κ.Τηλέμαχο (ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ) για την παρατήρηση.

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ · #2

: 6o ΘΕΜΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟ ΜΟΣΧΑΣ 2013.png (270.43 KiB) Προβλήθηκε 1773 φορές

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Κυρ Μάιος 28, 2017 8:58 pm
Συμπληρωματική εξέταση στα μαθηματικά, Κρατικό Πανεπιστήμιο Μόσχας, 2013. Μια από τις εκδόσεις των θεμάτων.

6. Το τραπέζιο είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο ακτίνας και περιγεγραμμένο σε κύκλο ακτίνας . Να βρείτε την ακτίνα , αν και το συνημίτονο της γωνίας μεταξύ της διαγωνίου και της βάσης είναι ίσο με $\frac{3}{4}$ .

Edit: 24/06/2023 Διόρθωση στην εκφώνηση της 6ης άσκησης. Ευχαριστώ τον κ.Τηλέμαχο (ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ) για την παρατήρηση.

To τραπέζιο ABCD

είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο, άρα είναι ισοσκελές, άρα AB=DC.

To τραπέζιο ABCD

είναι περιγεγραμμένο σε κύκλο, άρα AD+BC=AB+DC.

Συνεπώς $\displaystyle AD+BC=DC+DC\Rightarrow DC=\frac{AD+BC}{2}$

Θα υπολογιστεί η πλευρά

συναρτήσει της ακτίνας

του περιγεγραμμένου κύκλου του τραπεζίου ABCD.

Έστω $\varphi$ η γωνία που σχηματίζουν οι AD,AC.

$\displaystyle sin^{2}\varphi =1-cos^{2}\varphi =1-\left ( \frac{3}{4} \right )^{2}=1-\frac{9}{16}=\frac{7}{16}$

Συνεπώς έχω ότι

$\displaystyle sin\varphi =\frac{\sqrt{7}}{4}$

Από το Νόμο του Ημιτόνου στο τρίγωνο ADC

προκύπτει ότι

$\displaystyle DC=2Rsin\varphi =2R\cdot \frac{\sqrt{7}}{4}=\frac{\sqrt{7}}{2}R$

Έστω

η προβολή του

επί της

Noμίζω ότι είναι εύκολο να αντιληφθείτε ότι $\displaystyle DP=\frac{BC-AD}{2}$

Έτσι λοιπόν $\displaystyle AP=AD+DP=AD+\frac{BC-AD}{2}=\frac{BC+AD}{2}$

Συνεπώς $\displaystyle AP=DC=\frac{\sqrt{7}}{2}R$

To ύψος του τραπεζίου ABCD

είναι το

το οποίο είναι ίσο με 2r.

Aπό το ορθογώνιο τρίγωνο PCA

έχουμε ότι

$\displaystyle tan\varphi =\frac{CP}{AP}\Rightarrow \frac{sin\varphi }{cos\varphi }=\frac{2r}{\frac{\sqrt{7}}{2}R}\Rightarrow \frac{\frac{\sqrt{7}}{4}}{\frac{3}{4}}=\frac{2r}{\frac{\sqrt{7}}{2}R}\Rightarrow r=\frac{7R}{12}$

Για R=12

εύκολα βρίσκεται ότι r=7.

#3

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Κυρ Μάιος 28, 2017 8:58 pm

5. Στις από το χωριό Άνω Ποταμιά με την φορά της ροής του ποταμού προς τα κάτω στο χωριό Κάτω Ποταμιά ξεκίνησε το σκάφος "Αστραπή". Όταν έφτασε στα μέτρα από την Κάτω Ποταμία, ξεκίνησε για να το συναντήσει από την Κάτω Ποταμιά το σκάφος "Θάρρος". Ακριβώς αυτή την χρονική στιγμή η "Αστραπή", μη έχων σκοπό να συνατήση το "Θάρρος", έκανε αναστροφή και κατευθύνθηκε προς την Άνω Ποταμιά. Στις , όταν η απόσταση στο ποτάμι από την Αστραπή στην Άνω Ποταμιά έγινε ίση με την απόσταση στο ποτάμι από το Θάρρος στην Αστραπή, στο Θάρρος συνειδητοποίησαν ότι κινούνται με την ίδια ταχύτητα με την Αστραπή, έκαναν αναστοφή και κατευθύνθηκαν πίσω στην Κάτω Ποταμιά. Στις αρχικές τους θέσεις τα σκάφη επέστρεψαν ταυτόχρονα στις . Να βρείτε την απόσταση στο ποτάμι μεταξύ των Άνω και Κάτω Ποταμιάς, αν είναι γνωστό, ότι και τα δυο σκάφη κάνουν ομαλή κίνηση με ίσες ιδίες ταχύτητες.

Όταν τα δύο πλοία ανεβαίνουν, η σταθερή τους απόσταση είναι ίση με την αρχική τους απόσταση, η οποία είναι 500 μέτρα. Επομένως στις 14:14

, η αστραπή απέχει 500 μέτρα από την Άνω ποταμιά ( και το θάρρος 1000 μέτρα) και αφού καταφτάνει στις 14:18

, σε

λεπτά, η ταχύτητα ανόδου των πλοίων είναι 500/4=125

μέτρα ανά λεπτό.

Έστω

η απόσταση των χωριών,

η ταχύτητα καθόδου των πλοίων και 14:t

η ώρα που η αστραπή φθάνει στο σημείο που έκανε αναστροφή.
Θα έχουμε s-500=vt

.

Η αστραπή ανεβαίνει για χρόνο 14:18 - 14:t = 14-t

λεπτά με ταχύτητα 125

μέτρα ανά λεπτό, διανύοντας απόσταση s-1000

, επομένως s-1000 =125(14-t)

To θάρρος κατεβαίνει χρόνο 14:18-14:14= 4

λεπτά με ταχύτητα

διανύοντας απόσταση s-1000

μέτρα, επομένως s-1000=4v

Από τις παραπάνω εξισώσεις βρίσκουμε s=2000

μέτρα. (t=6 ή t=12 κ.λπ.)

#4

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Κυρ Μάιος 28, 2017 8:58 pm
Συμπληρωματική εξέταση στα μαθηματικά, Κρατικό Πανεπιστήμιο Μόσχας, 2013. Μια από τις εκδόσεις των θεμάτων.

....................................................................

7. Η βάση ορθού πρίσματος είναι ορθογώνιο τρίγωνο , με . Στην ακμή της άνω βάσης (παράλληλης προς την ) δίνεται σημείο τέτοιο, ώστε . Να βρείτε την ακτίνα της εγγεγραμμένης σφαίρας στο τετράεδρο , αν το ύψος του πρίσματος είναι 1.
.............................................................

Καλησπέρα ....

Εργαζόμαστε στο ακόλουθο σχήμα:

: Πρίσμα(Μόσχα 1).png (21.55 KiB) Προβλήθηκε 1638 φορές

Θα χρησιμοποιήσουμε τον τύπο:

$\displaystyle{r=\frac{3V}{E} \ \ (1) }$

όπου $\displaystyle{V,E}$ είναι ο όγκος και η επιφάνεια της τριγωνικής πυραμίδας $\displaystyle{(D.ABC)}$ .

Ο όγκος της πυραμίδας αυτής είναι:

$\displaystyle{V=\frac{1}{3}(ABC)(AA')=\frac{1}{6} \ \ (2) }$

Τα εμβαδά των εδρών είναι:

$\displaystyle{(ABC)=\frac{1}{2} \ \ (3) }$

$\displaystyle{(ABD)=\frac{1}{2} \ \ (4) }$

$\displaystyle{(ACD)=\frac{\sqrt{10}}{6} \ \ (5) }$

$\displaystyle{(BCO)=\frac{\sqrt{22}}{6} \ \ (6) }$

Οι ανωτέρω υπολογισμοί είναι εύκολοι γιατί:

$\displaystyle{(DE)=1, \ \ (AD)=\frac{\sqrt{10}}{3},\ \ (EZ)=\frac{2}{3}(AO)=\frac{\sqrt{2}}{3}, \ \ (DZ)=\frac{\sqrt{11}}{3} }$

Έτσι ο τύπος (1) δίνει:

$\displaystyle{ r=\frac{3}{6+\sqrt{10}+\sqrt{22}} \approx 0.22 \ \ (7) }$

Σύμφωνα με το αποτέλεσμα αυτό σχεδιάστηκε και το ακόλουθο σχήμα:

: Πρίσμα(Μόσχα 2).png (24.92 KiB) Προβλήθηκε 1638 φορές

Κώστας Δόρτσιος

kfd · #5

4. $x\neq \frac{\kappa \pi }{2},\frac{\lambda \pi }{10},\kappa ,\lambda \epsilon \mathbb{Z}$
$\Leftrightarrow sin4x\cdot sin5x\cdot cos5x=-sin4x\cdot cosx\cdot sinx\Leftrightarrow sin4x(sin5x\cdot cos5x+cosx\cdot sinx)=0\Leftrightarrow sin4x=0$ ή $sin10x=-sin2x\Leftrightarrow 4x=\kappa \pi$ ή $x=\frac{\kappa \pi }{6}$ ή $x=\frac{\kappa \pi }{4}+\frac{\pi }{8},\kappa \epsilon \mathbb{Z}$ , που είναι δεκτές.

#6

KDORTSI έγραψε: ↑
Δευ Ιούλ 10, 2023 12:57 am

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Κυρ Μάιος 28, 2017 8:58 pm
Συμπληρωματική εξέταση στα μαθηματικά, Κρατικό Πανεπιστήμιο Μόσχας, 2013. Μια από τις εκδόσεις των θεμάτων.

....................................................................

7. Η βάση ορθού πρίσματος είναι ορθογώνιο τρίγωνο , με . Στην ακμή της άνω βάσης (παράλληλης προς την ) δίνεται σημείο τέτοιο, ώστε . Να βρείτε την ακτίνα της εγγεγραμμένης σφαίρας στο τετράεδρο , αν το ύψος του πρίσματος είναι 1.
.............................................................

Καλημέρα....

Ευχαριστώ τον Αλέξανδρο Κουτσουρίδη που διέκρινε μια παρανόηση στη λύση που έβαλα

παραπάνω και επανέρχομαι στη σωστή θεώρηση.

Η αντίληψη παραμένει η ίδια, όμως από αβλεψία δεν δούλεψα στο πρίσμα που μιλούσε ο

θεματοδότης αλλά σε διαφορετικό.

Εργαζόμαστε στο ακόλουθο σχήμα:

: Πρίσμα(Μόσχα 3).png (26.03 KiB) Προβλήθηκε 1537 φορές

Εφαρμόζοντας κατάλληλα το θεώρημα τριών καθέτων βρίσκουμε

εύκολα τα εμβαδά των τεσσάρων εδρών της πυραμίδας.

$\displaystyle{(ABC)=\frac{1}{2}, \ \ (ABD)=\frac{\sqrt{2}}{2}, \ \ (ACD)=\frac{\sqrt{10}}{6}, \ \ (BCD)=\frac{\sqrt{13}}{6} \ \ (1) }$

Ο όγκος της πυραμίδας αυτής είναι επίσης:

$\displaystyle{V=\frac{1}{6} \ \ (2) }$

Έτσι η ζητούμενη ακτίνα είναι:

$\displaystyle{r=\frac{3V}{E} \ \ (3) }$

όπου $\displaystyle{E}$ είναι το εμβαδόν των τεσσάρων εδρών της πυραμίδας.

Άρα:

$\displaystyle{r=\frac{3}{3+3\sqrt{2}+\sqrt{10}+\sqrt{13}} \approx 0.21 }$

Και η εγγραφή φαίνεται στο ακόλοουθο σχήμα που έγινε γεωμετρικά.

: Πρίσμα(Μόσχα 4).png (21.05 KiB) Προβλήθηκε 1537 φορές

Κώστας Δόρτσιος

#7

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Κυρ Μάιος 28, 2017 8:58 pm
Συμπληρωματική εξέταση στα μαθηματικά, Κρατικό Πανεπιστήμιο Μόσχας, 2013. Μια από τις εκδόσεις των θεμάτων.

....................................................................

7. Η βάση ορθού πρίσματος είναι ορθογώνιο τρίγωνο , με . Στην ακμή της άνω βάσης (παράλληλης προς την ) δίνεται σημείο τέτοιο, ώστε . Να βρείτε την ακτίνα της εγγεγραμμένης σφαίρας στο τετράεδρο , αν το ύψος του πρίσματος είναι 1.
.............................................................

Καλησπέρα...

Ελπίζω αυτή τη φορά να εργάζομαι με περισσότερη σύνεση και προσοχή γιατί μελετώ τη σωστή πυραμίδα.

Εργαζόμαστε στο ακόλουθο σχήμα:

: Πρίσμα(Μόσχα 6).png (30.57 KiB) Προβλήθηκε 1462 φορές

Η ιδέα είναι η ίδια με τις προηγούμενες δυο προσπάθειες.

Ο όγκος της πυραμίδας αυτής είναι:

$\displaystyle{V(ABC'D)=V(D.ABC)=\frac{1}{3}(ABC)h=\frac{1}{6} \ \ (1) }$

κι αυτό γιατί αν μετακινήσουμε κατακόρυφα την κορυφή $\displaystyle{C'}$ στο σημείο $\displaystyle{C}$ ο όγκος αυτής δεν μεταβάλλεται.

Ακόμα για τα εμβαδά των εδρών είναι:

$\displaystyle{(ABD)=\frac{\sqrt{2}}{2} \ \ (2) }$

$\displaystyle{(ABC`)=\frac{\sqrt{3}}{2} \ \ (3) }$
(Έγινε χρήση του Πυθ. Θεωρήματος στο τρίγωνο $\displaystyle{OCC'}$ )

Για τις υπόλοιπες δυο έδρες υπολογίζουμε αρχικά το μήκος του τμήματος: $\displaystyle{DC'}$

με τη χρήση του Θεωρήματος Stweart και είναι:

$\displaystyle{(DC')=\frac{\sqrt{5}}{3} \ \ (4) }$

Στη συνέχεια από την ομοιότητα των τριγώνων: $\displaystyle{(A'PD),(C'DO')}$ βρίσκουμε:

$\displaystyle{(A'P)=\frac{\sqrt{5}}{5} \ \ (5) }$

Επίσης από την ομοιότητα των τριγώνων: $\displaystyle{(B'DS), (C'DO') }$ βρίσκουμε:

$\displaystyle{(B'S)=\frac{2\sqrt{5}}{5} \ \ (6) }$

Από τις (4),(5) και (6) και με το Πυθ. Θεώρημα βρίσκουμε:

$\displaystyle{(AP)=\frac{\sqrt{30}}{5} \ \ (7) }$

Άρα είναι:

$\displaystyle{(AC'D)=\frac{\sqrt{6}}{6} \ \ (8) }$

Όμοια είναι:

$\displaystyle{(BS)=\frac{3\sqrt{5}}{5} \ \ (9) }$

και συνεπώς:

$\displaystyle{(BC'D)=\frac{1}{2} \ \ (10) }$

Σύμφωνα με τα ανωτέρω όπως και προηγούμενα θα είναι:

$\displaystyle{r=\frac{3V}{E}=\frac{3}{3+3(\sqrt{2}+\sqrt{3})+\sqrt{6}} \approx 0.2 }$

Τέλος η σφαίρα φαίνεται όμορφα εγγεγραμμένη στην πυραμίδα αυτή στο ακόλουθο σχήμα:

: Πρίσμα(Μόσχα 5).png (21.23 KiB) Προβλήθηκε 1462 φορές

Σημείωση:

Τελικά με τις αβλεψίες μου μελέτησα τρεις διαφορετικές περιπτώσεις...

Κώστας Δόρτσιος

Al.Koutsouridis · #8

KDORTSI έγραψε: ↑
Τετ Ιούλ 12, 2023 12:26 am

με τη χρήση του Θεωρήματος Stweart και είναι:

Ωραία κίνηση η χρήση του Θεωρήματος Stewart, ξεμπλοκάρει αρκετούς υπολογισμούς. Να ευχαριστήσω και τα υπόλοιπα μέλη για τις λύσεις τους. Για λόγους πληρότητας του νήματος μεταφέρω την επίσημη λύση του όγδοου θέματος, μιας και εφαρμόζει ενδιαφέρουσα ιδέα για να την "ξεκλειδώσει" κανείς.

έγραψε: ↑
Κυρ Μάιος 28, 2017 8:58 pm
8. Να βρείτε όλες τις τιμές της παραμέτρου , για τις οποίες η εξίσωση

$\sin \left ( x+\dfrac{a}{x}\right ) = x+1$
έχει άπειρες λύσεις.

Λύση: Γράφουμε την δοθείσα εξίσωση στην μορφή

$\left\{\begin{matrix} t = x+\dfrac{a}{x} \\ \sin t = x+1 \end{matrix}\right.$ (1)

Απαλοίφοντας από αυτό το σύστημα την μεταβλητή

, προκύπτει άλλη μια εξίσωση

$t=\sin t -1 +\dfrac{a}{\sin t -1}$ (2)

Υπάρχει ένα προς ένα αντιστοιχία μεταξύ των λύσεων της εξίσωσης (2) και του συστήματος (1). Ομοίως και για κάθε λύση του συστήματος (1) αντιστοιχεί μοναδική λύση της δοθείσας εξίσωσης της εκφώνησης και το αντίστροφο, σε κάθε λύση της αρχικής εξίσωσης της εκφώνησης αντιστοιχεί μοναδική λύση του συστήματος (1). Έτσι, το σύνολο των λύσεων της δοθείσας εξίσωσης θα είναι άπειρο αν και μόνο αν είναι άπειρο το σύνολο των λύσεων της εξίσωσης (2). Αυτή η εξίσωση μπορεί να γραφεί στην μορφή

$t+1-\sin t - \dfrac{a}{\sin t -1} =0$ (3)

Εξετάζουμε την συνάρτηση $f(t)=t+1 -\sin t$ . Αυτή ορίζεται και είναι συνεχής σε όλη την ευθεία των πραγματικών αριθμών. Η παράγωγός της $f^{\prime}(t)=1-\cos t$ είναι μη αρνητική και μηδενίζεται στα σημεία της μορφής $2\pi n, n \in \mathbb{Z}$ . Από τα παραπάνω συμπεράνουμε, ότι η f(t)

είναι γνησίως αύξουσα σε κάθε διάστημα $\left [ 2 \pi n, 2 \pi (n+1) \right ], n \in \mathbb{Z}$ και άρα η f(t)

είναι γνησίως αύξουσα σε όλη την ευθεία των πραγματικών αριθμών. Από τις ανισότητες $t \leq f(t) \leq t+2$ προκύπτει, ότι το σύνολο τιμών αυτής της συνάρτησης είναι όλη η ευθεία των πραγματικών αριθμών.

Έστω a=0

. Τότε η εξίσωση (3) παίρνει την μορφή f(t)=0

. Έχοντας υπόψη την μονοτονία της συνάρτησης f(t)

και το γεγονός, ότι το σύνολο τιμών της συμπίπτει με την ευθεία των πραγματικών αριθμών, συμπερένουμε ότι η εξίσωση (3) έχει μοναδική λύση . Άρα το a=0

δεν ικανοποιεί τις συνθήκες τους προβλήματος.

Έστω a < 0

. Στο δίάστημα $\left [\dfrac{\pi}{2} +2 \pi k, \dfrac{3\pi}{2}+2 \pi k \right ]$ για οποιονδήποτε ακέραιο

η συνάρτηση $\sin t$ είναι γνησίως φθίνουσα από το

έως το

. Άρα η συνάρτηση $\dfrac{1}{\sin t -1}$ είναι γνησιώς αύξουσα από το $-\infty$ έως το $-\dfrac{1}{2}$ και η συνάρτηση $-\dfrac{a}{\sin t -1}$ είναι γνησίως αύξουσα από το $- \infty$ έως το $\dfrac{a}{2}$ . Ως άθροισμα δυο γνησίως αύξουσων συναρτήσεων, το αριστερό μέλος της εξίσωσης (3) θα είναι και αυτό γνησίως αύξουσα συνάρτηση στο διάστημα $\left [\dfrac{\pi}{2} +2 \pi k, \dfrac{3\pi}{2}+2 \pi k \right ]$ από το $-\infty$ έως το $\dfrac{3\pi}{2}+2\pi k +2+ \dfrac{a}{2}$ . Άρα, για οποιονδήποτε ακέραιο $k > \dfrac{|a|}{4 \pi}$ το αριστερό μέλος της (3) λαμβάνει στο διάστημα $\left ( \dfrac{\pi}{2} +2 \pi k, \dfrac{3\pi}{2}+2 \pi k \right )$ τόσο αρνητικές, όσο και θετικές τιμές. Εφόσον είναι συνεχής σε αυτό το διάστημα σε κάποιο σημείο αυτού του διαστήματος θα μηδενίζεται, δηλαδή σε αυτό διάστημα η εξίσωση (3) έχει λύση. Τότε όμως το σύνολο των λύσων της εξίσωσης (3) και της αρχικής εξίσωσης είναι άπειρο.

Έστω a > 0

. Σε αυτήν την περίπτωση ο συλλογισμός είναι όμοιως με την προηγούμενη. Στο διάστημα $\left [-\dfrac{\pi}{2} +2 \pi k, \dfrac{\pi}{2}+2 \pi k \right ]$ για οποιονδήποτε ακέραιο

η συνάρτηση $\sin t$ είναι γνησίως αύξουσα από το

έως το

. Οπότε η συνάρτηση $\dfrac{1}{\sin t -1}$ στο ίδιο διάστημα θα είναι γνησίως φθίνουσα από το $-\dfrac{1}{2}$ έως το $-\infty$ και η συνάρτηση $-\dfrac{a}{\sin t -1}$ θα είναι γνησίως αύξουσα από το $\dfrac{a}{2}$ εώς το $\infty$ . Ως άθροισμα δυο γνησίως αύξουσων συναρτήσεων, το αριστερό μέλος της εξίσωσης (3) θα είναι και αυτή γνησίως αύξουσα συνάρτηση στο διάστημα $\left [-\dfrac{\pi}{2} +2 \pi k, \dfrac{\pi}{2}+2 \pi k \right ]$ από το $\dfrac{-\pi}{2}+2\pi k+2 +\dfrac{a}{2}$ έως το $\infty$ . Άρα για οποιοδήποτε $k < -\dfrac{a}{4 \pi} -\dfrac{1}{\pi}$ το αριστερό μέλος της (3) θα λαμβάνει στο διάστημα $\left (-\dfrac{\pi}{2} +2 \pi k, \dfrac{\pi}{2}+2 \pi k \right )$ τόσο αρνητικές, όσο και θετικές τιμές. Εφόσον είναι συνεχής σε αυτό το διάστημα σε κάποιο σημείο αυτού του διαστήματος θα μηδενίζεται, δηλαδή σε αυτό διάστημα η εξίσωση (3) έχει λύση. Τότε όμως το σύνολο των λύσων της εξίσωσης (3) και της αρχικής εξίσωσης είναι άπειρο.

Εν τέλει για να έχει η αρχική εξίσωση άπειρες λύσεις, θα πρέπει $a \neq 0$ .

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ · #9

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Κυρ Μάιος 28, 2017 8:58 pm
Συμπληρωματική εξέταση στα μαθηματικά, Κρατικό Πανεπιστήμιο Μόσχας, 2013. Μια από τις εκδόσεις των θεμάτων.

3. Να λύσετε την ανίσωση $9 \left ( 1+5^{1-2x} \right )^{-\frac{1}{2}} -\dfrac{1}{2} \left ( 5^{2x}+5\right)^{\frac{1}{2}} \geq 6^{\frac{1}{2}} \cdot 5^{\frac{x}{2}}$ .

Nα λυθεί κι αυτή...

Πριν γράψω οτιδήποτε, θέλω να γράψω ότι

$\displaystyle 1+5^{1-2x}=1+\frac{5}{5^{2x}}=\frac{5^{^{2x}}+5}{5^{2x}}$

Έτσι λοιπόν

$\displaystyle 9\left ( 1+5^{1-2x} \right )^{-\frac{1}{2}}=\frac{9}{\sqrt{1+5^{1-2x}}}=\frac{9}{\sqrt{\frac{5^{2x}+5}{5^{2x}}}}=\frac{9\cdot 5^{x}}{\sqrt{5+5^{2x}}}$

Η δοσμένη εξίσωση γράφεται ισοδύναμα

$\displaystyle \frac{9\cdot 5^{x}}{\sqrt{5+5^{2x}}}-\frac{1}{2}\sqrt{5^{^{2x}}+5}\geq \sqrt{6}\cdot 5^{\frac{x}{2}}$

Θέτω $5^{\frac{x}{2}}=y> 0$ και έτσι $5^{2x}+5=\left ( 5^{\frac{x}{2}} \right )^{4}+5=y^{4}+5$

H εξίσωση γράφεται τώρα

$\displaystyle\frac{9y^{2}}{\sqrt{y^{4}+5}}-\frac{1}{2} \sqrt{y^{4}+5}\geq \sqrt{6}y$ που ισοδυναμεί με

$18y^{2}-2\sqrt{6}\cdot y\cdot \sqrt{y^{4}+5}-\left ( y^{4} +5\right )\geq 0$ η οποία ισοδυναμεί με

$\displaystyle 18\left ( y-\frac{\sqrt{6}}{6} \sqrt{y^{4}+5}\right )\left ( y+\frac{\sqrt{6}}{18}\sqrt{y^{4}+5} \right )\geq 0\Leftrightarrow$

$\displaystyle y-\frac{\sqrt{6}}{6} \sqrt{y^{4}+5}\geq 0\Leftrightarrow 6y\geq \sqrt{6}\sqrt{y^{4}+5}\geq 0\Leftrightarrow$

$6y^{2}\geq y^{4}+5\Leftrightarrow y^{4}-6y^{2}+5\leq 0\Leftrightarrow$

$\left ( y^{2}-1 \right )\left ( y^{2}-5 \right )\leq 0\Leftrightarrow$

$\left ( y+1 \right )\left ( y-1 \right )\left ( y+\sqrt{5} \right )\left ( y-\sqrt{5} \right )\leq 0\Leftrightarrow \left ( y-1 \right )\left ( y-\sqrt{5} \right )\leq 0\Leftrightarrow$

$1\leq y\leq \sqrt{5}$

Συνεπώς

$\displaystyle 1\leq 5^{\frac{x}{2}}\leq \sqrt{5}\Leftrightarrow 5^{0}\leq 5^{\frac{x}{2}}\leq 5^{\frac{1}{2}}\Leftrightarrow 0\leq \frac{x}{2}\leq \frac{1}{2}\Leftrightarrow 0\leq x\leq 1$

Εισαγωγικές Μαθηματικό Μόσχας 2013

Εισαγωγικές Μαθηματικό Μόσχας 2013

Re: Εισαγωγικές Μαθηματικό Μόσχας 2013

Re: Εισαγωγικές Μαθηματικό Μόσχας 2013

Re: Εισαγωγικές Μαθηματικό Μόσχας 2013

Re: Εισαγωγικές Μαθηματικό Μόσχας 2013

Re: Εισαγωγικές Μαθηματικό Μόσχας 2013

Re: Εισαγωγικές Μαθηματικό Μόσχας 2013

Re: Εισαγωγικές Μαθηματικό Μόσχας 2013

Re: Εισαγωγικές Μαθηματικό Μόσχας 2013

Μέλη σε σύνδεση