Παλιά θέματα εισαγωγικών στην Βρετανία

Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 12342
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Παλιά θέματα εισαγωγικών στην Βρετανία

#21

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Παρ Ιούλ 10, 2020 9:39 pm

papamixalis έγραψε:
Παρ Ιούλ 10, 2020 1:05 pm
Παρατηρούμε ότι η αρχική της \dfrac{1}{\sqrt{1-ax+a^2}} είναι η \dfrac{2\sqrt{1+a^2-ax}}{-a}} +c

Άρα προκύπτει ότι το (ορισμένο) ολοκλήρωμα ισούται με
\dfrac{2\sqrt{1+a^2-2a}-2\sqrt{1+a^2+2a}}{-a}=\dfrac{2\sqrt{(a-1)^2}-2\sqrt{(a+1)^2}}{-a}=\dfrac{2|a-1|-2|a+1|}{-a}

Συνεπώς αν 0<a<1 το ολοκλήρωμα ισούται με \dfrac{2(1-a)-2(a+1)}{-a}=4

Αν a>1 το ολοκλήρωμα ισούται με \dfrac{2(a-1)-2(a+1)}{-a}=\dfrac{4}{a}
Συνονόματε, Καλησπέρα. :10sta10: η λύση σου. Το πρώτο βήμα σου είναι καλύτερο από την υπόδειξη.

Αν θέλουμε λύση ακολουθώντας την υπόδειξη, μπορούμε να πούμε: Αφού \displaystyle{ t= \dfrac{1}{\sqrt{1-ax+a^2}}} έχουμε

\displaystyle{ 1-ax+a^2=  \dfrac{1}{t^2} άρα με παραγώγιση \displaystyle{a \frac {dx}{dt} =\frac {2}{t^3}}, οπότε το ολοκλήρωμα γίνεται

\displaystyle{\frac {2}{a}\int _{1/|a+1|}^{1/|a-1|}  \frac {1}{t^2}dt}. Τα υπόλοιπα άμεσα.



Λέξεις Κλειδιά:
Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 12342
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Παλιά θέματα εισαγωγικών στην Βρετανία

#22

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Σάβ Ιούλ 11, 2020 12:45 am

Άσκηση 9 (Special Paper Ιούνιος 1985)

Αφού πρώτα δείξετε ότι για συνεχή f ισχύει \displaystyle{ \int _0^{\pi} xf(\sin x) dx = \frac {\pi}{2}  \int _0^{\pi} f(\sin x) dx }, να υπολογίσετε τα ολοκληρώματα

α) \displaystyle{ \int _0^{\pi} x\sin ^5 x dx } και β) \displaystyle{ \int _0^{\pi} \frac {x \sin x}{3+ \cos ^2 x} dx}


Σταμ. Γλάρος
Δημοσιεύσεις: 349
Εγγραφή: Δευ Ιουν 18, 2012 1:51 pm

Re: Παλιά θέματα εισαγωγικών στην Βρετανία

#23

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Σταμ. Γλάρος » Σάβ Ιούλ 11, 2020 10:22 pm

Mihalis_Lambrou έγραψε:
Σάβ Ιούλ 11, 2020 12:45 am
Άσκηση 9 (Special Paper Ιούνιος 1985)

Αφού πρώτα δείξετε ότι για συνεχή f ισχύει  \displaystyle{ \int _0^{\pi} xf(\sin x) dx } = \frac {\pi}{2}  \int _0^{\pi} f(\sin x) dx }, να υπολογίσετε τα ολοκληρώματα

α) \displaystyle{ \int _0^{\pi} x\sin ^5 x dx } και β) \displaystyle{ \int _0^{\pi} \frac {x \sin x}{3+ \cos ^2 x} dx}
Καλησπέρα. Μια προσπάθεια μέχρι το α)
Έστω I=\displaystyle{ \int _0^{\pi} xf(\sin x) dx } . Με αλλαγή μεταβλητής u=\pi - x , έχουμε :

I= -\displaystyle{\int_{\pi }^{0}} (\pi-u) f(sin(\pi-u))du \Leftrightarrow

\Leftrightarrow I=\displaystyle{\int_{0 }^{\pi}} \pi f(sinu)du -\displaystyle{\int_{0 }^{\pi}} u f(sinu)du

\Leftrightarrow I=\displaystyle{ \frac{\pi}{2}\int_{0 }^{\pi}} f(sinu)du (1)

α) Από την (1) ισχύει :  \displaystyle{ \int _0^{\pi} x\sin ^5 x dx }  =\displaystyle{ \frac{\pi}{2} \int _0^{\pi} \sin ^5 x dx } =

=\displaystyle{ \frac{\pi}{2} \int _0^{\pi} \left (\sin ^2x \right )^2sinx dx } = \displaystyle{ -\frac{\pi}{2} \int _0^{\pi} \left (1-\cos ^2x \right )^2 (cosx)' dx } =

 = \displaystyle{ -\frac{\pi}{2} \int _0^{\pi} (cosx)' dx } + \displaystyle{ \frac{\pi}{2} \int _0^{\pi} 2 \cos ^2x (cosx)' dx } \displaystyle{ -\frac{\pi}{2} \int _0^{\pi} \cos ^4 x (cosx)' dx } =...= \dfrac{8\pi}{15} .
Ελπίζω να μην έχω κάνει λάθος στις πράξεις...
Φιλικά
Σταμ. Γλάρος


Σταμ. Γλάρος
Δημοσιεύσεις: 349
Εγγραφή: Δευ Ιουν 18, 2012 1:51 pm

Re: Παλιά θέματα εισαγωγικών στην Βρετανία

#24

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Σταμ. Γλάρος » Σάβ Ιούλ 11, 2020 11:07 pm

Mihalis_Lambrou έγραψε:
Σάβ Ιούλ 11, 2020 12:45 am
Άσκηση 9 (Special Paper Ιούνιος 1985)

Αφού πρώτα δείξετε ότι για συνεχή f ισχύει \displaystyle{ \int _0^{\pi} xf(\sin x) dx = \frac {\pi}{2}  \int _0^{\pi} f(\sin x) dx }, (1) να υπολογίσετε τα ολοκληρώματα

α) \displaystyle{ \int _0^{\pi} x\sin ^5 x dx } και β) \displaystyle{ \int _0^{\pi} \frac {x \sin x}{3+ \cos ^2 x} dx}
Συνεχίζω και για το β)
Είναι I = \displaystyle{ \int _0^{\pi} \frac {x \sin x}{3+ \cos ^2 x} dx } =\displaystyle{ \int _0^{\pi} \frac {x \sin x}{4- \sin ^2 x} dx} =\displaystyle{ \frac{\pi}{2}\int _0^{\pi} \frac { \sin x}{4- \sin ^2 x} dx}=\displaystyle{ \frac{\pi}{2}\int _0^{\pi} \frac { \sin x}{3+ \cos ^2 x} dx} , από την (1).

Θέτοντας όπου cosx=u έχουμε I= \displaystyle{ \frac{\pi}{2}\int _{-1}^{1} \frac { 1}{3+ u ^2 } du} .

Ξαναθέτοντας όπου u=\sqrt{3}tant προκύπτει : I= \displaystyle{ \frac{\pi}{2}\int _{-\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{6}} \frac { 1}{3+ 3\tan ^2 x}\cdot \sqrt{3} \left ( 1+tan^2t \right )dt} =...\dfrac{\sqrt{3}\pi^2}{18} .

Φιλικά
Σταμ. Γλάρος


Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 12342
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Παλιά θέματα εισαγωγικών στην Βρετανία

#25

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Κυρ Ιούλ 12, 2020 1:00 am

Άσκηση 10 (Ιούνιος 1964)

α) Αν a>0 και m\ne n ακέραιοι, να συγκρίνετε ως προς το μέγεθος τις παραστάσεις a^{3m} + a^{3n} και a^{2m + n} + a^{m+2n} .

β) Γράψτε το ανάπτυγμα ως δυναμοσειρά των \ln (1+x),\, \ln (1-x) αναφέροντας και το διάστημα στα οποία ισχύει η κάθε ισότητα.

Αν t^x= \dfrac {a+x}{a-x} , όπου -a < x < a, να αναπτύξετε το \ln t ως δυναμοσειρά της οποίας να γράψετε τον γενικό όρο. Να συμπεράνετε ότι t>e^{2/a}.


Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 12342
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Παλιά θέματα εισαγωγικών στην Βρετανία

#26

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Τρί Ιούλ 21, 2020 10:29 am

Mihalis_Lambrou έγραψε:
Κυρ Ιούλ 12, 2020 1:00 am
Άσκηση 10 (Ιούνιος 1964)

α) Αν a>0 και m\ne n ακέραιοι, να συγκρίνετε ως προς το μέγεθος τις παραστάσεις a^{3m} + a^{3n} και a^{2m + n} + a^{m+2n} .

β) Γράψτε το ανάπτυγμα ως δυναμοσειρά των \ln (1+x),\, \ln (1-x) αναφέροντας και το διάστημα στα οποία ισχύει η κάθε ισότητα.

Αν t^x= \dfrac {a+x}{a-x} , όπου -a < x < a, να αναπτύξετε το \ln t ως δυναμοσειρά της οποίας να γράψετε τον γενικό όρο. Να συμπεράνετε ότι t>e^{2/a}.
.
α) Έχουμε a^{3m} + a^{3n} - (a^{2m + n} + a^{m+2n} )= (a^{2m}- a^{2n})(a^{m} -a^{n} )=(a^{m}+a^{n})(a^{m} -a^{n} )^2>0 , και λοιπά.

β) Το πρώτο μέρος είναι γνωστή και απλή θεωρία. Επίσης, παίρνοντας λογάριθμο στην δοθείσα έπεται

\displaystyle {x\ln t = \ln \dfrac {a+x}{a-x}=  \ln \dfrac {1+x/a}{1-x/a}= 2\sum_{k=0}^{\infty} \dfrac {1}{2k+1}\left (\dfrac {x}{a}\right ) ^ {2k+1}

από όπου \displaystyle {\ln t =  2\sum_{k=0}^{\infty} \dfrac {1}{2k+1}\dfrac {x^ {2k}}{a^ {2k+1}} (για x\ne 0)

Κρατώντας τον πρώτο όρο έπεται ότι \displaystyle {\ln t >  \dfrac {2}{a} , από όπου \displaystyle{t> e^{2/a}}


Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 12342
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Παλιά θέματα εισαγωγικών στην Βρετανία

#27

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Κυρ Ιούλ 26, 2020 11:47 am

Άσκηση 11 (1975)

α) (Το αφήνω, ως θεωρία για το τριώνυμο και την διακρίνουσά του).

β) Να εκφράσετε το ολοκλήρωμα \displaystyle{\int _1^{1+u} t \left ( x+ \dfrac {1}{t} \right ) ^2\,dt} στην μορφή px^2+qx+r. Mε χρήση αυτού να δείξετε ότι αν u>0, τότε \displaystyle{ \ln (1+u)  > \dfrac {u}{1+ \frac {1}{2}u}} . Να συμπεράνετε ότι αν n>0, τότε \displaystyle{\left ( 1 + \dfrac {1}{n}\right ) ^{n+1/2} >e}


Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 12342
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Παλιά θέματα εισαγωγικών στην Βρετανία

#28

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Σάβ Αύγ 01, 2020 12:57 pm

Mihalis_Lambrou έγραψε:
Κυρ Ιούλ 26, 2020 11:47 am
Άσκηση 11 (1975)

α) (Το αφήνω, ως θεωρία για το τριώνυμο και την διακρίνουσά του).

β) Να εκφράσετε το ολοκλήρωμα \displaystyle{\int _1^{1+u} t \left ( x+ \dfrac {1}{t} \right ) ^2\,dt} στην μορφή px^2+qx+r. Mε χρήση αυτού να δείξετε ότι αν u>0, τότε \displaystyle{ \ln (1+u)  > \dfrac {u}{1+ \frac {1}{2}u}} . Να συμπεράνετε ότι αν n>0, τότε \displaystyle{\left ( 1 + \dfrac {1}{n}\right ) ^{n+1/2} >e}
Έχουμε

\displaystyle{0< \int _1^{1+u} t \left ( x+ \dfrac {1}{t} \right ) ^2\,dt = x^2\int _1^{1+u} t \,dt + 2x\int _1^{1+u} 1 \,dt + \int _1^{1+u} \dfrac {1}{t} \,dt}

\displaystyle{=  x^2\left [ \dfrac {1}{2} t^2\right ] _1^{1+u} + 2x \left [t\right ] _1^{1+u}+ \left [ \ln t\right ] _1^{1+u} = }

\displaystyle{=  x^2\left (u +\dfrac {1}{2} u^2\right )+ 2x u + \ln (1+u)}

Έπεται ότι για κάθε σταθερό u>0 η διακρίνουσα είναι \Delta <0, εδώ \displaystyle{ 4u^2 - 4\left (u +\dfrac {1}{2} u^2\right )\ln (1+u)<0} από όπου το ζητούμενο \displaystyle{ \ln (1+u)  > \dfrac {u}{1+ \frac {1}{2}u}}

Θέτοντας u= \dfrac {1}{n}, το προηγούμενο γράφεται \displaystyle{ \left ( n + \dfrac {1}{2} \right ) \ln  \left (1+  \dfrac {1}{n} \right ) >1}, και τώρα διώχνουμε τον λογάριθμο.


Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 12342
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Παλιά θέματα εισαγωγικών στην Βρετανία

#29

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Σάβ Αύγ 01, 2020 10:54 pm

Άσκηση 12 (Special Paper, Ιούνιος 1988)

Εξετάζοντας κατάλληλo τραπέζιo με δύο κορυφές στο γράφημα της y= \dfrac {1}{x}, δείξτε ότι για κάθε x>0 ισχύει

\displaystyle{\dfrac {1}{x+\frac {1}{2}} < \ln \left ( 1+ \frac {1}{x} \right ) < \dfrac {1}{2}\left (  \frac {1}{x} +  \frac {1}{x+1}\right )}.

Θέτουμε \displaystyle{\gamma _n = \left ( 1+ \frac {1}{2}+ + \frac {1}{3} +... + \frac {1}{n}\right ) - \ln n} και \displaystyle{a_n= \gamma _n - \dfrac {1}{2n}}.

Δείξτε ότι η ακολουθία (a_n) είναι γνήσια αύξουσα και η (\gamma _n) είναι γνήσια φθίνουσα.


Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 12342
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Παλιά θέματα εισαγωγικών στην Βρετανία

#30

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Σάβ Αύγ 08, 2020 11:51 pm

Mihalis_Lambrou έγραψε:
Σάβ Αύγ 01, 2020 10:54 pm
Άσκηση 12 (Special Paper, Ιούνιος 1988)

Εξετάζοντας κατάλληλo τραπέζιo με δύο κορυφές στο γράφημα της y= \dfrac {1}{x}, δείξτε ότι για κάθε x>0 ισχύει

\displaystyle{\dfrac {1}{x+\frac {1}{2}} < \ln \left ( 1+ \frac {1}{x} \right ) < \dfrac {1}{2}\left (  \frac {1}{x} +  \frac {1}{x+1}\right )}.

Θέτουμε \displaystyle{\gamma _n = \left ( 1+ \frac {1}{2}+ + \frac {1}{3} +... + \frac {1}{n}\right ) - \ln n} και \displaystyle{a_n= \gamma _n - \dfrac {1}{2n}}.

Δείξτε ότι η ακολουθία (a_n) είναι γνήσια αύξουσα και η (\gamma _n) είναι γνήσια φθίνουσα.
Αλλάζω συμβολισμό και τα x στο αποδεικτέο τα γράφω a.

Ο μεσαίος όρος είναι το εμβαδόν κάτω από την καμπύλη από a έως a+1. Αν εξετάσουμε το τραπέζιο με άνω κορυφές A(a,1/a), B(a+1,\, 1/(a+1) εύκολα βλέπουμε ότι το εμβαδόν της καμπύλης είναι μικρότερο του τραπεζίου, το οποίο είναι  \dfrac {1}{2}\left (  \dfrac {1}{a} +  \dfrac {1}{a+1}\right )}. Αυτή είναι η δεξιά ανισότητα.

Για την αριστερή, με χρήση της \dfrac {1}{p} + \dfrac {1}{q} > \dfrac {4}{p+q} όπου q>p>0 έχουμε

\displaystyle{E= \int _0^1\dfrac {dx}{a+x} = \int _0^{1/2}\dfrac {dx}{a+x} + \int _{1/2}^1\dfrac {dx}{a+x}= \int _0^{1/2}\dfrac {dx}{a+x} + \int _0^{1/2}\dfrac {dy}{a+1-y}=}

\displaystyle{ =\int _0^{1/2}\left (\dfrac {1}{a+x} + \dfrac {1}{a+1-x}\right ) dx> \int _0^{1/2}\dfrac {4}{2a+1} dx = \dfrac {2}{2a+1} }, που ισοδυναμεί με το αποδεικτέο.

Τώρα, από τα παραπάνω έχουμε

\displaystyle{\gamma _{n+1}-\gamma _n = \dfrac {1}{n+1} -\ln (n+1)+\ln n <  \dfrac {1}{n+1/2} -\ln (1+1/n) < 0} και

\displaystyle{a_{n+1}-a_n= \gamma _{n+1}-\gamma _n- \dfrac {1}{2n+2} + \dfrac {1}{2n} = \left ( \dfrac {1}{n+1} -\ln (n+1)+\ln n  \right ) - \dfrac {1}{2n+2} + \dfrac {1}{2n}=}

\displaystyle{= \dfrac {1}{2} \left (\dfrac {1}{n+1} + \dfrac {1}{n} \right ) - \ln (1+1/n) >0}


Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 12342
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Παλιά θέματα εισαγωγικών στην Βρετανία

#31

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Κυρ Αύγ 09, 2020 3:32 pm

Άσκηση 13 (Special Paper, Ιούνιος 1992)

Έστω k>0. Αφού αναφέρετε (χωρίς απόδειξη) τα x για τα οποία ισχύει το ανάπτυγμα

\displaystyle{\dfrac {k+1}{(1-x)(1+kx)}=a_0+a_1x+a_2x^2+...+a_nx^n+... }

προσδιορίστε τα a_0,\,a_1,\, a_2 και δείξτε ότι a_n=1+k(-k)^n,\, n\ge 3. Κατόπιν βρείτε το άθροισμα της σειράς

\displaystyle{a_0^2+a_1^2x+a_2^2x^2+...+a_n^2x^n+... }


Απάντηση

Επιστροφή σε “Διάφορα άλλα θέματα εξετάσεων”

Μέλη σε σύνδεση

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