Α' ΔΕΣΜΗ 1983

parmenides51 · #1

Ξεκινάμε. Τα θέματα θα προτείνονται ανά δημοσίευση προς επίλυση (των ασκήσεων τους).
Συγκεντρωμένες θα είναι στο Ευρετήριο Θεμάτων Πανελλαδικών Εξετάσεων

1. α) Αν $\left( {{\alpha }_{\nu }} \right),\left( {{\beta }_{\nu }} \right)$ ακολουθίες πραγματικών αριθμών με $\lim {{\alpha }_{\nu }}=\alpha \in \mathbb{R}\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\lim {{\beta }_{\nu }}=\beta \in \mathbb{R}$ να αποδειχθεί ότι $\lim \left( {{\alpha }_{\nu }}{{\beta }_{\nu }} \right)=\alpha \beta$ .
β) Να βρεθεί το όριο της ακολουθίας $\left( {{\gamma }_{\nu }} \right)$ με ${{\gamma }_{\nu }}=\sqrt[\nu ]{{{\nu }^{\nu +1}}}\left( \sqrt{{{\nu }^{2}}+1}-\nu \right)$

2. Η συνάρτηση

ορισμένη και συνεχής στο κλειστό διάστημα $[\alpha ,\beta ]$ έχει παράγωγο στο ανοικτό διάστημα $(\alpha ,\beta)$ και $\displaystyle{f(\alpha)=f(\beta )=0}$ .
Να αποδειχθεί :
α) Ότι για τη συνάρτηση $\displaystyle{F(x)=\frac{f(x)}{x-c}}$ όπου $c\notin [\alpha ,\beta ]$ υπάρχει ${{c}_{0}}\in (\alpha ,\beta )$ τέτοιο ώστε ${F}'({{c}_{0}})=0$ .
β) Αν $c\notin [\alpha ,\beta ]$ , ότι υπάρχει ${{c}_{0}}\in (\alpha ,\beta )$ τέτοιο ώστε η εφαπτομένη στο σημείο $\left( {{c}_{0}},f({{c}_{0}}) \right)$ της γραμμής με εξίσωση $\displaystyle{y=f(x)}$ διέρχεται από το σημείο $\displaystyle{(c,0)}$ .

3. α) Να αποδειχθεί ότι για κάθε $\displaystyle{x>0}$ ισχύει η σχέση $\log x\le \left| x-1 \right|$ .
β) Έστω η συνάρτηση $\displaystyle{f}$ ορισμένη στο διάστημα $[0,+\infty )$ με $\displaystyle{f\left(x \right)=\left\{\begin{matrix} \displaystyle \frac{xlogx}{{\color{red}1-x}}, & 0<x\ne 1\\ 0, & x=0 \\ -1, & x=1 \end{matrix}\right}}$ .
Να αποδειχθεί ότι :
i) Η $\displaystyle{f}$ είναι συνεχής στο πεδίο ορισμού της
ii) Είναι φθίνουσα στο διάστημα $\displaystyle{(0,1)}$
iii) $\displaystyle{f}'(1)=-\frac{1}{2}}$

4. Στο τετράεδρο $\displaystyle{OAB\Gamma}$ να αποδειχθεί ότι :
α) Αν $\overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{B \Gamma }=0$ και $\overrightarrow{OB }\cdot \overrightarrow{\Gamma A }=0$ τότε $\overrightarrow{O\Gamma }\cdot \overrightarrow{A B }=0$
β) Αν $\overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{B \Gamma }=0$ και ${{d}_{1}}$ είναι η απόσταση των μέσων των ευθυγράμμων τμημάτων $\displaystyle{OB,\Gamma A}$ και ${{d}_{2}}$ είναι η απόσταση των μέσων των ευθυγράμμων τμημάτων $\displaystyle{O\Gamma, AB}$ τότε ${{d}_{1}}={{d}_{2}}$ .

Υ.Γ. Για να φαίνεται πιο ωραία η απάντηση της καλό είναι να συνοδεύεται από την εκφώνηση της.
Για να το κάνετε αυτό κάνετε παράθεση στην αρχική δημοσίευση
και από την παράθεση αυτή σβήνετε τις υπόλοιπες ασκήσεις, κατόπιν την λύνετε κανονικά .

edit
Διορθώθηκε ο παρονομαστής στην κλαδική συνάρτηση στο 3ο θέμα, σωστός ο Ωmega Man

#2

parmenides51 έγραψε:1. α) Αν $\left( {{\alpha }_{\nu }} \right),\left( {{\beta }_{\nu }} \right)$ ακολουθίες πραγματικών αριθμών με $\lim {{\alpha }_{\nu }}=\alpha \in \mathbb{R}\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\lim {{\beta }_{\nu }}=\beta \in \mathbb{R}$ να αποδειχθεί ότι $\lim \left( {{\alpha }_{\nu }}{{\beta }_{\nu }} \right)=\alpha \beta$ .
β) Να βρεθεί το όριο της ακολουθίας $\left( {{\gamma }_{\nu }} \right)$ με ${{\gamma }_{\nu }}=\sqrt[\nu ]{{{\nu }^{\nu +1}}}\left( \sqrt{{{\nu }^{2}}+1}-\nu \right)$

(α) Ήταν θεωρία

(β) $\displaystyle{\gamma _\nu =\nu \sqrt[\nu]{\nu}\frac{(\sqrt{\nu ^2 +1}-\nu )(\sqrt{\nu ^2 +1}+\nu )}{\sqrt{\nu ^2 +1}+\nu}=}$

$\displaystyle{=\nu \sqrt[\nu]{\nu}\frac{1}{\nu \sqrt{1+\frac{1}{\nu}}+\nu}=\frac{\sqrt[\nu ]{\nu}}{\sqrt{1+\frac{1}{\nu}}+1}}$

Αλλά $\displaystyle{lim \sqrt[\nu ]{\nu}=1}$ και $\displaystyle{lim \frac{1}{\nu}=0}$

Άρα $\displaystyle{lim \gamma_\nu =\frac{1}{2}}$

ΣΗΜ: Έγινε αλλαγή του γράμματος $\displaystyle{n}$ με το $\displaystyle{\nu}$ και διορθώθηκε μια αβλεψία στο τέλος

#3

parmenides51 έγραψε:2. Η συνάρτηση ορισμένη και συνεχής στο κλειστό διάστημα $[\alpha ,\beta ]$ έχει παράγωγο στο ανοικτό διάστημα $(\alpha ,\beta)$ και $\displaystyle{f(\alpha)=f(\beta )=0}$ .
Να αποδειχθεί :
α) Ότι για τη συνάρτηση $\displaystyle{F(x)=\frac{f(x)}{x-c}}$ όπου $c\notin [\alpha ,\beta ]$ υπάρχει ${{c}_{0}}\in (\alpha ,\beta )$ τέτοιο ώστε ${F}'({{c}_{0}})=0$ .
β) Αν $c\notin [\alpha ,\beta ]$ , ότι υπάρχει ${{c}_{0}}\in (\alpha ,\beta )$ τέτοιο ώστε η εφαπτομένη στο σημείο $\left( {{c}_{0}},f({{c}_{0}}) \right)$ της γραμμής με εξίσωση $\displaystyle{y=f(x)}$ διέρχεται από το σημείο $\displaystyle{(c,0)}$ .

(a) Για την συνάρτηση $\displaystyle{F}$ , ισχύουν οι προϋποθέσεις του Θ. Rolle. Άρα υπάρχει $\displaystyle{c_0 \in(a,\beta ), }$ ώστε να είναι

$\displaystyle{F{'}(c_0 )=0}$

(β) Από το πρώτο ερώτημα, έχουμε $\displaystyle{F{'}(c_0 )=0}$ . Αλλά $\displaystyle{F{'}(x)=\frac{f{'}(x)(x-c)-f(x)}{(x-c)^2}}$ . Άρα

$\displaystyle{F{'}(c_0 )=\frac{f{'}(c_0 )(c_0 -c)-f(c_0 )}{(c_0 -c)^2}=0}$ . Συνεπώς:

$\displaystyle{f{'}(c_0 )(c_0 -c)-f(c_0 )=0}$ , (ΣΧΕΣΗ 1).

Θα αποδείξουμε τώρα ότι το $\displaystyle{c_0 }$ που ζητάμε , είναι αυτό που βρήκαμε στην πρώτη ερώτηση.

Πράγματι, η εξίσωση της εφαπτομένης της γραφικής παράστασης της $\displaystyle{f}$ , στο σημείο με τετμημένη $\displaystyle{c_0}$ , είναι:

$\displaystyle{y-f(c_0 )=f{'}(c_0 )(x-c_0 )}$ . Πρέπει να δείξουμε ότι η ευθεία αυτή διέρχεται από το σημείο $\displaystyle{(c,0)}$

Αρκεί να δείξουμε ότι $\displaystyle{0-f(c_0 )=f{'}(c_0 )(c-c_0 )}$ , το οποίο είναι αληθές εξ αιτίας της (ΣΧΕΣΗΣ 1).

Christos75 · #4

Αααα...ωραία πράγματα!!!! Συνεπώς εδώ θα λύνουμε θέματα ?

Ωmega Man · #5

parmenides51 έγραψε:3. α) Να αποδειχθεί ότι για κάθε $\displaystyle{x>0}$ ισχύει η σχέση $\log x\le \left| x-1 \right|$ .
β) Έστω η συνάρτηση $\displaystyle{f}$ ορισμένη στο διάστημα $[0,+\infty )$ με $\displaystyle{f\left(x \right)=\left\{\begin{matrix} \displaystyle \frac{xlogx}{{\color{red} 1-x}}, & 0<x\ne 1\\ 0, & x=0 \\ -1, & x=1 \end{matrix}\right}}$ .
Να αποδειχθεί ότι :
i) Η $\displaystyle{f}$ είναι συνεχής στο πεδίο ορισμού της
ii) Είναι φθίνουσα στο διάστημα $\displaystyle{(0,1)}$
iii) $\displaystyle{f}'(1)=-\frac{1}{2}}$

α) Για

είναι προφανές ότι $\displaystyle{\log(x)<0<|x-1|}$ , για x=1

επαληθεύεται η ισότητα $\displaystyle{\log(1)=0=|1-1|}$ και μένει να δούμε τι γίνεται για x>1

.

Έχουμε λοιπόν $\displaystyle{h(x)=\log(x)-x+1\Rightarrow h'(x)=\frac{1}{x}-1<0,\;\;\forall \;x>1}$ και εφόσον η h είναι γνησίως φθίνουσα και $\displaystyle{\lim_{x\to1^{+}}h(x)=\log(1)-1+1=0}$ , έπεται ότι $\displaystyle{h(x)\leq 0 \Rightarrow \log(x)\leq x-1}$ .

Άρα $\displaystyle{\log(x)\leq |x-1|}$ για κάθε x>0

.

β)

i. $\displaystyle{\lim_{x\to 0^{+}}\left|\frac{x\log(x)}{x-1}\right|\leq\lim_{x\to 0^{+}}\frac{|x||x-1|}{|x-1|}=\lim_{x\to 0^{+}}|x|=0$ , άρα στο

είναι συνεχής.

Όμοια $\displaystyle{\lim_{x\to 1^{-}}\frac{x\log(x)}{1-x}=\lim_{x\to 1^{-}}\frac{\log(x)+1}{-1}=-1}$ , άρα είναι συνεχής στο

.

ii. $\displaystyle{f'(x)=\frac{\log(x)+1-x}{(x-1)^2}$ , αφού ο παρονομαστής είναι πάντα θετικός αρκεί να μελετήσουμε τον αριθμητή.

$\displaystyle{k(x)=\log(x)+1-x\Rightarrow k'(x)=\frac{1}{x}-1>0.,\;\;\forall x\in(0,1)}$ , άρα αφού κ γνησίως αύξουσα και $\displaystyle{\lim_{x\to 0^{-}}k(x)=-\infty}$ και $\displaystyle{\lim_{x\to 1^{-}}k(x)=0}$ , έπεται ότι $\kappa(x)<0$ , άρα $\displaystyle{f'(x)<0}$ για κάθε 0<x<1

.

iii. $\displaystyle{\lim_{x\to 1^{-}}\frac{f(x)-f(1)}{x-1}=\lim_{x\to 1^{-}}\frac{\frac{x\log(x)}{1-x}+1}{x-1}=\lim_{x\to 1^{-}}\frac{x-x\log(x)-1}{(x-1)^2}=\lim_{x\to1^{-}}\frac{-\log(x)}{2(x-1)}=\lim_{x\to 1^{-}}\frac{1}{-2x}=-\frac{1}{2}$

Christos75 · #6

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:
parmenides51 έγραψε:1. α) Αν $\left( {{\alpha }_{\nu }} \right),\left( {{\beta }_{\nu }} \right)$ ακολουθίες πραγματικών αριθμών με $\lim {{\alpha }_{\nu }}=\alpha \in \mathbb{R}\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\lim {{\beta }_{\nu }}=\beta \in \mathbb{R}$ να αποδειχθεί ότι $\lim \left( {{\alpha }_{\nu }}{{\beta }_{\nu }} \right)=\alpha \beta$ .
β) Να βρεθεί το όριο της ακολουθίας $\left( {{\gamma }_{\nu }} \right)$ με ${{\gamma }_{\nu }}=\sqrt[\nu ]{{{\nu }^{\nu +1}}}\left( \sqrt{{{\nu }^{2}}+1}-\nu \right)$
(α) Ήταν θεωρία

(β) $\displaystyle{\gamma _n =n\sqrt[n]{n}\frac{(\sqrt{n^2 +1}-n)(\sqrt{n^2 +1}+n)}{\sqrt{n^2 +1}+n}=}$

$\displaystyle{=n\sqrt[n]{n}\frac{1}{n\sqrt{1+\frac{1}{n}}+n}=\frac{\sqrt[n]{n}}{\sqrt{1+\frac{1}{n}}+1}}$

Αλλά $\displaystyle{lim \sqrt[n]{n}=1}$ και $\displaystyle{lim \frac{1}{n}=0}$

Άρα $\displaystyle{lim \gamma_n=\frac{1}{\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}}$

Αγαπητέ Δημήτρη μήπως το όριο είναι $\frac{1}{2}$ και όχι με τη ρίζα?

#7

Christos75 έγραψε:
ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:
parmenides51 έγραψε:1. α) Αν $\left( {{\alpha }_{\nu }} \right),\left( {{\beta }_{\nu }} \right)$ ακολουθίες πραγματικών αριθμών με $\lim {{\alpha }_{\nu }}=\alpha \in \mathbb{R}\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\lim {{\beta }_{\nu }}=\beta \in \mathbb{R}$ να αποδειχθεί ότι $\lim \left( {{\alpha }_{\nu }}{{\beta }_{\nu }} \right)=\alpha \beta$ .
β) Να βρεθεί το όριο της ακολουθίας $\left( {{\gamma }_{\nu }} \right)$ με ${{\gamma }_{\nu }}=\sqrt[\nu ]{{{\nu }^{\nu +1}}}\left( \sqrt{{{\nu }^{2}}+1}-\nu \right)$
(α) Ήταν θεωρία

(β) $\displaystyle{\gamma _n =n\sqrt[n]{n}\frac{(\sqrt{n^2 +1}-n)(\sqrt{n^2 +1}+n)}{\sqrt{n^2 +1}+n}=}$

$\displaystyle{=n\sqrt[n]{n}\frac{1}{n\sqrt{1+\frac{1}{n}}+n}=\frac{\sqrt[n]{n}}{\sqrt{1+\frac{1}{n}}+1}}$

Αλλά $\displaystyle{lim \sqrt[n]{n}=1}$ και $\displaystyle{lim \frac{1}{n}=0}$

Άρα $\displaystyle{lim \gamma_n=\frac{1}{\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}}$
Αγαπητέ Δημήτρη μήπως το όριο είναι $\frac{1}{2}$ και όχι με τη ρίζα?

Ναι, έκανα απροσεξία στο τέλος, πράγματι είναι $\displaystyle{\frac{1}{2}}$ . Θα κάνω την διόρθωση

Christos75 · #8

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:
Christos75 έγραψε:
ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:
parmenides51 έγραψε:1. α) Αν $\left( {{\alpha }_{\nu }} \right),\left( {{\beta }_{\nu }} \right)$ ακολουθίες πραγματικών αριθμών με $\lim {{\alpha }_{\nu }}=\alpha \in \mathbb{R}\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\lim {{\beta }_{\nu }}=\beta \in \mathbb{R}$ να αποδειχθεί ότι $\lim \left( {{\alpha }_{\nu }}{{\beta }_{\nu }} \right)=\alpha \beta$ .
β) Να βρεθεί το όριο της ακολουθίας $\left( {{\gamma }_{\nu }} \right)$ με ${{\gamma }_{\nu }}=\sqrt[\nu ]{{{\nu }^{\nu +1}}}\left( \sqrt{{{\nu }^{2}}+1}-\nu \right)$
(α) Ήταν θεωρία

(β) $\displaystyle{\gamma _n =n\sqrt[n]{n}\frac{(\sqrt{n^2 +1}-n)(\sqrt{n^2 +1}+n)}{\sqrt{n^2 +1}+n}=}$

$\displaystyle{=n\sqrt[n]{n}\frac{1}{n\sqrt{1+\frac{1}{n}}+n}=\frac{\sqrt[n]{n}}{\sqrt{1+\frac{1}{n}}+1}}$

Αλλά $\displaystyle{lim \sqrt[n]{n}=1}$ και $\displaystyle{lim \frac{1}{n}=0}$

Άρα $\displaystyle{lim \gamma_n=\frac{1}{\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}}$
Αγαπητέ Δημήτρη μήπως το όριο είναι $\frac{1}{2}$ και όχι με τη ρίζα?

Ναι, έκανα απροσεξία στο τέλος, πράγματι είναι $\displaystyle{\frac{1}{2}}$ . Θα κάνω την διόρθωση

Κανένα πρόβλημα, λάθη λόγω κεκτημένης όλοι κάνουμε!

#9

Και αντί για ακολουθία συνάρτηση
Να βρεθεί το όριο $\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,f(x)$ της συνάρτησης

με $f(x)=\sqrt[x]{{{x}^{x+1}}}\left( \sqrt{{{x}^{2}}+1}-x \right)$
Για x>0

$f(x)=\sqrt[x]{{{x}^{x+1}}}\left( \sqrt{{{x}^{2}}+1}-x \right)=\sqrt[x]{{{x}^{x}}}\cdot \sqrt{x}\cdot \left( \sqrt{{{x}^{2}}+1}-x \right)=$
$\displaystyle{=x\cdot \sqrt[x]{x}\cdot \left( \sqrt{{{x}^{2}}+1}-x \right)=x\cdot \sqrt[x]{x}\cdot \frac{\left( \sqrt{{{x}^{2}}+1}-x \right)\cdot \left( \sqrt{{{x}^{2}}+1}+x \right)}{\sqrt{{{x}^{2}}+1}+x}=}$ $\displaystyle{=x\cdot \sqrt[x]{x}\cdot \frac{1}{\left| x \right|\sqrt{1+\frac{1}{{{x}^{2}}}}+x}\overset{x\to +\infty }{\mathop{\text{ }=}}\,x\cdot \sqrt[x]{x}\cdot \frac{1}{x\sqrt{1+\frac{1}{{{x}^{2}}}}+x}=}$
$\displaystyle{f(x)=\sqrt[x]{{{x}^{x+1}}}\left( \sqrt{{{x}^{2}}+1}-x \right)=\sqrt[x]{{{x}^{x}}}\cdot \sqrt{x}\cdot \left( \sqrt{{{x}^{2}}+1}-x \right)=x\cdot \sqrt[x]{x}\cdot \left( \sqrt{{{x}^{2}}+1}-x \right)=}$
Είναι $\displaystyle{\underset{x\to +\infty }{\mathop \lim }\,\frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{{{x}^{2}}}}+1}=\frac{1}{\sqrt{1+0}+1}=\frac{1}{2}}$
και $\displaystyle{\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\sqrt[x]{x}=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{\left( x \right)}^{\frac{1}{x}}}=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{e}^{\ell n{{x}^{\frac{1}{x}}}}}=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{e}^{\frac{1}{x}\cdot \ell nx}}}$

Θέτουμε $t=\frac{\ell nx}{x}$ και ${{t}_{0}}=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{\ell nx}{x}=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{{{\left( \ell nx \right)}{'}}}{{{x}{'}}}=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{1}{x}=0$
Τότε $\displaystyle{\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{e}^{\frac{1}{x}\cdot \ell nx}}=\underset{t\to 0}{\mathop{\lim }}\,{{e}^{t}}=1}$
Άρα $\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,f(x)=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{\sqrt[x]{x}}{\sqrt{1+\frac{1}{{{x}^{2}}}}+1}=\frac{1}{2}$

#10

parmenides51 έγραψε:4. Στο τετράεδρο $\displaystyle{OAB\Gamma}$ να αποδειχθεί ότι :
α) Αν $\overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{B \Gamma }=0$ και $\overrightarrow{OB }\cdot \overrightarrow{\Gamma A }=0$ τότε $\overrightarrow{O\Gamma }\cdot \overrightarrow{A B }=0$
β) Αν $\overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{B \Gamma }=0$ και ${{d}_{1}}$ είναι η απόσταση των μέσων των ευθυγράμμων τμημάτων $\displaystyle{OB,\Gamma A}$ και ${{d}_{2}}$ είναι η απόσταση των μέσων των ευθυγράμμων τμημάτων $\displaystyle{O\Gamma, AB}$ τότε ${{d}_{1}}={{d}_{2}}$ .

(α) $\displaystyle{\overrightarrow{O\Gamma}.\overrightarrow{AB}=(\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{B\Gamma})(\overrightarrow{A\Gamma}+\overrightarrow{\Gamma B}=}$

$\displaystyle{\overrightarrow{OB}.\overrightarrow{A\Gamma}+\overrightarrow{OB}.\overrightarrow{\Gamma B}+\overrightarrow{B\Gamma}.\overrightarrow{A\Gamma}-\overrightarrow{B\Gamma}^2 =}$

$\displaystyle{0-\overrightarrow{OB}.\overrightarrow{B\Gamma}+\overrightarrow{B\Gamma}.\overrightarrow{A\Gamma}-\overrightarrow{B\Gamma}^2 }$ =

$\displaystyle{=\overrightarrow{B\Gamma}(\overrightarrow{BO}+\overrightarrow{A\Gamma}+\overrightarrow{\Gamma B})=\overrightarrow{B\Gamma}.\overrightarrow{AO} =0}$

(β)Έχουμε:

$\displaystyle{\overrightarrow{MN}=\overrightarrow{MO}+\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{AN}}$ . Επίσης:

$\displaystyle{\overrightarrow{MN}=\overrightarrow{M\Gamma}+\overrightarrow{\Gamma B}+\overrightarrow{BN}}$

Με πρόσθεση κατά μέλη αυτών, και με δεδομένο ότι τα $\displaystyle{M,N}$ είναι τα μέσα των $\displaystyle{O\Gamma}$ και $\displaystyle{AB}$ αντιστοίχως, έχουμε:

$\displaystyle{2\overrightarrow{MN}=\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{\Gamma B} \Rightarrow \overrightarrow{MN}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{\Gamma B})}$

Άρα $\displaystyle{|\overrightarrow{MN}|^2 =\frac{1}{4}(OA^2 +\Gamma B^2 )}$ , (ΣΧΕΣΗ 1)

Με τον ίδιο τρόπο, βρίσκουμε ότι:

$\displaystyle{|\overrightarrow{KL}|^2 =\frac{1}{4}(OA^2 +\Gamma B^2 )}$ , (ΣΧΕΣΗ 2)

Από τις σχέσεις 1 και 2 έχουμε $\displaystyle{d_1 =d_2}$

: ΤΕΤΡΑΕΔΡΟ.png (11.2 KiB) Προβλήθηκε 6312 φορές

Christos75 · #11

4. Στο τετράεδρο $\displaystyle{OAB\Gamma}$ να αποδειχθεί ότι :
α) Αν $\overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{B \Gamma }=0$ και $\overrightarrow{OB }\cdot \overrightarrow{\Gamma A }=0$ τότε $\overrightarrow{O\Gamma }\cdot \overrightarrow{A B }=0$
β) Αν $\overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{B \Gamma }=0$ και ${{d}_{1}}$ είναι η απόσταση των μέσων των ευθυγράμμων τμημάτων $\displaystyle{OB,\Gamma A}$ και ${{d}_{2}}$ είναι η απόσταση των μέσων των ευθυγράμμων τμημάτων $\displaystyle{O\Gamma, AB}$ τότε ${{d}_{1}}={{d}_{2}}$ .

Μία ακόμη εκδοχή για το α) ερώτημα της παραπάνω άσκησης.

$\vec{OG}.\vec{AB}=(\vec{OA}+\vec{AG}).(\vec{BG}+\vec{GA})=(\vec{OA}+\vec{AG}).(\vec{BG}-\vec{AG})= \vec{OA}.\vec{BG}-\vec{OA}.\vec{AG}+\vec{AG}.\vec{BG}-\left | \vec{AG^{}} \right |^2$
Συνεχίζοντας έχουμε: $=-\vec{OA}.\vec{AG}+\vec{AG}.\vec{BG}-\left | \vec{AG} \right |^2= -\vec{OA}.\vec{AG}+\vec{AG}(\vec{OG}-\vec{OB})-\left | \vec{AG} \right |^2$
και τελικά έχουμε: $-\vec{OA}.\vec{AG}+\vec{AG}.\vec{OG}-\vec{AG}.\vec{OB}-\left | \vec{AG} \right |^2 =\vec{AG}.(\vec{OG}-\vec{OA})-\vec{AG}.\vec{OB}-\left | \vec{AG} \right |^2=\left | \vec{AG} \right |^2-\vec{AG}.\vec{OB}-\left | \vec{AG} \right |^2=-\vec{AG}.\vec{OB}=0$
Άρα προκύπτει το ζητούμενο!

Όπου G θεωρούμε το σημείο Γ.

Α' ΔΕΣΜΗ 1983

Α' ΔΕΣΜΗ 1983

Re: Α' ΔΕΣΜΗ 1983

Re: Α' ΔΕΣΜΗ 1983

Re: Α' ΔΕΣΜΗ 1983

Re: Α' ΔΕΣΜΗ 1983

Re: Α' ΔΕΣΜΗ 1983

Re: Α' ΔΕΣΜΗ 1983

Re: Α' ΔΕΣΜΗ 1983

Re: Α' ΔΕΣΜΗ 1983

Re: Α' ΔΕΣΜΗ 1983

Re: Α' ΔΕΣΜΗ 1983

Μέλη σε σύνδεση