mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιουν 17, 2013 3:14 pm**

1. α) i) Έστω τα διανύσματα $\vec{\alpha },\vec{\beta },\vec{\gamma }$ του επιπέδου . Να αποδειχθεί ότι $\vec{\alpha }\cdot \left( \vec{\beta }+\vec{\gamma } \right)=\vec{\alpha }\cdot \vec{\beta }+\vec{\alpha }\cdot \vec{\gamma }$ .
ii) Να αποδειχθεί ότι δυο μη μηδενικά διανύσματα είναι κάθετα αν και μόνο αν το εσωτερικό τους γινόμενο είναι μηδέν.
β) Σε ένα ορθοκανονικό σύστημα αναφοράς $\displaystyle{Oxy}$ δίνονται τα σημεία $\displaystyle{A(4,2)}$ και $\displaystyle{B(3,-5)}$ .
Θεωρούμε την ευθεία $\displaystyle{(\varepsilon)}$ με εξίσωση $\displaystyle{7x+y-23=0}$ .
Να βρεθεί σημείο $\displaystyle{M}$ της ευθείας $\displaystyle{(\varepsilon)}$ τέτοιο ώστε το τρίγωνο $\displaystyle{AMB}$ να είναι ορθογώνιο στο $\displaystyle{M}$ .

2. α) Αν $\left\{ {{v}_{1}},{{v}_{2}},{{v}_{3}},...,{{v}_{\rho }} \right\}$ είναι μια βάση του διανυσματικού χώρου $\displaystyle{V}$ τότε να αποδειχθεί ότι
κάθε διάνυσμα $v\in V$ εκφράζεται κατά μοναδικό τρόπο ως γραμμικός συνδυασμός των διανυσμάτων της βάσης αυτής του $\displaystyle{V}$ .
β) Δίνεται το υποσύνολο του ${{\mathbb{R}}^{3}}\,\,\,V=\left\{ \left( \alpha ,\alpha -\beta ,2\alpha +3\beta \right):\alpha ,\beta \in \mathbb{R} \right\}$ .
Να αποδειχθεί ότι το V είναι διανυσματικός υπόχωρος του ${{\mathbb{R}}^{3}}$ και να βρεθεί η διάστασή του.

3.α) Αν $\displaystyle{\lim {{\alpha }_{\nu }}=+\infty }$ ή $\displaystyle{-\infty}$ και για κάθε $\displaystyle{\nu \in \mathbb{N}}$ είναι $\displaystyle{{\alpha }_{\nu }}\ne 0$ να αποδειχθεί ότι $\displaystyle{\lim \frac{1}{{{\alpha }_{\nu }}}=0}$ .
β) Να βρεθεί το όριο της ακολουθίας $\left( {{\alpha }_{\nu }} \right)$ με ${{\alpha }_{\nu }}=\left( \sqrt{7{{\nu }^{4}}+6\nu +5}-\sqrt{7{{\nu }^{4}}+3\nu +3} \right)\left( \sqrt{63{{\nu }^{2}}-5\nu +20} \right)$ .

4.α) Αν η $\displaystyle{f}$ ορίζεται σε ένα ανοικτό διάστημα $\displaystyle{\Delta}$ παρουσιάζει τοπικό ακρότατο στο ${{x}_{0}}\in \Delta$ και είναι παραγωγίσιμη στο ${{x}_{0}}$
τότε να αποδειχθεί ότι ${f}'({{x}_{0}})=0$ .
β) Δίνεται η συνάρτηση $\displaystyle{f}$ με $f(x)={{x}^{4}}-14{{x}^{2}}+24x$ . Έστω $\displaystyle{C_f}$ η γραφική παράσταση της συνάρτησης $\displaystyle{f}$ .
Να αποδειχθεί ότι υπάρχουν τρία σημεία $A,B ,\Gamma \in C_f$ τέτοια ώστε οι εφαπτόμενες της $\displaystyle{C_f}$ στα $\displaystyle{A,B ,\Gamma}$ να είναι παράλληλες προς τον άξονα {x}'x

.
Να αποδειχθεί ότι το βαρύκεντρο του τριγώνου $\displaystyle{AB \Gamma}$ βρίσκεται πάνω στον άξονα {y}'y

.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιουν 17, 2013 3:36 pm**

4.α) Αν η $\displaystyle{f}$ ορίζεται σε ένα ανοικτό διάστημα $\displaystyle{\Delta}$ παρουσιάζει τοπικό ακρότατο στο ${{x}_{0}}\in \Delta$ και είναι παραγωγίσιμη στο ${{x}_{0}}$
τότε να αποδειχθεί ότι ${f}'({{x}_{0}})=0$ .
β) Δίνεται η συνάρτηση $\displaystyle{f}$ με $f(x)={{x}^{4}}-14{{x}^{2}}+24x$ . Έστω $\displaystyle{C_f}$ η γραφική παράσταση της συνάρτησης $\displaystyle{f}$ .
Να αποδειχθεί ότι υπάρχουν τρία σημεία $A,B ,\Gamma \in C_f$ τέτοια ώστε οι εφαπτόμενες της $\displaystyle{C_f}$ στα $\displaystyle{A,B ,\Gamma}$ να είναι παράλληλες προς τον άξονα {x}'x

.
Να αποδειχθεί ότι το βαρύκεντρο του τριγώνου $\displaystyle{AB \Gamma}$ βρίσκεται πάνω στον άξονα {y}'y

.

Λύση
α) Θεωρία (Θεώρημα Fermat)

β) Η $\displaystyle{f}$ είναι παραγωγίσιμη στο $\displaystyle{\mathbb R}$ με $\displaystyle{f'(x)=4x^3-28x+24=4(x^3-7x+6)=4(x^3-x-6x+6)=}$

$\displaystyle{=4[x(x+1)(x-1)-6(x-1)]=4(x-1)(x^2+x-6)=4(x-1)(x-2)(x+3)}$ .

Tα σημεία στα οποία οι εφαπτόμενες είναι οριζόντιες έχουν τετμημένες τις λύσεις της εξίσωσης : $\displaystyle{f'(x)=0\Leftrightarrow x\in\{1,2,-3\}}$

Άρα, υπάρχουν τρία σημεία, τα $\displaystyle{A(1,f(1)),B(2,f(2)),\Gamma(-3,f(-3))}$ και η τετμημένη του βαρύκεντρου είναι ίση με

$\displaystyle{x_G=\frac{x_A+x_B+x_{\Gamma}}{3}=\frac{1+2-3}{3}=0}$ άρα το σημείο ανήκει τον άξονα $\displaystyle{y'y}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιουν 17, 2013 3:58 pm**

1. α) i) Έστω τα διανύσματα $\vec{\alpha },\vec{\beta },\vec{\gamma }$ του επιπέδου . Να αποδειχθεί ότι $\vec{\alpha }\cdot \left( \vec{\beta }+\vec{\gamma } \right)=\vec{\alpha }\cdot \vec{\beta }+\vec{\alpha }\cdot \vec{\gamma }$ .
ii) Να αποδειχθεί ότι δυο μη μηδενικά διανύσματα είναι κάθετα αν και μόνο αν το εσωτερικό τους γινόμενο είναι μηδέν.
β) Σε ένα ορθοκανονικό σύστημα αναφοράς $\displaystyle{Oxy}$ δίνονται τα σημεία $\displaystyle{A(4,2)}$ και $\displaystyle{B(3,-5)}$ .
Θεωρούμε την ευθεία $\displaystyle{(\varepsilon)}$ με εξίσωση $\displaystyle{7x+y-23=0}$ .
Να βρεθεί σημείο $\displaystyle{M}$ της ευθείας $\displaystyle{(\varepsilon)}$ τέτοιο ώστε το τρίγωνο $\displaystyle{AMB}$ να είναι ορθογώνιο στο $\displaystyle{M}$ .

Λύση

α) Θεωρία

β) Έστω $\displaystyle{M(x,23-7x)}$ σημείο της ευθείας. Θεωρούμε τα διανύσματα $\displaystyle{\overrightarrow{AM}=(x-4,21-7x),~\overrightarrow{MB}=(3-x,-28+7x)}$ .

To τρίγωνο είναι ορθογώνιο στο $\displaystyle{M}$ αν και μόνο αν $\displaystyle{\overrightarrow{AM}\perp\overrightarrow{MB}\Leftrightarrow \overrightarrow{AM}\cdot\overrightarrow{MB}=0\Leftrightarrow (x-4)(3-x)+(21-7x)(-28+7x)=0 \Leftrightarrow}$

$\displaystyle{(x-4)(3-x)+7\cdot 7(3-x)(x-4)=0\Leftrightarrow 50(x-4)(3-x)=0\Leftrightarrow x=3~\acute{\eta}~x=4}$

άρα έχουμε : $\displaystyle{M(3,2)~\acute{\eta}~M(4,-5)}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιουν 17, 2013 4:11 pm**

1. α) i) Έστω τα διανύσματα $\vec{\alpha },\vec{\beta },\vec{\gamma }$ του επιπέδου . Να αποδειχθεί ότι $\vec{\alpha }\cdot \left( \vec{\beta }+\vec{\gamma } \right)=\vec{\alpha }\cdot \vec{\beta }+\vec{\alpha }\cdot \vec{\gamma }$ .
ii) Να αποδειχθεί ότι δυο μη μηδενικά διανύσματα είναι κάθετα αν και μόνο αν το εσωτερικό τους γινόμενο είναι μηδέν.
β) Σε ένα ορθοκανονικό σύστημα αναφοράς $\displaystyle{Oxy}$ δίνονται τα σημεία $\displaystyle{A(4,2)}$ και $\displaystyle{B(3,-5)}$ .
Θεωρούμε την ευθεία $\displaystyle{(\varepsilon)}$ με εξίσωση $\displaystyle{7x+y-23=0}$ .
Να βρεθεί σημείο $\displaystyle{M}$ της ευθείας $\displaystyle{(\varepsilon)}$ τέτοιο ώστε το τρίγωνο $\displaystyle{AMB}$ να είναι ορθογώνιο στο $\displaystyle{M}$ .

Λύση

Α
i) Θεωρία

ii) Θεωρία

Β
Έχουμε λοιπόν τα σημεία A(4,2)

και

. Εππίσης μας δίνεται η ευθεία: $(\varepsilon ): 7x+y-23=0$ .

Έστω $M(\alpha ,\beta )$ το ζητούμενο σημείο. Αφού $M\in (\varepsilon )\Leftrightarrow 7\alpha +\beta -23=0 (1)$

Επίσης ισχύει: $\vec{MA}\perp \vec{MB}\Leftrightarrow \vec{MA}.\vec{MB}=0 (2)$

Ισχύει επίσης $\vec{MA}=(4-\alpha,2-\beta ), \vec{MB}=(3-\alpha,-5-\beta )$ οπότε $\vec{MA}.\vec{MB}=0$

δηλαδή: $\vec{MA}.\vec{MB}=0\Leftrightarrow (4-\alpha ).(3-\alpha )+(2-\beta ).(\beta +5)=0\Leftrightarrow (\beta +2)^{2}=25-\alpha ^{2}$

Λύνοντας το μη γραμμικό σύστημα των (1), (2)

καταλήγουμε στο τριώνυμο: $\alpha ^{2}-7\alpha +12=0$ από όπου παίρνουμε:

$\alpha _{1}=3, \alpha _{2}=4$ και με αντικατάσταση στην (1)

παίρνουμε: $\beta _{1}=2, \beta _{2}=-5$

Άρα τα ζητούμενα σημεία είναι: $M_{1}=(3,2), M_{2}=(4,-5)$ .

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιουν 17, 2013 4:36 pm**

3.α) Αν $\displaystyle{\lim {{\alpha }_{\nu }}=+\infty }$ ή $\displaystyle{-\infty}$ και για κάθε $\displaystyle{\nu \in \mathbb{N}}$ είναι $\displaystyle{{\alpha }_{\nu }}\ne 0$ να αποδειχθεί ότι $\displaystyle{\lim \frac{1}{{{\alpha }_{\nu }}}=0}$ .
β) Να βρεθεί το όριο της ακολουθίας $\left( {{\alpha }_{\nu }} \right)$ με ${{\alpha }_{\nu }}=\left( \sqrt{7{{\nu }^{4}}+6\nu +5}-\sqrt{7{{\nu }^{4}}+3\nu +3} \right)\left( \sqrt{63{{\nu }^{2}}-5\nu +20} \right)$ .

Λύση

α) Θεωρία

β)Έχουμε: $\displaystyle{\sqrt{7\nu ^4+6\nu +5}-\sqrt{7\nu ^4+3\nu +3}=\frac{(\sqrt{7\nu ^4+6\nu +5}-\sqrt{7\nu ^4+3\nu +3})(\sqrt{7\nu ^4+6\nu +5}+\sqrt{7\nu ^4+3\nu +3})}{\sqrt{7\nu ^4+6\nu +5}+\sqrt{7\nu ^4+3\nu +3}}=}$

$\displaystyle{=\frac{7\nu ^4+6\nu +5-7\nu ^4-3\nu -3}{\sqrt{7\nu ^4+6\nu +5}+\sqrt{7\nu ^4+3\nu +3}}=\frac{3\nu +2}{\sqrt{7\nu ^4+6\nu +5}+\sqrt{7\nu ^4+3\nu +3}}=\frac{\nu \left(3+\frac{2}{\nu }\right)}{\nu ^2\left(\sqrt{7+\frac{6}{\nu ^3}+\frac{5}{\nu ^4}}+\sqrt{7+\frac{3}{\nu ^3}+\frac{3}{\nu ^4}}\right)}}$

Eπομένως $\displaystyle{a_\nu =\frac{\nu \left(3+\frac{2}{\nu }\right)\nu \sqrt{63-\frac{5}{\nu }+\frac{20}{\nu ^2}}}{\nu ^2\left(\sqrt{7+\frac{6}{\nu ^3}+\frac{5}{\nu ^4}}+\sqrt{7+\frac{3}{\nu ^3}+\frac{3}{\nu ^4}}\right)}=\frac{\left(3+\frac{2}{\nu }\right)\sqrt{63-\frac{5}{\nu }+\frac{20}{\nu ^2}}}{\sqrt{7+\frac{6}{\nu ^3}+\frac{5}{\nu ^4}}+\sqrt{7+\frac{3}{\nu ^3}+\frac{3}{\nu ^4}}}\rightarrow \frac{3\sqrt{63}}{\sqrt{7}+\sqrt{7}}=\frac{9\sqrt{7}}{2\sqrt{7}}=\frac{9}{2}}$

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιουν 20, 2013 9:54 am**

parmenides51 έγραψε:2. α) Αν $\left\{ {{v}_{1}},{{v}_{2}},{{v}_{3}},...,{{v}_{\rho }} \right\}$ είναι μια βάση του διανυσματικού χώρου $\displaystyle{V}$ τότε να αποδειχθεί ότι
κάθε διάνυσμα $v\in V$ εκφράζεται κατά μοναδικό τρόπο ως γραμμικός συνδυασμός των διανυσμάτων της βάσης αυτής του $\displaystyle{V}$ .
β) Δίνεται το υποσύνολο του ${{\mathbb{R}}^{3}}\,\,\,V=\left\{ \left( \alpha ,\alpha -\beta ,2\alpha +3\beta \right):\alpha ,\beta \in \mathbb{R} \right\}$ .
Να αποδειχθεί ότι το V είναι διανυσματικός υπόχωρος του ${{\mathbb{R}}^{3}}$ και να βρεθεί η διάστασή του.

α) θεωρία

β) Έστω $\displaystyle{x_1,x_2 \in V}$

με $\displaystyle{x_1=(\alpha_1 ,\alpha_1 -\beta_1 ,2\alpha_1 +3\beta_1)}$ και $\displaystyle{x_2=(\alpha_2 ,\alpha_2 -\beta_2 ,2\alpha_2 +3\beta_2)}$

όπου $\displaystyle{\alpha_1 ,\alpha_2,\beta_1 ,\beta_2 \in \mathbb{R}}$

έστω $\displaystyle{\lambda,\mu \in \mathbb{R}}$

$\displaystyle{\lambda x_1 +\mu x_2=\lambda(\alpha_1 ,\alpha_1 -\beta_1 ,2\alpha_1 +3\beta_1) +\mu(\alpha_2 ,\alpha_2 -\beta_2 ,2\alpha_2 +3\beta_2)}$

$\displaystyle{=(\lambda \alpha_1 ,\lambda\alpha_1 -\lambda\beta_1 ,2\lambda\alpha_1 +3\lambda\beta_1)+(\mu\alpha_2 ,\mu\alpha_2 -\mu\beta_2 ,2\mu\alpha_2 +3\mu\beta_2)}$

$\displaystyle{=(\lambda \alpha_1+\mu\alpha_2 ,\lambda\alpha_1+\mu\alpha_2 -\lambda\beta_1-\mu\beta_2 ,2\lambda\alpha_1+2\mu\alpha_2 +3\lambda\beta_1+3\mu\beta_2)}$

$\displaystyle{=\left(\lambda \alpha_1+\mu\alpha_2 ,(\lambda\alpha_1+\mu\alpha_2) -(\lambda\beta_1+\mu\beta_2) ,2(\lambda\alpha_1+\mu\alpha_2) +3(\lambda\beta_1+\mu\beta_2)\right)}$

$\displaystyle{=(\alpha_3 ,\alpha_3 -\beta_3 ,2\alpha_3 +3\beta_3)\in V }$

όπου $\displaystyle{\alpha_3 =\lambda \alpha_1+\mu\alpha_2}$ και $\displaystyle{\beta_3=\lambda\beta_1+\mu\beta_2}$

$\displaystyle{(\alpha ,\alpha -\beta ,2\alpha +3\beta)=\alpha (1,1,2 )+\beta(0,-1,3)}$

$\displaystyle{V=<(1,1,2 ),(0,-1,3)>}$

έστω $\displaystyle{w_1=(1,1,2 ),w_2=(0,-1,3)}$ και $\displaystyle{\lambda,\mu \in \mathbb{R}}$

$\displaystyle{\lambda w_1+\mu w_2=0 \Rightarrow \lambda(1,1,2 )+\mu(0,-1,3)=0 }$

$\displaystyle{ (\lambda,\lambda-\mu,2\lambda+3\mu)=(0,0,0)\Rightarrow \left\{\begin{matrix} \lambda =0\\ \lambda-\mu=0\\ 2\lambda+3\mu=0 \end{matrix}\right} \Rightarrow \lambda=\mu=0}$

οπότε τα $\displaystyle{2}$ διανύσματα $\displaystyle{w_1,w_2}$ είναι γραμμικά ανεξάρτητα και παράγουν τον χώρο $\displaystyle{V}$ ,

άρα αποτελούν βάση του $\displaystyle{V}$

οπότε ο χώρος $\displaystyle{V}$ έχει διάσταση $\displaystyle{2}$

mathematica.gr

A' ΔΕΣΜΗ 1987

A' ΔΕΣΜΗ 1987

Re: A' ΔΕΣΜΗ 1987

Re: A' ΔΕΣΜΗ 1987

Re: A' ΔΕΣΜΗ 1987

Re: A' ΔΕΣΜΗ 1987

Re: A' ΔΕΣΜΗ 1987