Α' ΔΕΣΜΗ 1991

parmenides51 · #1

1. α) Έστω $\displaystyle{V}$ ένας διανυσματικός χώρος και $\displaystyle{V_{\kappa}}$ ένας υπόχωρός του ο οποίος παράγεται από $\displaystyle{{\kappa}}$ διανύσματα του $\displaystyle{V}$ .
Από τα $\displaystyle{{\kappa}}$ αυτά διανύσματα υπάρχουν $\displaystyle{\rho}$ γραμμικώς ανεξάρτητα $1\le \rho \le \kappa$ τα οποία μαζί με καθένα από τα
υπόλοιπα διανύσματα είναι γραμμικώς εξαρτημένα τότε να αποδειχθεί ότι ο $\displaystyle{V_{\kappa}}$ έχει διάσταση $\displaystyle{\rho}$ .
β) Αν $\displaystyle{\omega =\frac{z+\alpha i}{iz+\alpha }}$ με $\displaystyle{\alpha \in \mathbb{R}^{\color{red}*} }$ και $\displaystyle{,z\ne \alpha i}$ τότε να αποδειχθεί ότι :
i) ο $\displaystyle{\omega}$ είναι φανταστικός αριθμός αν και μόνον αν ο $\displaystyle{z }$ είναι φανταστικός αριθμός.
ii) ισχύει $\left| \omega \right|=1$ αν και μόνον αν ο $\displaystyle{z}$ είναι πραγματικός αριθμός.

2. α) Έστω $\left( {{\alpha }_{\nu }} \right)$ ακολουθία συγκλίνουσα με $\lim {{\alpha }_{\nu }}\ne 0$ . Να αποδείξετε ότι:
i) υπάρχει φυσικός αριθμός $\displaystyle{\kappa}$ τέτοιος ώστε ${{\alpha }_{\nu +\kappa }}\ne 0$ για κάθε $\displaystyle{\nu \in \mathbb{N}}$ .
ii) για το παραπάνω $\displaystyle{\kappa}$ η ακολουθία $\left( {{\beta }_{\nu }} \right)$ με ${{\beta }_{\nu }}=\frac{1}{{{\alpha }_{\nu +\kappa }}}$ είναι φραγμένη.
β) Έστω $\displaystyle{\beta}$ πραγματικός αριθμός μεγαλύτερος της μονάδας.
Θεωρούμε την ακολουθία $\left( {{\alpha }_{\nu }} \right)$ με ${{\alpha }_{1}}={{\beta }^{\frac{1}{\beta }}}$ και ${{\alpha }_{\nu +1}}={{\left( {{\beta }^{\frac{1}{\beta }}} \right)}^{{{\alpha }_{\nu }}}}$ για κάθε $\displaystyle{\nu \in \mathbb{N}^*}$ .
Να αποδείξετε ότι :
i) η ακολουθία $\left( {{\alpha }_{\nu }} \right)$ είναι γνησίως αύξουσα
ii) η ακολουθία $\left( {{\alpha }_{\nu }} \right)$ είναι φραγμένη άνω από το $\displaystyle{\beta}$ .

3. α) Αν ${I_{\nu }}=\int_{0}^{\frac{\pi }{4}}{\varepsilon {{\phi }^{\nu }}xdx,\,\,\nu \in \mathbb{N}^*}$ τότε
i) να αποδείξετε ότι για κάθε $\displaystyle{\nu>2}$ ισχύει ${I_{\nu }}=\frac{1}{\nu -1}-{I_{\nu -2}}$ .
ii) να υπολογίσετε το ${I_{5}}$ .
β) Δίνεται η συνάρτηση $\displaystyle{f}$ με τύπο $\displaystyle{f(x)=\sqrt{x}-\frac{\ln x}{2\sqrt{x}},\,\,x>0}$
i) Να βρείτε τα διαστήματα μονοτονίας της $\displaystyle{f}$ .
ii) Να υπολογίσετε το εμβαδόν του χωρίου το οποίο περικλείεται από τη γραφική παράσταση της $\displaystyle{f}$ ,
τον άξονα $\displaystyle{Ox}$ και τις ευθείες με εξισώσεις $\displaystyle{x=1}$ και $\displaystyle{x=4}$ .

4. α) Δίνεται η έλλειψη $\displaystyle{\frac{{{x}^{2}}}{25}+\frac{{{y}^{2}}}{16}=1}$ .
Να βρείτε την εξίσωση της υπερβολής η οποία έχει τις ίδιες εστίες με την παραπάνω έλλειψη
και εφάπτεται στην ευθεία $\displaystyle{x-y+1=0}$ .
β) Βρείτε τις εξισώσεις των ευθειών οι οποίες εφάπτονται συγχρόνως στον κύκλο ${{x}^{2}}+{{y}^{2}}=4$ και στην παραβολή ${{y}^{2}}=3x$

edit
προσθήκη περιορισμού για την παράμετρο στο 1β, ευχαριστώ τον Γιώργο (Απόκη)

BAGGP93 · #2

parmenides51 έγραψε:

3. α) Αν ${I_{\nu }}=\int_{0}^{\frac{\pi }{4}}{\varepsilon {{\phi }^{\nu }}xdx,\,\,\nu \in \mathbb{N}^*}$ τότε
i) να αποδείξετε ότι για κάθε $\displaystyle{\nu>2}$ ισχύει ${I_{\nu }}=\frac{1}{\nu -1}-{I_{\nu -2}}$ .
ii) να υπολογίσετε το ${I_{5}}$ .
β) Δίνεται η συνάρτηση $\displaystyle{f}$ με τύπο $\displaystyle{f(x)=\sqrt{x}-\frac{\ln x}{2\sqrt{x}},\,\,x>0}$
i) Να βρείτε τα διαστήματα μονοτονίας της $\displaystyle{f}$ .
ii) Να υπολογίσετε το εμβαδόν του χωρίου το οποίο περικλείεται από τη γραφική παράσταση της $\displaystyle{f}$ ,
τον άξονα $\displaystyle{Ox}$ και τις ευθείες με εξισώσεις $\displaystyle{x=1}$ και $\displaystyle{x=4}$ .

αi)Για κάθε $\displaystyle{\nu>2}$ είναι,

$\displaystyle{\begin{aligned} I_{\nu}&=\int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \varepsilon \phi^{\nu}\,x\,dx\\&=\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\varepsilon \phi^2\,x\cdot \varepsilon \phi^{\nu-2}\,(x)\,dx\\&=\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\left(\frac{1}{\sigma \upsilon \nu^2\,x}-1\right)\cdot \varepsilon \phi^{n-2} \,(x)\,dx\\&=\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\frac{\varepsilon \phi^{n-2}\,(x)}{\sigma \upsilon \nu^2\,x}\,dx-\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\varepsilon \phi^{\nu-2}\,(x)\,dx\\&=\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}d\left(\frac{1}{\nu-1}\varepsilon \phi^{\nu-1}\,(x)\right)-I_{\nu-2}\\&=\left[\frac{1}{\nu-1}\varepsilon \phi^{\nu-1}\,(x)\right]_{0}^{\frac{\pi}{4}}-I_{\nu-2}\\&=\frac{1}{\nu-1}-I_{\nu-2}\end{aligned}}$

α)ii)Από το προηγούμενο ερώτημα έχουμε ότι $\displaystyle{I_{5}=\frac{1}{4}-I_{3}}$ και $\displaystyle{I_{3}=\frac{1}{2}-I_{1}}$ , όπου

$\displaystyle{I_{1}=\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\varepsilon \phi\,x\,dx=\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\frac{\eta \mu\,x}{\sigma \upsilon \nu\,x}\,dx=\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}d\left(-\ln\, (\sigma \upsilon \nu\,x)\right)=\left[-\ln\, (\sigma \upsilon \nu\,x)\right]_{0}^{\frac{\pi}{4}}=\frac{1}{2}\ln 2}$

Άρα, $\displaystyle{I_{3}=\frac{1-\ln 2}{2}}$ και άρα $\displaystyle{I_{5}=\frac{2\ln 2-1}{4}=\frac{\ln 4-1}{4}}$

βi)Η συνάρτηση $\displaystyle{f}$ είναι παραγωγίσιμη στο πεδίο ορισμού της με

$\displaystyle{f^\prime(x)=\frac{1}{2\sqrt{x}}-\left[\frac{1}{2x\,\sqrt{x}}-\ln x\left(\frac{1}{4x\,\sqrt{x}}\right)\right]=\frac{\ln x+2x-2}{4x\,\sqrt{x}}\,,x>0}$

Θεωρούμε τη συνάρτηση $\displaystyle{g:\left(0,+\infty\right)\to \mathbb{R}}$ με τύπο $\displaystyle{g(x)=\ln x+2x-2}$

Η $\displaystyle{g}$ είναι παραγωγίσιμη στο πεδίο ορισμού της με

$\displaystyle{g^\prime(x)=\frac{1}{x}+2>0\,\forall x>0}$

Παρατηρούμε επίσης ότι $\displaystyle{g(1)=0}$ και συνεπώς,

$\displaystyle{x<1\Rightarrow g(x)<g(1)=0\Rightarrow f^\prime(x)<0}$

$\displaystyle{x\geq 1\Rightarrow g(x)\geq g(1)=0\Rightarrow f^\prime(x)\geq 0}$

Έτσι, η $\displaystyle{f}$ είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστημα $\displaystyle{\left(0,1\right]}$ και γνησίως αύξουσα στο $\displaystyle{\left[1,+\infty\right)}$

βii)Το ζητούμενο εμβαδό, ισούται με

$\displaystyle{E=\int_{1}^{4}\left|f(x)\right|\,dx}$

Ωστόσο, η $\displaystyle{f}$ είναι γνησίως αύξουσα στο $\displaystyle{\left[1,+\infty\right)}$ και άρα

$\displaystyle{x\geq 1\Rightarrow f(x)\geq f(1)\Rightarrow f(x)\geq 1>0}$ , οπότε,

$\displaystyle{\begin{aligned}E&=\int_{1}^{4}f(x)\,dx\\&=\int_{1}^{4}\left(\sqrt{x}-\frac{\ln x}{2\sqrt{x}}\right)\,dx\\&=\int_{1}^{4} \sqrt{x}\,dx-\int_{1}^{4}\frac{\ln x}{2\sqrt{x}}\,dx\\&=\int_{1}^{4}d\left(\frac{2}{3}x\,\sqrt{x}\right)-\int_{1}^{4}\ln x\,d\left(\sqrt{x}\right)\\&=\left[\frac{2}{3}x\,\sqrt{x}\right]_{1}^{4}-\left[\ln x\,\sqrt{x}\right]_{1}^{4}+\int_{1}^{4}\sqrt{x}\,d(\ln x)\\&=\frac{16}{3}-\frac{2}{3}-2\ln 4+\int_{1}^{4}\frac{\sqrt{x}}{x}\,dx\\&=\frac{14}{3}-\ln 16+\left[2\sqrt{x}\right]_{1}^{4}\\&=\frac{14}{3}-\ln 16+2\\&=\frac{20}{3}-\ln 16\\&=\frac{20-3\ln 16}{3}\end{aligned}}$

και για λόγους επαλήθευσης

$\displaystyle{16<e^4<81\Rightarrow -\ln 81<-4<-\ln 16\Rightarrow -3\ln 81<-12<-3\ln 16 \Rightarrow 20-3\ln 81<8<20-3\ln 16}$

Γιώργος Απόκης · #3

4. α) Δίνεται η έλλειψη $\displaystyle{\frac{{{x}^{2}}}{25}+\frac{{{y}^{2}}}{16}=1}$ .
Να βρείτε την εξίσωση της υπερβολής η οποία έχει τις ίδιες εστίες με την παραπάνω έλλειψη
και εφάπτεται στην ευθεία $\displaystyle{x-y+1=0}$ .
β) Βρείτε τις εξισώσεις των ευθειών οι οποίες εφάπτονται συγχρόνως στον κύκλο ${{x}^{2}}+{{y}^{2}}=4$ και στην παραβολή ${{y}^{2}}=3x$ [/quote]

Λύση

α) Η έλλειψη έχει εστίες στον άξονα $\displaystyle{x'x}$ άρα η υπερβολή θα έχει μορφή $\displaystyle{\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1}$ . Για την έλλειψη έχουμε :

$\displaystyle{\gamma=\sqrt{25-16}=3}$ άρα για την υπερβολή θα έχουμε : $\displaystyle{\gamma=3\Leftrightarrow a^2+b^2=9~(1)}$ .

H υπερβολή και η ευθεία εφάπτονται αν και μόνο αν το σύστημα των εξισώσεών τους έχει μοναδική λύση. Με αντικατάσταση έχουμε :

$\displaystyle{\frac{x^2}{a^2}-\frac{(x+1)^2}{b^2}=1\Leftrightarrow b^2 x^2-a^2(x^2+2x+1)=a^2b^2\Leftrightarrow (b^2-a^2)x^2-2a^2x-a^2-a^2b^2=0 }$ .

Aφού $\displaystyle{b\ne \pm a}$ έχουμε εξίσωση 2ου βαθμού και για τη διακρίνουσα ισχύει : $\displaystyle{\Delta=0\Leftrightarrow 4a^4+4(b^2-a^2)(a^2+a^2b^2)=0\overset{:4a^2}\Leftrightarrow}$

$\displaystyle{a^2+(b^2-a^2)(1+b^2)=0\Leftrightarrow a^2+b^2+b^4-a^2-a^2b^2=0 \overset{:b^2}\Leftrightarrow1+b^2-a^2=0\Leftrightarrow a^2-b^2=1~(2) }$ .

Aπό τις (1), (2) έχουμε : $\displaystyle{a^2=5,b^2=4}$ άρα η υπερβολή έχει εξίσωση : $\displaystyle{\frac{x^2}{5}-\frac{y^2}{4}=1}$ .

β) Έστω $\displaystyle{(\epsilon):yy_1=\frac{3}{2}(x+x_1)\Leftrightarrow 3x-2y_1y+3x_1=0}$ η εφαπτομένη στο σημείο $\displaystyle{M(x_1,y_1)~(x_1>0)}$ της παραβολής.

Αφού εφάπτεται και του κύκλου θα ισχύει : $\displaystyle{d(K,\epsilon)=\rho\Leftrightarrow \frac{|3x_1|}{\sqrt{9+4y_1^2}}=2\Leftrightarrow 9x_1^2=36+16y_1^2}$ . Όμως $\displaystyle{y_1^2=3x_1}$ άρα

$\displaystyle{ 9x_1^2=36+48x_1\Leftrighatrrow \Leftrightarrow 3x_1^2-16x_1-12=0 }$ . To τριώνυμο έχει (δεκτή) λύση $\displaystyle{x_1=6}$ και έτσι $\displaystyle{y_1^2=18\Leftrightarrow y_1=\pm 3\sqrt{2}}$

και άρα έχουμε δύο εφαπτόμενες, τις : $\displaystyle{x-2\sqrt{2}y+6=0,~x+2\sqrt{2}y+6=0}$

kostas_zervos · #4

parmenides51 έγραψε: 2. α) Έστω $\left( {{\alpha }_{\nu }} \right)$ ακολουθία συγκλίνουσα με $\lim {{\alpha }_{\nu }}\ne 0$ . Να αποδείξετε ότι:
i) υπάρχει φυσικός αριθμός $\displaystyle{\kappa}$ τέτοιος ώστε ${{\alpha }_{\nu +\kappa }}\ne 0$ για κάθε $\displaystyle{\nu \in \mathbb{N}}$ .
ii) για το παραπάνω $\displaystyle{\kappa}$ η ακολουθία $\left( {{\beta }_{\nu }} \right)$ με ${{\beta }_{\nu }}=\frac{1}{{{\alpha }_{\nu +\kappa }}}$ είναι φραγμένη.
β) Έστω $\displaystyle{\beta}$ πραγματικός αριθμός μεγαλύτερος της μονάδας.
Θεωρούμε την ακολουθία $\left( {{\alpha }_{\nu }} \right)$ με ${{\alpha }_{1}}={{\beta }^{\frac{1}{\beta }}}$ και ${{\alpha }_{\nu +1}}={{\left( {{\beta }^{\frac{1}{\beta }}} \right)}^{{{\alpha }_{\nu }}}}$ για κάθε $\displaystyle{\nu \in \mathbb{N}^*}$ .
Να αποδείξετε ότι :
i) η ακολουθία $\left( {{\alpha }_{\nu }} \right)$ είναι γνησίως αύξουσα
ii) η ακολουθία $\left( {{\alpha }_{\nu }} \right)$ είναι φραγμένη άνω από το $\displaystyle{\beta}$ .

α)
i)Έστω $\lim a_n=\ell\neq 0$ , τότε:

$(\forall \varepsilon>0)(\exists\kappa\in \mathbb{N})$ ώστε για κάθε $\mu\geq \kappa$ να ισχύει ότι $|a_{\mu}-\ell|<\varepsilon$ .

Έχουμε $|a_{\mu}-\ell|<\varepsilon \iff \ell-\varepsilon<a_{\mu}<\ell+\varepsilon\;,\;\forall \varepsilon>0$ .

Οπότε για $\varepsilon=\dfrac{|\ell|}{2}>0$ έχουμε ότι $\exists \kappa\in\mathbb{N}^*$ ώστε $\ell-\dfrac{|\ell|}{2}<a_{\mu}<\ell+\dfrac{|\ell|}{2}$ , $\forall \mu\geq \kappa$ .

Αν $\ell>0$ , τότε $\ell-\dfrac{|\ell|}{2}<a_{\mu}<\ell+\dfrac{|\ell|}{2}\iff \dfrac{\ell}{2}<a_{\mu}<\dfrac{3\ell}{2}$ .

Αν $\ell<0$ , τότε $\ell-\dfrac{|\ell|}{2}<a_{\mu}<\ell+\dfrac{|\ell|}{2}\iff \dfrac{3\ell}{2}<a_{\mu}<\dfrac{\ell}{2}$ .

Άρα για κάθε $\mu\geq \kappa$ είναι $a_{\mu}\neq 0$ επομένως αν $\nu=m-\kappa$ , τότε

υπάρχει $\kappa$ ώστε για κάθε $\nu\geq 0$ να ισχύει $a_{\nu+\kappa}\neq 0\;,\;\forall \nu\in \mathbb{N}$ .

(Δεν θυμάμαι αν στο σχολικό βιβλίο υπήρχε το το θεώρημα :
Αν $\lim a_{\nu}=\ell\neq 0$ , τότε υπάρχει $\kappa\in\mathbb{N}$ ώστε $a_{\nu}\neq 0$ για κάθε $n\geq \kappa$ .)
ii)Για κάθε $\nu\geq 0$ έχουμε $a_{\nu+\kappa}\neq 0$ , άρα η $\beta_{\nu}$ ορίζεται για κάθε $\nu\in\mathbb{N}$ .

Επίσης $\lim\beta_{\nu}=\lim\dfrac{1}{a_{\nu+\kappa}}=\dfrac{1}{\ell}$ .

Δηλαδή η $\beta_{\nu}$ συγκλίνει , επομένως είναι φραγμένη.
β)
i)Με μαθηματική επαγωγή θα δείξουμε ότι $a_{\nu+1}>a_{\nu}$ για κάθε $\nu\in\mathbb{N}^*$ .

Για n=1

πρέπει $a_2>a_1 \iff \left(\beta^{\frac{1}{\beta}}\right)^{\beta^{\frac{1}{\beta}}}>\beta^{\frac{1}{\beta}} \iff$

$\iff ln \left(\beta^{\frac{1}{\beta}}\right)^{\beta^{\frac{1}{\beta}}}>ln\beta^{\frac{1}{\beta}} \iff \beta^{\frac{1}{\beta}}ln\beta^{\frac{1}{\beta}}>ln\beta^{\frac{1}{\beta}}\iff$
$\iff \beta^{\frac{1}{\beta}}\dfrac{1}{\beta}ln\beta>\dfrac{1}{\beta}ln\beta\overset{(\beta>0\;,\;\ln \beta>0)}{\iff}\beta^{\frac{1}{\beta}}>1\iff ln\beta^{\frac{1}{\beta}}>ln 1\iff$
$\iff \dfrac{ln \beta}{\beta}>0 \iff ln\beta>0$ που ισχύει αφού $\beta>1$ .

Έστω ότι $a_{\kappa+1}>a_{\kappa}$ .
Θα δείξουμε ότι $a_{\kappa+2}>a_{\kappa+1} \iff \left(\beta^{\frac{1}{\beta}}\right)^{a_{\kappa+1}}>\left(\beta^{\frac{1}{\beta}}\right)^{a_{\kappa}} \iff$
$ln \left(\beta^{\frac{1}{\beta}}\right)^{a_{\kappa+1}}>ln \left(\beta^{\frac{1}{\beta}}\right)^{a_{\kappa}} \iff a_{\kappa+1}ln\left(\beta^{\frac{1}{\beta}}\right)>a_{\kappa}ln\left(\beta^{\frac{1}{\beta}}\right)\iff$
$a_{\kappa+1}\dfrac{1}{\beta}ln\beta>a_{\kappa}\dfrac{1}{\beta}ln\beta \iff a_{\kappa+1}>a_{\kappa}$ που ισχύει , (χρησιμοποιήσαμε ότι $\beta>1$ και $ln\beta>0$ ).
ii)Θα αποδείξουμε με μαθηματική επαγωγή ότι $a_{\nu}<\beta$ για κάθε $\nu\in\mathbb{N}^*$ .

Για $\nu=1$ πρέπει $a_1<\beta \iff \beta^{\frac{1}{\beta}}<\beta \iff ln \beta^{\frac{1}{\beta}}<ln\beta \iff \dfrac{1}{\beta}ln\beta<ln\beta\overset{ln\beta>0}{\iff}$
$\iff \dfrac{1}{\beta}<1\iff \beta>1$ που ισχύει.

Έστω ότι $a_{\kappa}<\beta$ .
Θα δείξουμε ότι $a_{\kappa+1}<\beta \iff \left(\beta^{\frac{1}{\beta}}\right)^{a_{\kappa}}<\beta \iff ln \left(\beta^{\frac{1}{\beta}}\right)^{a_{\kappa}}<ln \beta\iff$
$\iff a_{\kappa}ln \left(\beta^{\frac{1}{\beta}}\right)<ln\beta \iff a_{\kappa}\dfrac{1}{\beta}ln\beta<ln\beta \overset{ln\beta>0}{\iff}$
$\iff \dfrac{a_{\kappa}}{\beta}<1\overset{\beta>1}{\iff} a_{\kappa}<\beta$ που ισχύει.

ΠΑΡΑΤΗΡΗΣΗΣΗ

Η $\beta_{\nu}$ είναι συγκλίνουσα και το όριό της είναι λύση της εξίσωσης $\dfrac{ln \ell}{\ell}=\dfrac{ln\beta}{\beta}$ ....

Γιώργος Απόκης · #5

1. α) Έστω $\displaystyle{V}$ ένας διανυσματικός χώρος και $\displaystyle{V_{\kappa}}$ ένας υπόχωρός του ο οποίος παράγεται από $\displaystyle{{\kappa}}$ διανύσματα του $\displaystyle{V}$ .
Από τα $\displaystyle{{\kappa}}$ αυτά διανύσματα υπάρχουν $\displaystyle{\rho}$ γραμμικώς ανεξάρτητα $1\le \rho \le \kappa$ τα οποία μαζί με καθένα από τα
υπόλοιπα διανύσματα είναι γραμμικώς εξαρτημένα τότε να αποδειχθεί ότι ο $\displaystyle{V_{\kappa}}$ έχει διάσταση $\displaystyle{\rho}$ .
β) Αν $\displaystyle{\omega =\frac{z+\alpha i}{iz+\alpha }}$ με $\displaystyle{\alpha \in \mathbb{R}^{*} }$ και $\displaystyle{,z\ne \alpha i}$ τότε να αποδειχθεί ότι :
i) ο $\displaystyle{\omega}$ είναι φανταστικός αριθμός αν και μόνον αν ο $\displaystyle{z }$ είναι φανταστικός αριθμός.
ii) ισχύει $\left| \omega \right|=1$ αν και μόνον αν ο $\displaystyle{z}$ είναι πραγματικός αριθμός.

Λύση

α) Θεωρία (Σχολικό βιβλίο, σελίδα 109) (Έδωσα το '91 και έχω ακόμα το βιβλίο )

β) i) $\displaystyle{w\in \mathbb I\Leftrightarrow \bar w=-w\Leftrightarrow \frac{\bar z-ai}{-i\bar z+a}=\frac{-z-ai}{iz+a}\Leftrightarrow (\bar z-ai)(iz+a)=(-i\bar z+a)(-z-ai)\Leftrightarrow }$

$\displaystyle{i|z|^2+a\bar z+az-a^2i=i|z|^2-a\bar z-az-a^2i\Leftrightarrow 2a\bar z=-2az\overset{a\ne 0}\Leftrightarrow \bar z=-z\Leftrightarrow z\in \mathbb I}$ .

ii) $\displaystyle{|w|=1\Leftrightarrow |z+ai|=|iz+a|\Leftrightarrow |z+ai|^2=|iz+a|^2\Leftrightarrow (z+ai)(\bar z-ai)=(iz+a)(-i\bar z+a)\Leftrightarrow}$

$\displaystyle{|z|^2-azi+a\bar zi+a^2=|z|^2+azi-a\bar zi+a^2\Leftrightarrow 2azi=2a\bar zi\overset{a\ne 0}\Leftrightarrow z=\bar z\Leftrightarrow z\in \mathbb R}$

S.E.Louridas · #6

Γιώργος Απόκης έγραψε:1. α) Έστω $\displaystyle{V}$ ένας διανυσματικός χώρος και $\displaystyle{V_{\kappa}}$ ένας υπόχωρός του ο οποίος παράγεται από $\displaystyle{{\kappa}}$ διανύσματα του $\displaystyle{V}$ .
Από τα $\displaystyle{{\kappa}}$ αυτά διανύσματα υπάρχουν $\displaystyle{\rho}$ γραμμικώς ανεξάρτητα $1\le \rho \le \kappa$ τα οποία μαζί με καθένα από τα
υπόλοιπα διανύσματα είναι γραμμικώς εξαρτημένα τότε να αποδειχθεί ότι ο $\displaystyle{V_{\kappa}}$ έχει διάσταση $\displaystyle{\rho}$ .
β) Αν $\displaystyle{\omega =\frac{z+\alpha i}{iz+\alpha }}$ με $\displaystyle{\alpha \in \mathbb{R}^{*} }$ και $\displaystyle{,z\ne \alpha i}$ τότε να αποδειχθεί ότι :
i) ο $\displaystyle{\omega}$ είναι φανταστικός αριθμός αν και μόνον αν ο $\displaystyle{z }$ είναι φανταστικός αριθμός.
ii) ισχύει $\left| \omega \right|=1$ αν και μόνον αν ο $\displaystyle{z}$ είναι πραγματικός αριθμός.

Απλά για να συγκρίνουμε το επίπεδο της ΑΛΓΕΒΡΑΣ μας τότε στο Λύκειο (Δομές - Διανυσματικοί χώροι κ.τ.λ.), με το σχεδόν ανύπαρκτο επίπεδο της ΑΛΓΕΒΡΑΣ μας σήμερα και της ΓΕΩΜΕΤΡΙΑΣ και της ΘΕΩΡΙΑΣ ΑΡΙΘΜΩΝ και μετά λέμε και ξαναλέμε...και άντε να βρείς άκρη...

Α' ΔΕΣΜΗ 1991

Α' ΔΕΣΜΗ 1991

Re: Α' ΔΕΣΜΗ 1991

Re: Α' ΔΕΣΜΗ 1991

Re: Α' ΔΕΣΜΗ 1991

Re: Α' ΔΕΣΜΗ 1991

Re: Α' ΔΕΣΜΗ 1991

Μέλη σε σύνδεση