ΕΛΛΗΝΙΚΟ ΑΝΟΙΚΤΟ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ

Transcript

1 ΕΛΛΗΝΙΚΟ ΑΝΟΙΚΤΟ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΠΡΟΓΡΑΜΜΑ ΣΠΟΥ ΩΝ ΣΤΗΝ ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Ι (ΘΕ ΠΛΗ ) ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ Α ΕΡΓΑΣΙΑΣ. ( 8 µον.) Η άσκηση αυτή αναφέρεται σε διαιρετότητα και ρίζες πολυωνύµων. a. Να λυθεί η εξίσωση ( x 5x+ 6) ( x ) 0. b. Γνωρίζουµε ότι µια λύση της εξίσωσης x 0x + 9x 0 είναι η x. Να βρεθούν οι άλλες πραγµατικές λύσεις (αν υπάρχουν). 4 c. Να βρεθούν τα a,bτέτοια ώστε το πολυώνυµο x + ax + bx + x + να διαιρείται µε το x. d. Να λυθεί η εξίσωση x+ 5 x a. Η εξίσωση (x 5x + 6) (x ) 0 x 5x ή x 0. Η 5 ± εξίσωση x 5 x έχει και ρίζες x, x, x. Η εξίσωση x 0 x, άρα προκύπτει. x, 4 ± b. Μετά από διαίρεση του πολυωνύµου µε x έχουµε x 0x + 9x 0 0 ( x )(x 9x + 0) 0 x 0 x ή x 9x x 4, x 5. 4 c. Έστω το πολυώνυµο P(x) x + ax + bx + x +. Αφού διαιρείται µε το x (x )(x + ), διαιρείται και µε κάθε παράγοντά του, άρα οι τιµές x και x είναι ρίζες της εξίσωσης P(x) 0, από όπου προκύπτει το επόµενο σύστηµα : x P() 0 + a + b + 0 a x P( ) 0 a + b 0 b d. Για x 0 έχουµε ( x ) ( x ) x x x x + 6 4x x + 5 (x ) και αν είναι x, ( x ) + 5 ( (x ) ) 4(x + 5) 9( x 4x + 4) 9x 40x x 4 9 ή x 4. Επειδή πρέπει να ισχύει και x, η λύση της εξίσωσης είναι η x 4.. (8 µον.) Η άσκηση αυτή αναφέρεται σε πράξεις ρητών συναρτήσεων. a. Να γραφεί η παράσταση x + ( x )( x+ 4)

2 ως άθροισµα µερικών κλασµάτων, δηλαδή να βρεθούν οι πραγµατικοί Α,Β, τέτοιοι ώστε x + Α Β + ( x )( x+ 4) x x+ 4, b. Έστω a,b δύο διακεκριµένοι πραγµατικοί αριθµοί. Να απλοποιηθεί το ( a b ) κλάσµα a a b+ ab b. a. Η παράσταση x + A B (A + B)x + 4A B + (x )(x + 4) x x + 4 (x )(x + 4) A + B A δίνει το σύστηµα. 4A B B b. Επειδή α b, το κλάσµα απλοποιείται ως εξής: ( α b ) (( α b)( α + b)) ( α b) ( α + b) ( α + b). α α b + αb b ( α b) ( α b). ( 0 µον.) Η άσκηση αυτή αναφέρεται σε στοιχειώδεις ανισότητες. a. Ποια συνθήκη πρέπει να ικανοποιούν οι θετικές παράµετροι λ, µ ώστε η συνάρτηση y x λ x+ µ να παίρνει αρνητικές τιµές; Σε ποιο διάστηµα x ( x, x) συµβαίνει αυτό; είξτε ότι για x λ (που βρίσκεται στη µέση του διαστήµατος) η συνάρτηση παίρνει την µικρότερη (αρνητική) της τιµή! b. Για ποιες τιµές του x ισχύουν ταυτόχρονα οι ανισότητες x + x < και 0 x 4x > ; a. Επειδή το τριώνυµο έχει α, β λ, γ µ µε τον µεγιστοβάθµιο συντελεστή θετικό, για να παίρνει και αρνητικές τιµές θα πρέπει να έχει διακρίνουσα θετική, δηλ. 4λ 4µ > 0 4( λ µ )( λ + µ ) > 0. Επιπλέον επειδή οι παράµετροι λ, µ είναι θετικές, πρέπει να ισχύει και λ µ > 0 λ > µ. Στην περίπτωση όπου το > 0, το τριώνυµο έχει δύο διαφορετικές ρίζες, λ 4( λ µ ) τις x, λ λ µ και ανάµεσα σε αυτές η συνάρτηση έχει πρόσηµο ετερόσηµο του α, δηλ. δέχεται αρνητικές τιµές στο διάστηµα (, x ) ( λ λ µ, λ + λ µ ) x.

3 β λ Η κορυφή του τριωνύµου είναι στο x λ, προφανώς µετά από α πράξεις έχουµε + x, δηλ. το λ είναι το µέσο του διαστήµατος ( x x λ x, ). Η τιµή της συνάρτησης είναι ίση µε λ λ + µ λ y + µ και επειδή από την προηγούµενη απόδειξη λ > µ έχουµε βέβαια y < 0. Επιπλέον x, y x λx + µ λ + µ y min, καθόσον έχουµε x λx + l (x λ) 0 b. Αν x 0, η πρώτη ανίσωση γράφεται ( x ) x < x + < x >, εποµένως η λύση της είναι x (, 0] (). Αν 0 < x, η ανίσωση γράφεται ( x ) + x < <, συνεπώς ισχύει για τα x (0,] (). Και τέλος αν x >, η ανίσωση είναι x + x < x < x < που αν συναληθεύσουµε µε τον περιορισµό έχουµε x (, ) (). Έτσι από (), () και () η λύση της πρώτης ανίσωσης είναι x (, ) (4). Η ανίσωση > 0 x 4x > 0. Το τριώνυµο x 4x έχει x 4x 4 ± 6 6 > 0. Συνεπώς οι ρίζες του είναι x, x 0, x Επειδή α > 0, το τριώνυµο είναι θετικό εκτός των ριζών δηλ. x (, 0) (4, ). (5) Οι δύο ανισότητες συναληθεύουν στις κοινές λύσεις των (4) και (5), οι οποίες είναι x (, 0). x 4. ( 0 µον.) Έστω A 0, 0 B 0, C, όπου x R. a. Από τις παρακάτω παραστάσεις να υπολογισθούν όσες έχουν νόηµα ΑΒ, ΒΑ, (Α+Β)C, BC, B, 5B. n n n ( ) x b. Χρησιµοποιώντας επαγωγή, αποδείξτε ότι A, για 0 n,,, a. Ο πίνακας Α είναι x και ο Β είναι x εποµένως ο ΑΒ ορίζεται και είναι ο επόµενος x πίνακας + x x ( ) + x x 4 + x AB ( ) + 0 Ο πίνακας ΒΑ δεν ορίζεται, αφού το πλήθος των στηλών του Β είναι άλλο από το πλήθος των γραµµών του Α. Ο πίνακας Α+Β επίσης δεν ορίζεται, αφού οι πίνακες δεν είναι του ίδιου τύπου, συνεπώς δεν ορίζεται και (Α+Β)C.

4 Ο πίνακας ΒC είναι πίνακας x, και βρίσκουµε BC Ο πίνακας Β επίσης δεν ορίζεται, αφού ο πίνακας Β δεν είναι τετραγωνικός. Τέλος ο x πίνακας ( ) B ( )x b. Επαγωγικά προφανώς για n έχουµε A A 0. Έστω k ( k )x ότι ισχύει για κάθε n k, δηλ. A k. 0 Θα δείξουµε ότι ισχύει και για κάθε n k +. Πράγµατι, k k k k k k+ k+ k ( )x x x + ( )x ( A A A n το οποίο δείχνει ότι ισχύει η έκφραση του A για κάθε n,,, k+ )x 5. (0 µον.) Έστω Α,Β δύο n n πραγµατικοί πίνακες. a. Έστω ότι η πρώτη και η δεύτερη γραµµή του Α είναι ίδιες. Εξηγήστε γιατί η πρώτη και δεύτερη γραµµή του γινοµένου ΑΒ είναι ίδιες. Παρόµοια δείξτε ότι αν η πρώτη και η δεύτερη στήλη του Β είναι ίδιες, τότε η πρώτη και η δεύτερη στήλη του ΑΒ είναι ίδιες. b. Έστω ότι οι Α,Β είναι συµµετρικοί. Αποδείξτε ότι ο πίνακας ΑΒ είναι συµµετρικός αν και µόνο αν AB BA. a a a n a a a n a. Έστω A και an an a nn B b b b n b b b bn bn b nn n Η πρώτη και δεύτερη γραµµή του γινοµένου AB θα είναι ίδιες αφού όταν πολλαπλασιάζω δύο πίνακες µεταξύ τους πολλαπλασιάζω γραµµή µε στήλη. ηλαδή, c c c n c c c n AB C cn cn c nn όπου c c ( a b + a b + + a b ) n n 4

5 c c ( a b + a b + + a b ) n n c c ( a b + a b + + a b ). n n n n n nn a a an b b b n a a an Παροµοίως εάν A b b b n και B θα ισχύει ότι an an a nn bn bn b nn η πρώτη και δεύτερη στήλη του AB θα είναι ίδιες. b. Αφού Α και B είναι συµµετρικοί τότε A A και B B. Για να είναι ο πίνακας AB συµµετρικός θα πρέπει AB ( AB). Γνωρίζουµε όµως από τις ιδιότητες των πινάκων ότι ( ) AB B A. Άρα ο µόνος τρόπος για να είναι ο πίνακας AB συµµετρικός είναι να ισχύει η σχέση AB BA. 6. ( µον.) Θεωρούµε τα διανύσµατα a [,, ] t, b [0,,] t του R. a. Αληθεύει ότι τα a, b είναι κάθετα; b. Να βρεθεί ένα διάνυσµα c µήκους που είναι κάθετο και στο a και στο b. c. Υπολογίστε τα µήκη των a, b, a+b. Τι παρατηρείτε; ώστε µια γεωµετρική εξήγηση. a. Για να είναι τα δύο διανύσµατα κάθετα µεταξύ τους θα πρέπει το εσωτερικό τους γινόµενο να ισούται µε µηδέν. Άρα [ ] [ ] ab i i (αληθεύει). b. Υπολογίζουµε το εξωτερικό γινόµενο των a και b. i j k c [ a, b] 5i j+ k. 0 Το ζητούµενο µοναδιαίο διάνυσµα [ a b] 5 c i j + k. [ a b]

6 c. a + + ( ) 6 b a + b + ( + ) + ( + ). Παρατηρούµε ότι a b a b έχουµε ένα ορθογώνιο τρίγωνο. + + ( ) + ( ) ( ) 6 5. Άρα a + b b a Ορίζουσες και αντίστροφοι πίνακες: k 7. ( µον.) Έστω A 4, όπου k R a. Υπολογίστε τον προσαρτηµένο πίνακα adja. b. Για ποιες τιµές του k είναι ο Α αντιστρέψιµος; Για τις τιµές αυτές να βρεθεί ο αντίστροφος του Α. c. Να υπολογισθεί η ορίζουσα και ο αντίστροφος του πίνακα a b 4 c d C e f (Υπόδειξη: Χρησιµοποιήστε το ερώτηµα b και τη σχέση (.) στη σελίδα του βιβλίου καθώς και την προτελευταία σχέση στη σελίδα 7). a

7 8 9 k 4 k 9k 5 8k k k 4k+ 5 k 4 Άρα, adj( A) 5 9k 5 8k + 5 4k +. k b. Για να είναι ο πίνακας Α αντιστρέψιµος θα πρέπει det( A) 0. k 4 4 det( A) 4 k + k( 5) ( ) + 5k Άρα για k ο πίνακας έχει αντίστροφο. Εποµένως, 5 5 A adj( A) A 5k 9k 5 8k + 5 4k +. k c. Χρησιµοποιώντας την υπόδειξη µπορούµε να γράψουµε τον πίνακα A C. Όπου A 4, και 0 B B a b c d e f A A B Ο αντίστροφός του πίνακα C δίνεται από την ισότητα C. 0 B Για k έχουµε A 5 5 9k 5 4k + 5k. Βρίσκουµε 8k + 5 k 7

8 B adj(b) B - - και επιπλέον 5 5b+ d f 5a+ c e 5b d f 5a c+ e+ a b c d a+ 4c e b d + f a c+ e+ b+ d f e f b d + f a+ c e+ b d + f a c+ e A B Εποµένως, 5 5b+ d f 5a+ c e 5b d f 5a c+ e+ a+ 4c e b d + f a c+ e+ b+ d f a c+ e C b d f a c e b d f. 8. ( 0 µον.) Θεωρούµε την n n ορίζουσα d n n,, a. Επαληθεύσατε ότι d και τη d b. Βρείτε έναν απλό τύπο για τη d n και αποδείξτε τον (Υπόδειξη: Αναπτύξτε τη ορίζουσα ως προς την πρώτη στήλη και χρησιµοποιήστε επαγωγή) a. Για n έχουµε d + 8

9 Για n έχουµε d Γ Γ + Γ ' 0 0 b. d n - Γ Γ + Γ 0 ' Γ Γ + Γ Είναι προφανές ότι εάν συνεχίσουµε αυτή την διαδικασία τότε n. d n Απόδειξη. Για n d (ισχύει) Έστω ότι ισχύει για n k d k k Τώρα θα αποδείξουνε ότι ισχύει και για n k+ - d k (Αναπτύσσοντας την ορίζουσα ως προς την πρώτη στήλη.) Αλλά το dk dk d k k. Άρα k k k k k d + k Γραµµικά συστήµατα: 9. (0 µον.) a. Να λυθεί το σύστηµα 9

10 x+ y z x+ 7y z 5 x+ 8y z 7. b. Για ποίες τιµές του k το επόµενο σύστηµα ) έχει ακριβώς µια λύση, ) δεν έχει λύσεις, ) έχει άπειρες λύσεις; x+ y z x+ 4y+ kz 4 4 x+ ( k+ 5) y+ ( k+ ) z 6. ' Ab 7 5 Γ Γ Γ 0 ' 8 7 Γ Γ Γ a. ( ) 0. Άρα ' Γ Γ Γ x y+ z y + z. Αντικαταστήσουµε για y και έχουµε x z y + z z z ή x y + z. z 0 b. Στο σύστηµα µας εφαρµόζουµε απαλοιφή Gauss Ab 4 k 4 Γ Γ Γ 0 k+ ' 4 k 5 k 6 Γ Γ 4Γ k+ k+ 7 ' ( ) 0 k+ 0 k+ ' ' Γ k Γ ( k+ ) Γ 0 k k 7 Γ Γ ( k ) Γ k k+ 4 0 k+ 0 k+. Εποµένως, ' Γ Γ 0 0 k k 4 k ( k+ 4)( k ) k 0

11 το σύστηµα έχει ακριβώς µια λύση όταν k 4 και k την y και x. k + 4 Το σύστηµα έχει άπειρες λύσεις όταν k την z δηλαδή [ x y z] [ 5z 4z z] [ 0 0] + c[ 5 4 ] Τέλος, το σύστηµα δεν έχει λύσεις όταν k 4 z, k + 4 z, y 4z και x 5z, 0. Σωστό ή λάθος (0 µον.) Εξετάστε αν οι παρακάτω προτάσεις είναι σωστές. Αν νοµίζετε ότι µια πρόταση είναι σωστή, δώστε µια απόδειξη και αν νοµίζετε ότι είναι λάθος, δώστε ένα συγκεκριµένο αντιπαράδειγµα. Στην άσκηση αυτή όλοι οι πίνακες είναι n nπραγµατικοί πίνακες. a. Αν Α είναι ένας αντιστρέψιµος πίνακας τέτοιος ώστε A A t, τότε det A ±. b. Αν Α,Β είναι πίνακες τότε det( A + B) det A+ det B c. Το άθροισµα δύο αντιστρέψιµων πινάκων είναι αντιστρέψιµος. d. Το γινόµενο δύο αντιστρέψιµων πινάκων είναι αντιστρέψιµος. a e. Η τάξη του πίνακα είναι ίση µε αν και µόνο αν a. 0 a. Σωστό, γιατί από την ισότητα AA I και την υπόθεση έχουµε AA I και αν εφαρµόσουµε το θεώρηµα. σελ. αποκτούµε διαδοχικά det(aa ) deta deta (deta) (deta) (deta) det A ±. 0 b. Λάθος, έστω οι πίνακες A και B, ο A + B. Οι αντίστοιχες ορίζουσες είναι det A, det B και det( A + B) 6 det A + det B. c. Λάθος, έστω ο πίνακας A det A 0 A αντιστρέψιµος, και B det B 0 ο Β αντιστρέψιµος.

12 0 Ο πίνακας A+ B δεν είναι αντιστρέψιµος, διότι det( A + B) d. Σωστό. Έστω δύο πίνακες Α, Β. Επειδή οι πίνακες είναι αντιστρέψιµοι ισχύει det A 0, det B 0. Αν εφαρµόσουµε το θεώρηµα. σελ., det( AB) (det A)(det B) 0 άρα το ΑΒ είναι αντιστρέψιµος πίνακας. Σηµειώστε ότι ( AB) B A. e. Σωστό, αφού η κλιµακωτή µορφή του πίνακα είναι 0 α α α. Συνεπώς η τάξη του είναι αν και µόνο αν α