ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΗΜΟΚΡΑΤΙΑ ΕΛΛΗΝΙΚΟ ΑΝΟΙKΤΟ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ

ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΗΜΟΚΡΑΤΙΑ ΕΛΛΗΝΙΚΟ ΑΝΟΙKΤΟ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΠΡΟΓΡΑΜΜΑ ΣΠΟΥ ΩΝ ΣΤΗΝ ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Ι (ΘΕ ΠΛΗ ) ΕΡΓΑΣΙΑ 6 η Ηµεροµηνία Αοστολής στον Φοιτητή: Mαΐου 6 Ηµεροµηνία Παράδοσης της Εργασίας αό τον Φοιτητή: Ιουνίου 6 Άσκηση. ( µον.) A. ίνεται ο µιγαδικός z + yi,, y. i) Να βρείτε τον µιγαδικό w (+i)z i συναρτήσει των, y. ii) Αν το µέτρο w, να δείξετε ότι τα σηµεία Μ(, y) ανήκουν σε κύκλο και να ροσδιορίσετε το κέντρο και την ακτίνα του. (Υόδειξη: η εξίσωση του κύκλου µε κέντρο Oab (, ) και ακτίνα r είναι: ( a) + ( y b) r ). B. Να βρεθεί ο ιο γενικός ραγµατικός ίνακας Α ου ικανοοιεί την Α Α. Σε οια ερίτωση είναι αυτός αντιστρέψιµος; C. Να βρεθούν οι ραγµατικές τιµές του λ για τις οοίες το αρακάτω σύστηµα έχει µία λύση, καµία λύση, άειρες λύσεις: + y+ z + λ y+ z λ + y+ λz και να ροσδιορισθούν οι λύσεις όου υάρχουν. Λύση: Α. i) Έιναι w ( + i) z i... ( y) + ( + y ) i ii) w w ( y) + ( + y )... ραξεις... + y y ( ) ( ) + + y y+ + y Άρα το Μ(,y) ανήκει σε κύκλο κέντρο Ο(,) και ακτίνας ρ. a b B. Α Τρόος. Έστω ο ίνακας A c d, όου a, b, c, d. Θέλουµε να βρούµε τον γενικότερο ίνακα ο οοίος ικανοοιεί την Α Α. Εοµένως

a b a b a b a b a + bc ab+ bd c d c d c d ca dc cb d c d + + a + bc a ab + bd b. ca + dc c cb + d d Το αραάνω σύστηµα έχει ροφανή λύση την µηδενική, δηλαδή: a b την οοία δεχόµαστε, θέλουµε όµως την γενικότερη µορφή του A. c d Άρα ένα εκ των a, b, c, d θα είναι διάφορο του µηδενός, έστω i) b. Τότε αό τη σχέση ab +bd b (a+d-) b συνάγουµε ότι a + d. α) Εάν c, τότε αό τις σχέσεις a + bc a a a + cb και την d + cb d d d + cb συνάγουµε ότι ± bc bc a και d. + bc bc b b Εοµένως A ή A. bc + bc c c β) c. Τότε a(a ) και d(d ). b Εάν a, τότε d και A. b Εάν d, τότε a και A. ii) b. Τότε, α) Εάν c, τότε a(a ) και d(d ). Εάν a, τότε d (αλλιώς θα είχαµε την εκφυλισµένη ερίτωση) άρα d και A. Εάν d, τότε a (αλλιώς θα είχαµε την εκφυλισµένη ερίτωση) άρα a και A. Εάν a και d, τότε a d και A. β) Εάν c, τότε a(a ), d(d ) και a + d. Εάν a, τότε d και A c. Εάν d, τότε a και A c. Εν κατακλείδι,

+ bc b A bc c ή bc b A µε b,c, + bc c b ή A b ή µε b, A ή A ή A ή µε c. c A c Για να είναι ο ίνακας Α αντιστρέψιµος θα ρέει det( A). Μορούµε εύκολα να διαιστώσουµε ότι αυτή η σχέση ισχύει µόνο στην ερίτωση του µοναδιαίου, δηλαδή όταν Α Ι. Είσης µορούµε να το δούµε και ως εξής: Υοθέτουµε ότι ο A είναι αντιστρέψιµος. Α Α A(A I) A - A(A I) A - A I A I. Β Τρόος ιακρίνουµε δυο εριτώσεις. a. Έστω ότι ο Α είναι αντιστρέψιµος. Τότε αό A A αίρνουµε A I. b. Έστω ότι ο Α δεν είναι αντιστρέψιµος. Το ελάχιστο ολυώνυµο m του Α διαιρεί το ( ) και συνεώς είναι γινόµενο διακεκριµένων µονικών a b ρωτοβάθµιων αραγόντων. Άρα υάρχει αντιστρέψιµος P τέτοιος ώστε c d ο P AP είναι διαγώνιος µε διαγώνια στοιχεία τις ιδιοτιµές του Α. Οι ιθανές ιδιοτιµές του Α είναι οι ρίζες του, δηλαδή,. Εειδή ο Α δεν είναι αντιστρέψιµος, η ερίτωση ου οι ιδιοτιµές είναι, δεν υφίσταται. b.i Έστω ότι οι ιδιοτιµές είναι,. Τότε P AP A. b.ii Έστω ότι οι ιδιοτιµές του Α είναι,. Τότε P AP A P P οότε µετά αό ράξεις βρίσκουµε bc ba A, ad bc. ad bc dc da C. Για την είλυση του αραάνω συστήµατος θα εργαστούµε µε γραµµοϊσοδύναµους ίνακες. Με γραµµοράξεις στον εαυξηµένο ίνακα του συστήµατος έχουµε: λ λ λ λ λ λ λ λ λ Αό τη δεύτερη γραµµή του ίνακα διαιστώνουµε ότι εάν λ, τότε ο ίνακας γίνεται 7 και το σύστηµα έχει άειρες λύσεις της µορφής: A

7 r, y + r, όου r R z r Για λ, έχουµε: λ λ λ λ λ λ λ λ λ λ λ Αό την τελευταία γραµµή του ίνακα βλέουµε ότι για λ, το σύστηµα δεν έχει καµία λύση (ασυµβίβαστο). Για λ και λ το σύστηµα έχει µια λύση, η οοία είναι: + (λ ) z y (, y, z),,. λ λ ( λ ) z Άσκηση ( µον.) A. (6 µον.) Έστω ένας ίνακας Α µε ιδιοτιµές λ, λ 5 και αντίστοιχα ιδιοδιανύσµατα r (,) T και r (,) T. i) Να βρείτε τον ίνακα Α. ii) Να υολογίσετε τον ίνακα A. B. (6 µον.) ίνονται οι ίνακες A και B 7. Να εξετάσετε τους ίνακες Α, Β ως ρος το αν: (i) διαγωνιοοιούνται, (ii) είναι ορθογώνιοι (iii) είναι θετικά ορισµένοι. Λύση: Α. i) Το χαρακτηριστικό ολυώνυµο του ίνακα Α είναι ροφανώς δευτέρου βαθµού και έχει ρίζες τις ιδιοτιµές λ, λ 5 ου είναι διακεκριµένες. Άρα ο ίνακας διαγωνοοιείται. Ο ίνακας Ρ µε στήλες τα ιδιοδιανύσµατα r, r είναι: P και διαγωνοοιεί τον Α. Άρα ο Α γράφεται: λ A PDP 5,όου D είναι ο διαγώνιος ίνακας: D λ Άρα ο ίνακας Α είναι: / / Α 5 / /, όου / / P / /, (µετά αό ράξεις για τον υολογισµό του αντίστροφου). ii) Είναι γνωστό ότι: A PD P. Για αίρνουµε:

A PD P + 5 + 5 + 5 + 5 / / / / 5 / / 5 / / B. Σχετικά µε τον ίνακα Α βλέουµε ότι είναι συµµετρικός. Άρα διαγωνοοιείται. Αν A T T ο ανάστροφος του ίνακα A, τότε είναι εύκολο να δείξουµε ότι AA I, όου Ι ο µοναδιαίος ίνακας. Συνεώς, ο ίνακας A δεν είναι ορθογώνιος. Τέλος, ο ίνακας A δεν είναι θετικά ορισµένος, αφού οι ιδιοτιµές του δεν είναι όλες θετικές. Πράγµατι, οι ιδιοτιµές του είναι: λ ( λ)( λ) 6 λ 5 λ 5, λ 5. λ Σηµείωση. Εναλλακτικά, µορούµε να χρησιµοοιήσουµε το θεώρηµα.7. σελίδα 7 του βιβλίου, όου για ίνακες τα ρόσηµα των διαγώνιων στοιχείων και της ορίζουσας καθορίζουν εάν είναι ή όχι θετικά ορισµένος. Σχετικά µε τον ίνακα Β υολογίζουµε τις ιδιοτιµές του. Είναι: λ λ λ+ 5 ( λ 5) λ, 5. 7 λ Τρόος Α: Αφού ο ίνακας Β έχει δύο ίσες (ραγµατικές) ιδιοτιµές, στις οοίες αντιστοιχεί µόνο ένα ιδιοδιάνυσµα, δεν είναι διαγωνιοοιήσιµος. Τρόος Β: Υοψήφια ελάχιστα ολυώνυµα του ίνακα Β είναι: m ( λ) λ 5 και m ( λ) ( λ 5). Θεωρούµε το µικρότερου βαθµού, m λ και εξετάζουµε αν m ( Β ). Έχουµε: m ( Β ) ( B 5 I) 5. Άρα το m 7 ( λ ) δεν είναι ελάχιστο ολυώνυµο. Συνεώς, ελάχιστο ολυώνυµο είναι το m ( λ ), το οοίο όµως δεν είναι γινόµενο διακεκριµένων µονικών ρωτοβάθµιων αραγόντων. Έτσι ο ίνακας Β δεν διαγωνοοιείται. Αν Β T T ο ανάστροφος του ίνακα Β, τότε είναι εύκολο να δείξουµε ότι BB I, όου Ι ο µοναδιαίος ίνακας. Συνεώς, ο ίνακας Β δεν είναι ορθογώνιος. Τέλος, ο ίνακας Β δεν µορεί να θεωρηθεί θετικά ορισµένος γιατί δεν είναι συµµετρικός (βλ.αράγραφο.7). Άσκηση ( µον.) A. (6 µον.) Έστω V υόχωρος του, ο οοίος αράγεται αό το σύνολο: S v (,,, ), v (,, 5, ), v (,,,), v (,,,6)}. Να βρείτε: { i) Την διάσταση του V ii) Μια βάση του V ου να αράγεται αό στοιχεία του συνόλου S. iii) Μια βάση του R, ου να εριέχει τα στοιχεία της βάσης του V. B. ( µον.) Θεωρώντας την αεικόνιση: f :, µε τύο: f (, y, z, w) ( + y+ z+ w, y 5z+ w, y z,+ y+ z+ 6 w), ροσδιορίστε τον υρήνα της αεικόνισης f. 5

Λύση: Α. i και ii) Εφαρµόζουµε τον αλγόριθµος στηλών (το δεύτερο αλγόριθµο) ου υάρχει στην αράγραφο.6 του βιβλίου. Έτσι έχουµε µετά αό γραµµοράξεις: 5 9 6 6 6 Συνεώς, διαγράφοντας αό τον αρχικό ίνακα τα διανύσµατα (στήλες) v και v τα οοία αντιστοιχούν στις στήλες του κλιµακωτού ίνακα ου δεν εριέχουν οδηγό, έχουµε ότι: το σύνολο { v, v είναι µια βάση του V. Άρα, η διάσταση του V είναι dimv. } iii) Έστω S { v, v, e, e, e, e } όου το σύνολο {,,, } e e e e, µε e (,,,), e (,,,), e (,,,) και e (,,,), είναι η συνηθισµένη βάση του R. Εφόσον v (,,,) e + e + e + e v (,, 5,) e e 5e + e έχουµε e + e v e e 5e e v + e e e ( v v + e e ) ή ισοδύναµα. e (5 v+ v 9 e e ) Οότε τα διανύσµατα e και e είναι γραµµικός συνδυασµός των v, v, e και e. Βρήκαµε διανύσµατα του R ου το αράγουν. Άρα µια βάση του R είναι { v, v, e, e }. B. Έστω, r ( r, r, r, r) τυχόν στοιχείο του υρήνα της αεικόνισης f. Τότε θα ρέει f(r). Αό τον τύο της f έχουµε: ( r+ r + r+ r,r r 5r+ r, r r r,r+ r + r+ 6 r) (,,,). Ειλύοντας το οµογενές σύστηµα (µετά αό ράξεις), έχουµε: 6

5, 6 δηλαδή το τυχόν διάνυσµα του υρήνα γράφεται ( r, r, r, r) (,,, ) r+ (,,,) r. Μία βάση του υρήνα είναι η {(,,,),(,,,)} και η dim(ker f). Άσκηση ( µον.) A. (8 µον.) a + 9 i) Έστω a + για,,. Αοδείξτε ότι η ακολουθία ( a) συγκλίνει και ροσδιορίστε το όριό της. (Υόδειξη: αοδείξτε ρώτα µε εαγωγή ότι η ακολουθία είναι φραγµένη και στην συνέχεια αοδείξτε ότι είναι φθίνουσα). ii) Εαναλάβατε το (i) για a <. Ποιες διαφορές αρατηρείτε στα αοτελέσµατα; B. (6 µον.) Να µελετήσετε ως ρος τη σύγκλιση τις σειρές: i) log! ii)! (Υόδειξη: Για την ρώτη χρησιµοοιήστε το κριτήριο των p σειρών και για την δεύτερη χρησιµοοιήστε το κριτήριο του λόγου). Λύση: Α. i) Πρώτα θα δείξουµε εαγωγικά ότι η ακολουθία είναι φραγµένη και µάλιστα ισχύει για κάθε. a > Για, a > ισχύει. Έστω ότι ισχύει για k, δηλ. a k >. Θα αοδείξουµε ότι ισχύει για k+. ak + 9 + 9 Πράγµατι: a k + >. Συνεώς, αό την αρχή της µαθηµατικής εαγωγής, ισχύει a > για κάθε. Στη συνέχεια θα δείξουµε ότι η ακολουθία είναι φθίνουσα, δηλαδή ότι ισχύει κάθε. Πράγµατι, a + 9 9 9a 9 a+ a a ( a ) <, (αφού ισχύει a > ). a + < a για Άρα η ( a ) είναι φθίνουσα και κάτω φραγµένη. Εοµένως η ( a ) και έστω lim a. είναι συγκλίνουσα 7

lim a + 9 + 9 Έχουµε lim a +, άρα lim a. ii) Όως και αραάνω, είναι εύκολο να δείξουµε εαγωγικά ότι η ακολουθία είναι φραγµένη. Στην ερίτωση αυτή όµως ισχύει ότι a < για κάθε. Στη συνέχεια θα δείξουµε ότι η ακολουθία είναι αύξουσα, δηλαδή ότι ισχύει a + > a για κάθε. Πράγµατι, a + 9 9 9a 9 a+ a a ( a ) >, (αφού ισχύει a < ). Άρα η ( a ) είναι αύξουσα και άνω φραγµένη. Εοµένως η ( a ) είναι συγκλίνουσα. Ακριβώς όως και ριν είναι lim a. Β. i) Πρώτα αρατηρούµε ότι log < για κάθε,,... Πράγµατι, θεωρώντας τη συνάρτηση f log οριζόµενη στους θετικούς ραγµατικούς εύκολα / εαληθεύουµε ότι f < για κάθε (, ). Συνεώς στο διάστηµα αυτό η f ( ) είναι φθίνουσα. Άρα για κάθε 5,6,... έχουµε ότι f < f() log < log < log <. Άµεσα εαληθεύεται ότι η τελευταία ανισότητα ισχύει και για,,,. / log < / Ισχύει ότι, για κάθε,,... Έτσι, χρησιµοοιώντας το κριτήριο log της σύγκρισης µορούµε να δείξουµε ότι η σειρά είναι άνω φραγµένη αό την p- l log σειρά, µε p/ η οοία συγκλίνει. Συνεώς και η σειρά p συγκλίνει. ( + )! + + ( + ) ii) Αφού lim lim <, βάσει του κριτηρίου του λόγου >+! >+ + e συµεραίνουµε ότι η σειρά συγκλίνει. Άσκηση 5 (6 µον.) A. (8 µον.) Να µελετηθεί λήρως η συνάρτηση γραφική της αράσταση. f και να σχεδιαστεί η B. (8 µον.) Να υολογίσετε τα αρακάτω όρια: i) lim + + lim si l ii) iii) + lim + + 8

iv) lim si + Λύση: Α. Η f έχει εδίο ορισµού το. Παρατηρούµε ότι lim f lim f Για έχουµε + f (). Για f() ( ) ( ) ( ) ( ) ή. Άρα το (, ) είναι σηµείο τοµής της f µε τους άξονες, ενώ το (, ) είναι σηµείο τοµής της f µε τον άξονα των. f( ) ( ) ( + ), δηλ. η f δεν είναι ούτε άρτια ούτε εριττή. Ας αναζητήσουµε τις λάγιες ασύµτωτες. + f ( ) + lim lim lim lim + + + + lim + + και lim ( f ) + Οµοίως + f ( ) + lim lim lim lim ( ) + + + lim lim και lim ( f ). Άρα η f δεν έχει ασύµτωτες. Η f είναι συνεχής σε όλο το. / f ( ) ( ) ( ) ( ) Προκύτει έτσι ο ίνακας, και f ( ) 9,. - + f + - f + + f ( ) Για, η f έχει τοικό µέγιστο το f(), όως φαίνεται άλλωστε και αό τη γραφική της αράσταση. 9

y.5 - - - -.5 - -.5 Β. ( )( + + ) + + i) lim lim lim + + ( ) ii) LH.. l ( l ) lim ( si l ) lim lim lim si si si si LH.. si ( si ) lim lim lim + + cos cos + ( cos ) si sicos sicos lim lim + + cos + si cos si + + + iii) + ( + ) ( + ) ( + )( ) lim lim lim + + ( + ) ( + ) ( + )( ) ( + ) ( + )( + ) (+ )( + ) 8 lim lim ( + )( ) + + si iv) lim si lim, καθόσον + + siω lim. ω ω Άσκηση 6 (6 µον.) Να υολογισθούν τα αρακάτω ολοκληρώµατα: e i) I d (Υόδειξη: χρησιµοοιείστε την αντικατάσταση e + u) e + ii) I d (Υόδειξη: Χρησιµοοιήστε ανάλυση σε µερικά + 5+ κλάσµατα A + B + 5+ a+ b c+d )

iii) iv) d(υόδειξη: Χρησιµοοιείστε την αντικατάσταση: si I και τις ταυτότητες sit sitcos t, cost si t). I ld (Υόδειξη: χρησιµοοιείστε ολοκλήρωση κατά αράγοντες) t Λύση: i) Θέτουµε e + u. Οότε e + u e u > και du du d( e + ) du e d du d e u Εοµένως e ( u ) du u u d du du du du du e + u u u u u u u u l u + c e + l e + + c, c. ii) Το ολυώνυµο +5+ µορεί να γραφεί ως ( + )( + ). Έτσι έχουµε: A B + A(+)+B(+) (A+B) + (A+B) (+ )( + ) + + A+ B και A+ B. Τώρα εύκολα υολογίζουµε τις τιµές των Α και Β, ου είναι A -και B. Συνεώς, το ολοκλήρωµα γίνεται: I d + + d d + l + l + + c, c. + iii) Θέτοντας ηµ(t)g() βρίσκουµε g(), δηλ. t και g(), δηλ. t/. Έτσι θα είναι / / / I d ηµ () t ηµ ()συν( t t) dt ηµ () t συν () t dt ηµ( t) συν( t) dt / / / / / ηµ( t) συν( t) dt ηµ () t dt dt dt συν( t) dt 8 8 / ηµ( t) ηµ() ηµ() 8 8. 6 8 6 iv) Θέτουµε t f ( t) l d l d l d l l t d t t t t t t t l t l t 6 +. 6 6 t Εοµένως, I lim f( t) + t 6, διότι 5 l t lim ( l ) lim lim t t t t lim + + + + t t t t t 5 t t t

εφαρµόζοντας τον κανόνα De l Hospital. Άσκηση 7 ( µον.) Να βρεθεί το εµβαδόν του χωρίου το οοίο ερικλείεται αό το γράφηµα της f e + + + e, τον άξονα των και τις ευθείες ου ερνούν αό τα σηµεία ου είναι τοικά ακρότατα της συνάρτησης και είναι αράλληλες στον άξονα των y. Λύση: Θα βρούµε ρώτα τα τοικά ακρότατα της συνάρτησης f(). Γνωρίζουµε ότι τα τοικά ακρότατα είναι στις ρίζες της εξίσωσης f. Έτσι έχουµε: f e ( ) + + + e + + e () e + + + ± + 8 ± + + ( ) e, f e ( ) + + e ( ) f e + + e ( ) f e + f e Εειδή f για - και και f e + e e > και ( ) f () e ( ) e < e η f θα έχει ελάχιστο στο - το fmi f( ) και µέγιστο για το f f e + + + e e +e. ma () ( ) 5 Το ζητούµενο εµβαδόν είναι:. E f d e e + + + d e ( ) e + + + d ( e ) ( + + ) d+ e d ( ) e e d e d + + + +

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) e ( ) ( 5 6) e + + + + e d+ e d e + + + + e d+ e d e + + + e d+ e d e + + + e + e d+ e d e + + e + + e d+ e d + + + + e e e e + + + + + + e + c e + + + e + c Άρα: + + c ( ) ( 5 6) e + + + e d e + + + e e (+ 5 + 6) + e e ( + 6) e + e e e e e e e e e + + + + Άσκηση 8 ( µον.) Να ανατυχθεί σε σειρά Fourier η συνάρτηση της σειράς Λύση: ( ) + a f β <. Ποια είναι η τιµή < < Χρησιµοοιώντας τους τύους.8,.9,. σελ. 9 βιβλίο ΕΑΠ τοµ. Β, έχουµε: β a a f d ad β d a β + + Είσης οι συντελεστές: a fcosd acosd+ β cos d,,,

Αλλά, κάνοντας αραγοντική ολοκλήρωση: si si si si cos cos d d d + c + οότε: ( ) a si cos β si cos a β a cos f d + + + Ανάλογα έχουµε: β f si d asi d + β si d,,, Αλλά άλι µε αραγοντική ολοκλήρωση: cos cos cos cos si si d d d + + c οότε a β a + β f si d +. cos si cos si β + + + Άρα η σειρά Fourier της συνάρτησης ου µας δίνεται, είναι ίση µε: f ( acos+ bsi ) + a a a a ( acos si ) β β + cos β + + β + + ( ) si Στο σηµείο όµως η συνάρτηση f είναι συνεχής, γιατί: f lim f ( ) lim a f () lim f ( ) lim f + β + + Άρα η σειρά Fourier της f στο σηµείο θα συγκλίνει στο f(), δηλαδή για έχουµε: β a a β a+ β + f () + ( ( ) ) cos + ( ) si β a a β + ( ( ) ) a β a β ( ( ) ) 5 8 ( ( ) ) + + + + +