1 η Εργασία 004-005 (Καταληκτική ηµεροµηνία παραλαβής 16/11/004) Άσκηση 1 (7 µονάδες) (Α) Ποιες είναι οι προϋποθέσεις ώστε να ισχύουν οι παρακάτω διανυσµατικές σχέσεις: (α) A+ B C µε A + B C (β) A+ B AB (γ) ( A+ B) ( AB) (δ) A+ B C και A + B C (Β) ίδονται τα διανύσµατα a 3iˆ 4ˆj kˆ, b iˆ ˆj kˆ + + + +, c 6 ˆk. Nα υπολογιστεί το εµβαδόν της βάσης του παραλληλεπίπεδου που σχηµατίζουν τα τρία αυτά διανύσµατα. Θεωρείστε ως βάση του παραλληλεπίπεδου το παραλληλόγραµµο που σχηµατίζουν τα διανύσµατα a και b. Επίσης να υπολογιστεί ο όγκος του παραλληλεπίπεδου. (Α) (α) ίνεται ότι A+ B C και ότι A + B C Αυτό ισχύει µόνο όταν τα διανύσµατα ABC,, είναι συγγραµµικά και οµόρροπα (β) ίνεται ότι A+ B AB Από την τελευταία σχέση προκύπτει ότι B B πράγµα που ισχύει µόνο όταν το διάνυσµα B είναι ίσο προς το µηδενικό διάνυσµα. (γ) Η σχέση που συνδέει τα διανύσµατα A+ B και A B όταν αυτά είναι κάθετα µεταξύ τους είναι A + B A B ( ) ( ) 0 Αναπτύσσοντας το εσωτερικό γινόµενο προκύπτει. A+ B A B A AA B+ B AB B A AB B AAcos 0 BBcos 0 ( ) ( ) o o και τελικά A B A B (δ) Αφού για τα διανύσµατα A+ B C ισχύει ότι A + B C 0
συµπεραίνεται ότι ικανοποιείται το Πυθαγόρειο Θεώρηµα και εποµένως τα διανύσµατα A και B είναι κάθετα µεταξύ τους. (Β) Το εµβαδόν της βάσης του παραλληλεπίπεδου είναι ίσο προς το εµβαδόν του παραλληλογράµµου µε πλευρές τα διανύσµατα a και b. Αυτό είναι ίσο προς α τρόπος î ĵ kˆ E αxb 3 4 (4 )î (3 )ĵ + (3 4)kˆ î ĵ kˆ + ( 1) + ( 1) 1 1 1 6.45 β τρόπος E αxb α b sin θ όπου θ είναι η γωνία που σχηµατίζουν τα διανύσµατα a και b. Η γωνία αυτή είναι ίση προς ( 3ˆ 4ˆ ˆ) ( ˆ ˆ ˆ a b i + j+ k i + j+ k) 9 cosθ 0,965 ab 3iˆ+ 4ˆj+ kˆ iˆ+ ˆj+ kˆ 9+ 16+ 4 3 ( ) 1 o θ cos 0,965 15, 3 Εποµένως, E αxb α b sin θ 3î + 4ĵ + kˆ î + ĵ + kˆ sin15,3 0 9 3 0,63,45 Ο όγκος του παραλληλεπίπεδου είναι ίσος προς α τρόπος iˆ ˆj kˆ ( ) ( 6ˆ) ( 3 ˆ 4 ˆ ˆ) ( ˆ ˆ ˆ) ( 6ˆ V c a b k i + j+ k i + j+ k k) 3 4 1 1 1 ( ˆ k) ( ) i ( ) ˆ j ( ) kˆ ( kˆ) ( i ˆ ˆ j k) 6 4 + 3 + 3 4 6 6 6 β τρόπος 0 0 6 3 4 V c ( αxb) 3 4 6 6 (3 4) 6 6 1 1 1 1 1
Άσκηση (8 µονάδες) Το παρακάτω σχήµα δείχνει την πορεία που ακολουθεί ένας άνθρωπος κατά τον περίπατό του. Ξεκινά από το σηµείο Ο και καταλήγει στο σηµείο Ρ. Να βρεθούν οι συντεταγµένες των διανυσµάτων που αντιστοιχούν σε κάθε τµήµα του περιπάτου. Επίσης, να εκφράσετε την συνολική µετατόπισή του µε ένα διάνυσµα δίνοντας τις συντεταγµένες του και να υπολογίσετε το µέτρο του. y Ο 100 m x Ρ 300 m 60 ο 00 m 150 m 30 ο Ο περίπατος αποτελείται από τα εξής διανύσµατα. d1 ( 100 m) iˆ d ( 300 m) ˆj o o d3 ( 150 m) cos30 iˆ+ ( 150 m) sin 30 ˆj ( 130 m) iˆ+ ( 75 m) ˆ j oˆ o d 00 m cos 60 i + 00 m sin 60 ˆj 100 m iˆ+ 173 m ˆj 4 ( ) ( ) ( ) ( )
y φ Ο 100 m x R Ρ 300 m 60 ο 00 m 150 m 30 ο Η συνολική µετατόπιση R είναι: R d + d + d + d 100 m iˆ+ 300 m ˆj+ 130 m iˆ+ 75 m ˆj+ 100 m iˆ+ 173 m ˆj 1 3 4 ( ) 130 m iˆ0 ˆj Το µέτρο του διανύσµατος είναι ίσο προς R R 130 m + 0 m 40 m ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) Η γωνία που σχηµατίζει το διάνυσµα R µε τον άξονα 1 0 m o φ tan 57 130 m και µε τον άξονα + x είναι ίση προς o o o o θ φ+ 180 57 + 180 37 x είναι ίση προς
Άσκηση 3 (10 µονάδες) (A) ίνονται τα διανύσµατα A και B. Να δείξετε ότι η παράσταση A ( B A) είναι πάντοτε ίση προς µηδέν. (B) Υπολογίστε το µέτρο, τη διεύθυνση και την φορά του διανύσµατος A ( B A) αν τα διανύσµατα A και B σχηµατίζουν γωνία θ µεταξύ τους. Θεωρείστε ότι τα διανύσµατα A και B βρίσκονται στο επίπεδο xy και ότι το διάνυσµα B είναι συγγραµµικό µε τον άξονα x. z ( B A) A B A ( ) B θ A y x (A) Το διάνυσµα C που ορίζεται από το εξωτερικό γινόµενο B A C είναι ένα διάνυσµα κάθετο στο επίπεδο που ορίζουν τα διανύσµατα A και B. Εποµένως, είναι κάθετο στο διάνυσµα A όπως επίσης είναι κάθετο στο διάνυσµα B, δηλαδή. το C είναι πάνω στον άξονα z.. Από την καθετότητα των διανυσµάτων o προκύπτει ότι AC AC cos 90 0 Εποµένως, A B A ( ) 0 (B) Το εξωτερικό γινόµενο B A είναι ένα διάνυσµα κάθετο στο επίπεδο που ορίζουν τα διανύσµατα A και B. Αν αυτά κείνται στο επίπεδο xy το διάνυσµα B A βρίσκεται στον άξονα z. Το εξωτερικό γινόµενο A ( B A) είναι ένα διάνυσµα κάθετο στο επίπεδο που ορίζουν τα διανύσµατα A και B A όπως φαίνεται στο σχήµα. Το µέτρο του διανύσµατος αυτού είναι ίσο προς A B A A B Asin θ A B sin θ ( ) ( )
Άσκηση 4 (10 µονάδες) Εάν ισχύουν οι ισότητες A (B C) (A B) C A (B C) B(A C) - C(A B) (1) () Αποδείξτε ότι ισχύει i) A (B C) + B (C A) + C (A B) 0 ii) (A B)(C D) (A C)(B D) - (A D)(B C) iii) (A B) (B C) (C A) A (B C) iv) Μπορεί η ισότητα (1) να γραφεί χωρίς παρενθέσεις; i) Χρησιµοποιώντας τη σχέση () έχουµε : A (B C) B (A C)-C (A B) B (C A) C(BA)-A(BC) C (A B) A(CB)-B(CA) oπότε µε πρόσθεση κατά µέλη προκύπτει ότι A (B C) + B (C A) + C (A B) 0 ii) ( A B) ( C D) K ( C D) όπου έχουµε θέσει A B K Όµως K ( C D) ( K C) D ( A B) C D (µε βάση την (1) ) C ( A B) D - A (C B)-B (C A) D (µε βάση τη ()) B (C A) - A (C B) D (A C) (B D) - (A D) (B C) iii) ( B C) (C A) K (C A) όπου έχουµε θέσει B C K Όµως K (C A) C(K A)-A(KC ) ) (από τη () ) C (B C ) A -A (B C ) C C A (B C) A C (B C ) C A(B C) + A C(C B ) C A(B C) + A ( C C) B ) C A (B C) Άρα (A B) (B C) (C A) (A B) C A (B C ) A (B C ) A (B C ) A (B C)
iv) Μπορεί γιατί δεν θα έβγαζε νόηµα να τη δούµε ως (A B)xC αφού το A B είναι βαθµωτό µέγεθος (αριθµός) και δεν θα έχει νόηµα το εξωτερικό του γινόµενο µε το διάνυσµα C. Εποµένως η µορφή A BxC έχει νόηµα µόνο όταν θεωρήσουµε ότι υπάρχει µια παρένθεση A (BxC). Άσκηση 5 (15 µονάδες) ίνονται τα σηµεία Α, Β και C στον τρισδιάστατο χώρο µε συντεταγµένες Α(,-1,3), Β(1,1,1), C(0,0,5). Τα σηµεία αυτά αποτελούν τις κορυφές του τριγώνου ΑΒC. (α) Να σχεδιαστεί το τρίγωνο σε διάγραµµα xyz. (β) Να βρεθούν οι συντεταγµένες των διανυσµάτων CB, BA και AC και το µήκος κάθε πλευράς του τριγώνου. (γ) να υπολογιστούν οι γωνίες του τριγώνου. (δ) Να υπολογιστεί το εµβαδόν του τριγώνου µε χρήση του διανυσµατικού λογισµού. (, 1,3) b C ( 0,0,5) a A c B ( 1,1,1) Από το σχήµα προκύπτει ότι a ( iˆ+ ˆj+ kˆ) 5kˆ iˆ+ ˆj4kˆ b 0iˆ+ 0ˆj+ 5kˆ iˆ+ ˆj 3kˆ iˆ+ ˆj+ ˆk c iˆ ˆj+ 3kˆiˆ ˆj kˆ iˆ ˆj+ kˆ Τα µέτρα αυτών είναι
a ( 1) + ( 1) + 16 18 3 4,4 b + 1 + 9 3 ( ) c 1 + + 9 3 ( ) Αν θ είναι η γωνία που σχηµατίζουν τα διανύσµατα c και a θα ισχύει ( ˆ ˆ ) ( ˆ ˆ 4ˆ c a i j+ i j+ k) 9 cosθ 0, 7076 c a iˆ ˆj+ kˆ iˆ ˆj+ 4kˆ 1,7 θ cos 0, 7076 45 1 o Αν φ είναι η γωνία που σχηµατίζουν τα διανύσµατα c και b θα ισχύει ( ˆ ˆ ˆ) ( ˆ ˆ ˆ c b i j+ k i + j+ k) cosθ 0 c b iˆ ˆj+ kˆ iˆ+ ˆj+ kˆ θ cos 0 90 1 o o Επειδή το άθροισµα των γωνιών ενός τριγώνου είναι ίσο προς 180 τρίτη γωνία ω είναι ίση προς o o o o ω 180 45 90 45 Το εµβαδόν του τριγώνου είναι ίσο προς 1 E a b 1 ( iˆ ˆj+ 4kˆ) ( iˆ+ ˆj+ kˆ) 1 6iˆ6ˆj3kˆ 1 1 36 + 36 + 9 9 4,5 Άσκηση 6 (1 µονάδες) 0 1 sinθ A) ίνεται ο πίνακας Α 1 0 cosθ. Να δειχθεί ότι Α3 0. sinθ cosθ 0 0 1 0 3 1 B) ίνονται οι τετραγωνικοί πίνακες Α 1 και Β 0 0 1. 6 11 6 Να δειχθεί ότι Α -5Α +7Ι 0 και Β 3-6Β +11Β-6Ι 3 0. Προκύπτει ότι η Γ) Το άθροισµα των διαγώνιων στοιχείων ενός τετραγωνικού πίνακα A λέγεται ίχνος 3 1 και συµβολίζεται µε tr(a) (πχ αν Α 1 tr A + ). τότε ( ) 3 5 είξτε ότι αν Α και Β είναι τετραγωνικοί πίνακες και λ R : tr( λ A) λ tr( A)
tr( A + B) tr( A) + tr( B) tr( AB) tr( BA) ( ) ( ) ( tr ABC tr BCA tr CAB) α β δ ) Έστω ο πίνακας Α 0 α 0 µε α,β,γ,δ,ε R. Για ποιες τιµές των α,β,γ,δ και 0 γ ε ε ο πίνακας Α έχει αντίστροφο και ποιος είναι; Α) Έχουµε 0 1 sinθ 0 1 sinθ A 1 0 cosθ 1 0 cosθ sinθ cosθ 0 sinθ cosθ 0 1+ sin θ sinθ cosθ cosθ cos θ sinθ cosθ cosθ sinθ cosθ 1+ cos θ sinθ sinθ cosθ sin θ sinθ cosθ sinθ cos θ sin θ + cosθ sinθ 1 και A 0 1 sinθ cos θ sinθ cosθ cosθ 1 0 cosθ sinθ cosθ sin θ sinθ sinθ cosθ 0 cosθ sinθ 1 3 cosθsinθ + cosθsinθ sin θ + sin θ sinθ sinθ cos θ cos θ cosθsinθ cosθ sinθ cosθ cosθ + + θ θ θ θ θ os θ sin θ cos θ cosθ sinθ + cosθ sinθ sin cos sin cos sin c 0 3 1 3 1 8 5 Β) Έχουµε ότι A και 1 1 5 3 B B 3 0 1 0 0 1 0 0 0 1 0 0 1 0 0 1 6 11 6 6 11 6 6 11 6 36 60 5 0 0 1 0 1 0 6 11 6 6 11 6 0 0 1 36 60 5 36 60 5 6 11 6 150 39 90
οπότε Α -5Α +7Ι 8 5 3 1 1 0 0 0 5 7 και 5 3 + 1 0 1 0 0 Β 3-6Β +11Β-6Ι 3 6 11 6 0 0 1 0 1 0 1 0 0 0 0 0 36 60 5 6 6 11 6 11 0 0 1 6 0 1 0 0 0 0 + 150 39 90 36 60 5 6 11 6 0 0 1 0 0 0 Γ) Έστω ΒλΑ, τότε β ij λα ij µε β ij το στοιχείο της i γραµµής και j στήλης του πίνακα Β και α ij το στοιχείο της i γραµµής και j στήλης του πίνακα Α. tr( Β ) β λa λ a λtr( A) ii ii ii i i i Έστω ΓΑ+Β. Τότε γ ij α ij + β ij µε γ ij το στοιχείο της i γραµµής και j στήλης του πίνακα Γ, β ij το στοιχείο της i γραµµής και j στήλης του πίνακα Β και α ij το στοιχείο της i γραµµής και j στήλης του πίνακα Α. tr( Γ ) γ ( a + β ) a + β tr( A) + tr( B) ii ii ii ii ii i i i i Έστω ΓΑΒ. Τότε tr( Γ ) γ µε γ ii το στοιχείο της i γραµµής και i στήλης του πίνακα Γ. ii i Όµως γ ii aik βki k µε β ij το στοιχείο της i γραµµής και j στήλης του πίνακα Β και α ij το στοιχείο της i γραµµής και j στήλης του πίνακα Α. Έστω ΒΑ. Τότε tr( ) δ µε δ ii το στοιχείο της i γραµµής και i στήλης του πίνακα. ii i Όµως δ ii βα ik ki k µε β ij το στοιχείο της i γραµµής και j στήλης του πίνακα Β και α ij το στοιχείο της i γραµµής και j στήλης του πίνακα Α. tr( Γ ) γ ( a β ) a β + a β +... + a β + 11 11 1 1 1ν ν1 a β + a β +... + a β +... ii ik ki i i k 1 1 ν ν a β + a β +... + a β ν1 1ν ν ν νν νν ai 1β1i aiβ i i i aivβvi i Άθροισµα στηλών
Αν δούµε το άθροισµα σαν άθροισµα από στήλες τότε αφού η στήλη k αντιστοιχεί στο άθροισµα aik βki βkiaik είναι kiaik β k i ηλαδή aik βki βkiaik i k k i το άθροισµα όλων των στηλών ι Η ιδιότητα αυτή µπορεί να αποδειχτεί εύκολα αν χρησιµοποιήσουµε την προηγούµενη σχέση που αποδείξαµε ( tr( AB) tr( BA) ). Έχουµε δηλαδή tr ( ABC) tr( A( BC)) tr(( BC) A) tr( BCA) tr( B( CA)) tr(( CA) B) tr( CAB) ι ) Για να έχει αντίστροφο θα πρέπει η ορίζουσά του να είναι διάφορη του µηδενός δηλαδή α ε 0 δηλαδή α 0 και ε 0. Υπολογίζουµε τις ελάσσονες ορίζουσες : Α 11 αε, Α 1 0, Α 13 0, Α 1 γδ-βε, Α αε, Α 3 -αγ, Α 31 -αδ, Α 3 0, Α 33 α. Εποµένως Α11 Α1 Α31 1 γδ βε δ α αε αε Α Α Α Α Α Α 1 0 0 α Α Α Α Α γ 1 13 Α3 Α 33 0 Α Α Α αε ε 1 1 3 Α
Άσκηση 7 (8 µονάδες) Να λυθεί και να διερευνηθεί για τις διάφορες τιµές των παραµέτρων α,β R, το σύστηµα α x+ y+ z 4 x+ β y+ z 3 x+ β y+ z 4 Έχουµε γραµµικό σύστηµα 3x3 και εφαρµόζουµε τη µέθοδο Cramer. Υπολογίζουµε αρχικά την ορίζουσα a 1 1 1 β 1 α( β β) (1 1) + ( β β) αβ + β β( α 1) 1 β 1 ιακρίνουµε περιπτώσεις : 1. 0 δηλαδή β 0 και α 1. Τότε το σύστηµα έχει µοναδική λύση την 4 1 1 3 β 1 4 β 1 4( β β) (3 4) + (6β 4 β) 4β + 1+ β 1β x βα ( 1) βα ( 1) βα ( 1) βα ( 1) α 4 1 1 3 1 1 4 1 α(34) 4(1 1) + (4 3) α + 1 1 y β ( α 1) β( α 1) β( α 1) β α 1 4 1 β 3 1 β 4 α(4β 6 β) (4 3) + 4( β β) αβ 1+ 4β αβ 4β + 1 z βα ( 1) βα ( 1) βα ( 1) βα ( 1). 0 δηλαδή β0 ή α1 ιερευνούµε τις περιπτώσεις ξεχωριστά. α x+ y+ z 4 i. β0. Το σύστηµα γίνεται x+ z 3 και λόγω της ης x+ z 4 και 3 ης γραµµής είναι αδύνατο., x+ y+ z 4 ii. α1 Το σύστηµα γίνεται x+ β y+ z 3 και οι ορίζουσες x, x+ β y+ z 4 y και z είναι :
4 1 1 3 β 1 4( β β) (3 4) + (6β 4 β) 4β + 1+ β 1β x 4 β 1 1 4 1 1 3 1 0 Y 1 4 1 1 1 4 1 β 3 β 1 z 1 β 4 x Αν β ½ τότε το σύστηµα είναι αδύνατο, ενώ αν β½ έχει άπειρες λύσεις. Το σύστηµα γίνεται x+ y+ z 4 4 4 1 x+ y+ z x+ y+ z x z x+ y+ z 3 1 1 και οι άπειρες x+ y+ z 3 y 1 y x y z 4 + + λύσεις του είναι z λ, y, x-λ, λ R Άσκηση 8 (8 µονάδες) ίνεται το τριώνυµο: ( λ + λ ) x + ( λ 1) x + 4 Να βρείτε τις τιµές του λ R ώστε να έχει ρίζες: α) ετερόσηµες µε απόλυτα µεγαλύτερη την αρνητική και β) αντίστροφες Για να είναι τριώνυµο, θα πρέπει α 0δηλαδή λ + λ 0 λ 1 και λ α) Για να έχει ρίζες ετερόσηµες µε απόλυτα µεγαλύτερη την αρνητική θα πρέπει να συναληθεύουν οι παρακάτω ανισότητες: β γ γ >0 και < 0 και < 0 γιατί αν x 1 και x οι δύο λύσεις, πρέπει x 1 x < 0 ( < 0 ) α α α β ώστε να είναι ετερόσηµες, και x 1 + x < 0 ( < 0 ) ώστε η αρνητική να είναι α απολύτως µεγαλύτερη. Έχουµε i) 4(λ-1) -16(λ +λ-) 4λ -8λ+4-16λ -16λ+3 1λ -4λ+361(-λ -λ+3) Πρέπει >0 -λ -λ+3>0 λ +λ-3<0 Για το τριώνυµο: λ +λ-3. Έχουµε: -4 1 (-3)16>0 ± 4 λ1 1 λ 1 λ 3 Επειδή >0 αν λ (-3,1), το τριώνυµο λοιπόν λ +λ-3 γίνεται αρνητικό (ετερόσηµο του α1) αν λ (-3,1) (1)
β ( λ 1) λ 1 1 ii) < 0 > 0 ( > 0 και α λ + λ ( λ 1)( λ + ) λ + β λ 1) ( λ > και λ 1) δηλαδή < 0 αν λ (,1) (1, + ) () α γ 4 4 iii) < 0 < 0 < 0 < λ < 1 α λ + λ ( λ 1)( λ + ) γ ηλαδή < 0 αν λ (,1) (3) α Σχηµατίζω την τοµή των διαστηµάτων (1) () (3) και έχω: λ (,1) δηλαδή το τριώνυµο έχει ετερόσηµες ρίζες µε απόλυτα µεγαλύτερη την αρνητική αν λ (,1) β) Για να είναι αντίστροφες οι ρίζες του πρέπει γ 0 και 1 α Για 0 έχουµε από την (1) έχουµε : λ [-3,1] γ 4 4 λ + λ λ + λ 6 0 Για 1 1 λ -3 ή λ α λ + λ λ, λ 1 λ, λ 1 Αλλά [-3,1] Άρα µόνο για λ-3 οι ρίζες του αρχικού τριωνύµου γίνονται αντίστροφες. Πράγµατι, τότε έχουµε το1 διπλή ρίζα. (Η µονάδα έχει αντίστροφο την µονάδα). Άσκηση 9 (10 µονάδες) Α) Να βρείτε τις τιµές του λ R για τις οποίες το κλάσµα λx + 3x 4 µπορεί να πάρει όλες τις πραγµατικές τιµές όταν λ + 3x 4x x R Β) Να βρείτε το λ ώστε οι ρίζες ρ 1 και ρ R της x +x+λ0 να ικανοποιούν τη σχέση 3 ρ +ρ1ρ (ρ 1 +1)+ρ 1 1 λx + 3x 4 Α) Θέτουµε κ και έχουµε λ + 3x 4x ( λ + 4κ)x + 3(1 κ)x (4 + κλ) 0 (1) Ο κ µπορεί να πάρει τιµές εκείνες και µόνο εκείνες για τις οποίες η διακρίνουσα της (1) είναι 0 δηλαδή : [3(1-κ)] -4 (λ+4κ)[- (4+κλ)] 0 9(-1κ+κ )+4(4λ+κλ +16κ+4κ λ) 0 9-18κ+9κ +16λ+4κλ +64κ+16κ λ 0 (9+16λ)κ +(3+λ )κ+9+16λ 0 () Αν η () αληθεύει για κάθε κ τότε το κλάσµα µπορεί να πάρει κάθε τιµή. Αλλά για να αληθεύει η () για όλες τις τιµές του κ πρέπει <0 και α>0 δηλαδή: (3+λ ) -4(9+16λ) (9+16λ) 0 και α9+16λ>0 Λύνουµε το σύστηµα των ανισώσεων
Η πρώτη ανίσωση γίνεται : 4(3+λ ) -4(9+16λ) 0 (3+λ ) - (9+16λ) 0 [(3+λ -(9+16λ)] (3+λ +9+16λ) 0 (λ -6λ+14)(λ +16λ+3) 0 (λ -8λ+7)( λ +8λ+16) 0 (λ -8λ+7)(λ+4) 0 Επειδή (λ+4) 0 άρα αληθεύει όταν λ-4 ή λ -8λ+7 0 Επειδή για το τριώνυµο λ 8 ± 6 λ1 7-8λ+7 έχουµε 36 0 προκύπτει λ1 λ 1 Άρα λ -8λ+7 0 αληθεύει για 1 λ 7 ηλαδή (λ -8λ+7)(λ+4) 0 (λ -4 ή 1 λ 7 ) (3) Η δεύτερη ανίσωση γίνεται 9 9+16λ>0 λ > (4) 16 Οι (3) και (4) πρέπει να συναληθεύουν άρα 1 λ 7 Σε αυτήν την περίπτωση όµως, ο παρανοµαστής του κλάσµατος µπορεί να γίνει 3+ 9 + 16λ 3 9 + 16λ µηδέν οπότε το πεδίο ορισµού είναι το R, 8 8 Β) Καταρχάς για να έχει λύσεις, θα πρέπει η διακρίνουσα να είναι µεγαλύτερη ή ίση του µηδενός. Εποµένως -4λ 0 ή λ -1/4. (1) Για τις λύσεις της x β γ +x+λ0 ισχύει ρ 1 +ρ 1 () και ρ 1 ρ λ (3) α α 3 Η ρ1 +ρ1ρ (ρ 1 +1)+ρ 1 γράφεται 3 ρ 1+ ρ ( ρ + ρ + 1) 0 ( ρ 1)( ρ + ρ + 1) + ρ ( ρ + ρ + 1) 0 1 1 1 1 1 1 1 1 ( ρ + ρ + 1)( ρ + ρ 1) 0 (4) 1 1 1 αλλά ρ1 + ρ1 + 1 0 για κάθε ρ R οπότε από τη (4) ρ1 + ρ 1 0 ( ρ1 + ρ ) + ρ 1 0 και από () -1+ρ -10 ρ κι άρα από () προκύπτει ρ 1-3 Από (3) αντικαθιστώντας ρ 1-3 και ρ προκύπτει (-3)λ λ 6 που ικανοποιεί και την (1). Άσκηση 10 (1 µονάδες) Α) ίνονται οι συναρτήσεις f, g µε τύπους f( x) 1 x, g(x)sinx µε πεδία ορισµού (,1], και [0,π] αντίστοιχα. Να εξετάσετε αν υπάρχει η συνάρτηση f g και αν ναι, βρείτε το πεδίο ορισµού της τον τύπο της και το σύνολο εικόνων της. 1 x 1 Β) ίνεται η συνάρτηση f :[0, + ) [,1) µε τύπο f( x) x +. α) Να εξετάσετε αν η f είναι «1-1» και «επί». β) Να προσδιορίσετε την αντίστροφή της. Γ) ίνεται η συνάρτηση f(x) x -10x+15 α) Να σχεδιάσετε τη γραφική της παράσταση
β) Να εξεταστεί αν η συνάρτηση είναι 1-1 και επί. Να βρεθούν οι κατάλληλοι περιορισµοί της που είναι αντιστρέψιµοι (πεδίο ορισµού, τιµών και τύπος που δίνει τις τιµές της συνάρτησης) Α) Το σύνολο εικόνων της g(x) είναι το [-1,1] που είναι υποσύνολο του πεδίου ορισµού της f(x). Το πεδίο ορισµού της f g είναι το σύνολο {x [0,π] ώστε sinx 1} δηλαδή το [0,π]. Εποµένως ορίζεται η f g µε πεδίο ορισµού το [0,π], τύπο f gx ( ) f( gx ( )) 1sinx και σύνολο εικόνων το [0, ]. Β) Εξετάζουµε πρώτα αν είναι «1-1». x 1 y 1 f( x) f( y) xy y + x xy x+ y x + y + 3 x 3 y x y Εποµένως είναι «1-1». Θα προσδιορίσουµε τώρα το σύνολο εικόνων. Έχουµε y f( x) y x 1 x + xy + y x 1 ( y 1) x y1 (1) ιακρίνουµε τις περιπτώσεις: y 1 0 y 1 οπότε η (1) γίνεται 0 3, αδύνατη y1 y+ 1 y1 0 y 1 οπότε η (1) δίνει x Επειδή y1 1 y x 0 θα πρέπει να είναι y 1 0 (y+ 1)(1 y) 0 y 1,1 1 y. Εποµένως το σύνολο εικόνων ταυτίζεται µε το πεδίο τιµών, άρα η συνάρτηση είναι «επί». Η αντίστροφη συνάρτηση έχει τύπο χρησιµοποιώντας την (1) 1 y 1 f ( y) + 1 y ή f 1 x 1 ( x) 1 x + Γ) α) Κάνουµε το τριώνυµο τέλειο τετράγωνο x -10x+15 x - (5)x+5-5 +15(x-5) -10 Επειδή α1>0 η γραφική παράσταση είναι παραβολή µε κορυφή το (5,-10)
β) Έχουµε f(x)x(x-10) +15 οπότε f(10)f(0)15 άρα δεν είναι 1-1 Πεδίο τιµών Είναι y x -10x+15 x 10x + (15 y) 0 απ όπου 0 10 4(15 y) 0 100 60 + 4y 0 4y 40 y 10 οπότε [ 10, + ) R Άρα δεν είναι επί ( β τρόπος: από τη γραφική παράσταση φαίνεται ότι υπάρχουν ευθείες που φέρονται από σηµεία του R του άξονα yy, παράλληλες στο xx και δεν τέµνουν το διάγραµµα). Άρα δεν αντιστρέφεται. Μπορούµε να την περιορίσουµε σε κάθε ένα από τα διαστήµατα (,5],[5, + )οπότε η δοσµένη συνάρτηση αντιστρέφεται κατά τµήµατα 1 [f -1 (x)] -10 [f -1 (x)]+15 x (f (x) 5) x + 10 f (x) 5 ± x + 10 Άρα [ 10, + ) [5, + ) f (x) 5 + x 10 1 1 + 1 (x) 5 x + Αν [ 10, + ) (,5] f 10 1