ΕΛΛΗΝΙΚΟ ΑΝΟΙΚΤΟ...

http://edu.eap.gr/pli/pli12/students.htm

ΕΛΛΗΝΙΚΟ ΑΝΟΙΚΤΟ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ

ΠΡΟΓΡΑΜΜΑ ΣΠΟΥ∆ΩΝ ΣΤΗΝ ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗ

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Ι (ΘΕ ΠΛΗ 12), 2001 -02

ΕΡΓΑΣΙΑ ΣΤ΄ Τα κάτωθι προβλήµατα προέρχονται από την ύλη και των 2 συγγραµµάτων της ΠΛΗ12

και είναι ενδεικτικά αυτών που πρέπει να γνωρίζετε για να αντιµετωπίσετε τα θέµατα

της Τελικής Εξέτασης. Η ηµεροµηνία παράδοσης της Εργασίας είναι η 24η Ιουνίου

2002 (ΑΥΣΤΗΡΑ)

Η συνολική βαθµολογία της Εργασίας είναι 130 µονάδες, ενώ θα βαθµολογηθείτε µε

άριστα το 100. Εποµένως, δεν είναι τόσο σηµαντικό να παραδώσετε ΟΛΕΣ τις

παρακάτω ασκήσεις λυµένες πλήρως, όσο είναι να µπορείτε να λύνετε παρόµοιες

ασκήσεις στην Τελική Εξέταση.

1. ( 5 µον.) Έστω Α ένας πραγµατικός πίνακας 3×3 που ικανοποιεί την εξίσωση Α + ΑΤ

= Ι, όπου Ι ο µοναδιαίος 3×3 πίνακας και ΑΤ ο ανάστροφος του Α. ∆είξτε ότι ο Α είναι της

µορφής Α= 0.5 Ι +Β, όπου Β αντισυµµετρικός, και ότι στη γενική περίπτωση ο Α έχει µια

πραγµατική και 2 µιγαδικές ιδιοτιµές.

ΛΥΣΗ 1

Έστω ο πίνακας .

=

333231

232221

131211

aaaaaaaaa

A

.

=

++++++

⇒=+100010001

22

2

3323321331

3223221221

3113211211

aaaaaaaaaaaaaaa

IAA T

Από την παραπάνω ισότητα απλές πράξεις δίνουν

21

332211 === aaa

jiij aa = για όλα τα i . j≠


Άρα BIA +=21 όπου .

−−−=

00

0

2313

2312

1312

aaaaaa

B

Για να βρεθούν οι ιδιτιµές λύνουµε 0)det( =− IA λ . Απλές πράξεις θα µας δώσουν

21

1 =λ και 232

223

2123,2 2

1 aaai ++±=λ . ∆ηλαδή µία πραγµατική και δύο µιγαδικές ιδιτιµές.

2. Έστω V ο διανυσµατικός χώρος των πολυωνύµων µε βαθµό µικρότερο ή ίσο του 2 µε

πραγµατικους συντελεστες που παράγεται από τα µονώνυµα 1, x και . 2x

(α) (10 µον.) Nα δείξετε ότι η απεικόνιση RVV →×>< :, µε

∫>=<1

0)()()(),( dxxgxfxgxf

ορίζει ένα εσωτερικό γινόµενο στον V.

(β) (5 µον.) ∆είξτε επίσης ότι τα 1, x και δεν αποτελούν ορθογώνια βάση για τον V και

χρησιµοποιείστε τα µαζί µε το Θεώρηµα 4.4, σελ. 78 του 1

2xου συγγράµµατος για να βρείτε

µια ορθοκανονική βάση για τον διανυσµατικό χώρο V.

ΛΥΣΗ 2 α) Θα πρέπει να ικανοποιούνται οι ιδιότητες του εσωτερικού γινοµένου. ∆ηλαδή:

Ι) )(),()()()()()(),(1

0

1

0

xfxgdxxgxfdxxgxfxgxf === ∫∫

ΙΙ) =+ )(),()( xhxgxf λκ =+=+ ∫ ∫∫1

0

1

0

1

0

)()()()()())()(( dxxhxgdxxhxfdxxhxgxf λκλκ

)(),()(),( xhxgxhxf λκ +

III) ∫ ≥=1

0

2 0)()(),( dxxfxfxf

IV) ( ) 00)(0)(),(1

0

2 =⇔=⇔= ∫ xfdxxfxfxf

2β) Είναι προφανές ότι τα 1 δεν αποτελούν ορθοκανονική βάση για τον V αφού 2,, xx0)(),( ≠xgxf .

Χρησιµοποιώντας τώρα το Θεώρηµα 4.4 του βιβλίου και κάνοντας απλές πράξεις βρίσκουµε την ορθογώνια βάση 6

1221 ,,1 +−− xxx και στην συνεχεια κανονικοποιούµε.

3. (5 µον.) ∆ίνεται ο πίνακας


−−−

−=

411141

114A

Να βρεθούν οι ιδιοτιµές και τα ιδιοδιανύσµατα του πίνακα Α.

ΛΥΣΗ 3 . Για να βρούµε τις ιδιοτιµές του πίνακα λύνουµε

−−−

−=

411141

114A

011

4141

1141

14)4(

411141

114=

−−−

+−−−

+−−−−

−=−−−−−

−−λ

λλλ

λλ

λλ

.

Απλές πράξεις θα µας δώσουν το πολυώνυµο . 0544512 23 =+−+− λλλΛύνοντας το παραπάνω πολυώνυµο θα βρούµε τις ιδιοτιµές του πίνακα Α. Αυτές είναι : 61 =λ και 332 == λλ . Λύνοντας τώρα το 0)( =− xIA λ µπορούµε να βρούµε τα ιδιοδιανύσµατα για κάθε λ αντίστοιχα. Απλές γραµµοπράξεις θα µα δώσούν :

i) Για 61 =λ , 321 2xxx += και 32 xx −= . Άρα [ ]Tv 1111 −=

ii) Για 332 == λλ , 0321 =+− xxx . Άρα [ ]Tv 0112 = και αντίστοιχα.

[ ]Tv 1013 −=

4. (10 µον.) Να αποδείξετε ότι τα σύνολα

( ) ( ) 3241

44321

4214

4321

,/,,,

0/,,,

xxxxRxxxxW

xxxRxxxxV

==∈=

=+−∈=

είναι διανυσµατικοί υπόχωροι του 4R και να βρεθεί η διάσταση και µια βάση για κάθε ένα από τους υπόχωρους V και VWVW ∩,, , W+ .

ΛΥΣΗ 4 Για τον V γνωρίζουµε ότι 421 xxx −= . Άρα ( ) ( ) ( ) ( ) ( )44322432424321 ,0,0,0,,0,00,0,,,,,,,, xxxxxxxxxxxxxx −++=−=

Εποµένως V . Όπου 321 ,, VVVspan= ( )0,0,1,11 =V , ( )2 0,0,1,0=V , και V . ( )1,0,0,13 −

321 ,, VVV είναι γραµµικά ανεξάρτητα και αποτελούν βάση για τον V. dim .3=V Για τον W γνωρίζουµε ότι και 41 xx = 32 xx = . Άρα

( ) ( ) ( ) ( )1 2 3 4 1 2 2 4 1 1 2 2, , , , , , ,0,0, 0, , ,0x x x x x x x x x x x x= = +


Εποµένως W . Όπου 21 ,WWspan= ( )1,0,0,11 =W και ( )0,1,1,02W . Τα αποτελούν βάση του W.

21 ,WW.2dim =W

( ) , 2 , 2 , ,V W x x x x x R∩ = ∈ , Αφού 0421 =+− xxx , 41 xx = και . Άρα το 32 xx =

( 1,2,2,1 ) είναι βάση του W. dim( 1) =∩WV dim( ) dim dim dim( ) 3 2 1 4V W V W V W+ = + − ∩ = + − = 5. Θεωρείστε το παρακάτω σύστηµα:.

βα =+−=+−=+−

zyxzyxzyx

621355366126

.

(α) (10 µον.) Θέσατε α = 0 και β = - 10 και λύστε το σύστηµα αυτό µε 2 διαφορετικούς τρόπους. (β) (5 µον.) Βρείτε τιµές των α και β ώστε το σύστηµα αυτό: (ι) Να µην έχει καµία λύση και (ιι) να έχει άπειρες λύσεις.

ΛΥΣΗ 5 α) Το σύστηµα έχει την µορφή bxA =.

Τρόπος i) : Απαλοιφή Gauss

−−−

βα |6213|5536|6126

;

−−−

−

Γ−Γ=Γ′Γ−Γ=Γ′

2|22010|2106|6126

131

33

121

22

βα

++

−

Γ+Γ=Γ′ 18|20010|2106|6126

2 233 βα.

Εάν αντικαταστήσουµε για α = 0 και για β = -10 τότε 11 =x , 22 =x και . 43 =x Τρόπος ii) : ∆ιάσπαση L-U

Ο πίνακας U και ο πίνακας .

−=

2002106126

−=

123/1012/1001

L

Λύνοντας το bzL =. θα πάρουµε 61 =z , 102 =z και 83 =z .Στην συνέχεια λύνοντας το

zxU =. θα πάρουνε τις τιµές του x , 11 =x , 22 =x και 43 =x . 5β) i) Για α = -2 και 18−≠β το σύστηµα δεν θα έχει καµία λύση.

ii) Για α = -2 και για β = -18 το σύστηµα θα έχει άπειρες λύσεις.


6. (6 µον.) Να βρεθούν οι παράγωγοι των συναρτήσεων:

α) xxxy ++= β) γ) )sin( 3xey = ))1tan(log( 2xy +=

ΛΥΣΗ 6 α) xxxy ++=

+

++

++=′

xxxxxxy

211

2

11121

β) )sin( 3xey =

)sin(32 3

)cos(3 xexxy =′ γ) ))1tan(log( 2xy +=

Πρώτα θα πρέπει να αλλάξουµε την βάση. ∆ηλαδή: 10ln

)1ln()1log(2

2 xx +=+

10ln)1(

))1(log(sec22

22

xxxy

++

=′

7. (α) (6 µον.) Έστω ένας ορθός κυκλικός κώνος ύψους 10 µέτρων και ακτίνας 6 µέτρων. Να βρεθεί η ακτίνα και το ύψος ενός ορθού κυκλικού κυλίνδρου εγγεγραµµένου στο εσωτερικό του κώνου, έτσι ώστε ο κύλινδρος αυτός να έχει µέγιστο όγκο. (β) (6 µον.) Να βρεθούν τα σηµεία της καµπύλης , που βρίσκονται σε ελάχιστη απόσταση από το σηµείο (0,0) του επιπέδου x,y. Ποιά είναι η σχετική ιδιότητα του σηµείου (0,1);

21 xy −=

ΛΥΣΗ 7 α) Έστω r η ακτίνα του κυλίνδρου, h το ύψος του κυλίνδρου και V ο όγκος του. Ο όγκος ενός κυλίνδρου δίνεται από τον τύπο :

hrV 2π= . (1) Tώρα 10 - h r 10 h 6


Από τα παραπάνω όµοια τρίγωνα έχουµε

61010

=−r

h ή

rh3510 −=

)(xg ′ - + - +

Αντικαθιστώντας για h στην (1) έχουµε

( ) 32352

351010 rrrrV πππ −=−= .

Η ακτίνα του κυλίνδρου δεν µπορεί να είναι αρνητική και θα πρέπει να ικανοποιεί την ανισότητα . Άρα έχουµε µία συνεχή συνάρτηση ως προς r στο [0 , 6] την οποία µπορούµε να παραγωγίσουµε.

60 ≤≤ r

0)4(5520 2 =−=−= rrrrdrdV πππ . r = 0 , r = 4.

Ο µέγιστος όγκος δίνεται στο παρακάτω πίνακα

r 0 4 6 V 0 π3

160 0 Άρα r = 4m και 3

10=h m. 7β) Έστω σηµείο της καµπύλης . Η απόσταση MO είναι ))(,( xfxM 21 xy −=

)(1)1( 2422 xgxxxx =+−=−+

012

24)(24

3

=+−

−=′

xx

xxxg . Άρα και 00)12(2 2 =⇒=− xxx2

1±=x .

2/1− 0 2/1

Τα ζητούµενα σηµεία είναι

−

21,

21 και

21,

21

Το σηµείο (0,1) είναι η κορυφή της παραβολής όπου η απόσταση εχει τοπικό µεγιστο. 8. (12 µον.) Να υπολογισθούν τα αόριστα ολοκληρώµατα:


(α) , , για n θετικό ακέραιο ∫ xdxxn ln ∫ dxxxn sincos

(β) , ∫ dxx3cos ∫ dxxx tancos2

(γ) ∫ +dx

xx

1 , ∫

−dx

x211 (µε κατάλληλη αλλαγή από x σε νέα µεταβλητή u)

ΛΥΣΗ8 α) i) = Έστω xdxx n ln∫ xu ln= nxdxdv

=

xdxdu 1

= 1

1

+=

+

nxv

n

= dxx

xn

xn

nn

∫++

+−

+

11

11

1x ln = K

nxx

nx nn

++

−+

++

2

11

)1(ln

1

ii) ∫ xcos = Έστω xdxn sin xu cos= xdxdu sin−=

= Kn

xKnu

xduxu

nnn +

+−=+

+−=−

++

∫ 1cos

1sinsin

11

β) i) ∫ ∫ ∫ =−== dxxxxdxxxdx )sin1(coscoscoscos 223 = = ∫ ∫− xdxxxdx 2sincoscos

= Έστω u∫− xdxxx 2sincossin xsin= xdxdu cos=

= KxxKuxduux +−=+−=− ∫ 3sinsin

3sinsin

332

ii) ∫∫ ∫ == xdxxdxxxxxdxx sincos

cossincostancos

22

Έστω u xsin= xdxdu cos=

KxKuudu +=+=∫ 2sin

2

22

γ) i) ∫ +1xx = Έστω 1+= xu 1−= ux

1=dxdu

= =+−=−= −∫ Kuuduuuduu

2/12/32/12/1 2321−

∫u


Kxx ++−+ 2/12/3 )1(2)1(32

ii) dux

∫− 21

1 Έστω ux sin= ududx cos= .

∫∫ +=+==−

− KuKuduuduu

1

2sincos

sin1

1

9. (8 µον.) Να βρεθούν οι τιµές των Rba ∈, ώστε η συνάρτηση

≥−++<+++

=11)(1632)(

2

2

xxbaxxxbaxxf

να είναι παραγωγίσιµη στο x = 1. ΛΥΣΗ 9 Η συνάρτηση θα πρέπει να είναι συνεχής. ∆ηλαδή:

)1()(lim)(lim11

fxfxfxx

=++− ←→

64)632(lim)(lim 2

11++=+++=

−− →→baxbaxxf

xx

baxbaxxf

xx+=−++=

++ ←←)1_)((lim)(lim 2

11

Από τις δύο αυτές ισότητες προκύπτει ότι 2−=b . Για να είναι παραγωγίσιµη

2

21

632lim1

)1()(lim2

11

bax

baxbaxx

fxfxx

+=−

−−+++=

−−

−− →→

bax

babxaxxx

fxfxx

++=−

−−−++=

−−

++ →→2

11lim

1)1()(lim

2

11

Από τις δύο αυτές ισότητες προκύπτει ότι 1=a

10. (12 µον.) Να υπολογισθούν τα όρια

α) 20

1)()(limx

xexfxfx

x

−−=

→µε και να αναπτυχθεί η f(x) σε σειρά Taylor

γύρω απο το x = 0.

β) 11

lim−−

→ xxx

x γ) )1

sin1( 20

limxxxx

−→


ΛΥΣΗ 10 ) 21

2lim

21lim1lim

0020==

−=

−−→→→

x

x

x

x

x

x

ex

ex

xe

Τώρα για την ανάπτυξη κατά Taylor χρησιµοποιούµε την σειρά Taylor της εκθετικής

0 !

nx

n

xen

∞

=

=∑ , οπότε 2

2 01

! (

n nx

n n

xe x xn n

∞ ∞

= =

− − = =+∑ ∑ 2)!x και διαιρώντας έχουµε

20

1( 2)

x n

n

e x xx n

∞

=

− −=

+∑ !

β) 21

212lim

1

1lim

1 1

21

11=

−=

−=

−−

→→→ xx

xxx

x

x

xxlim

γ) xxxx

xxxxx

xxx xxx cossin2cos1lim

sinsinlim1

sin1lim 202020 +

−=

−=

−

→→→

61

cossin6cos6coslim

sincos4sin2sin

2020=

−−=

−+ →→ xxxxxx

xxxxxx

xxlim

11. (15 µον.) ∆ίνονται οι συναρτήσεις : 23,2 xyxxy =−=

οι οποίες προφανώς τέµνονται στο σηµείο (0,0) του επιπέδου (x,y). Να βρεθούν και τα άλλα

σηµεία στα οποία τέµνονται και να υπολογιστούν τα εµβαδά των περιοχών που

περικλείονται από τις συναρτήσεις, και τα σηµεία τοµής τους. Σε ποιό από τα σηµεία αυτά

είναι οι εφαπτόµενες ευθείες των συναρτήσεων κάθετες µεταξύ τους;

ΛΥΣΗ11 0)1)(2(022 2332 =++⇒=−+⇒−= xxxxxxxxx .

Άρα x = 0 , x = -2 και x = 1. Τα σηµεία τοµής των δύο συναρτήσεων είναι A(0,0) , B(-2,4) και Γ(1,1). Το ένα εµβαδόν είναι :

38

33))2((

0

2

0

2

32

332 =

−−=−−

−−∫

xxxdxxxx

και το δεύτερο εµβαδόν είναι

125

34)2(

1

0

1

0

34223 =

+−=−−∫

xxxdxxxx


Σε κανένα σηµείο τοµής οι εφαπτόµενες ευθείες των συναρτήσεων δεν είναι κάθετες µεταξύ τους αφού 1)().( −≠′′ xgxf για x = 0 , 1 , -2.

12. (α) (10 µον.) Να αναπτυχθεί η συνάρτηση

<<−−<<

=01

01)(

xx

xfπ

π

µε f(0) = 0, σε σειρά Fourier στο διάστηµα [-π , π] .

(β) (5 µον.) Να υπολογισθεί το άθροισµα ∑ . Πόσους όρους πρέπει να κρατήσετε

στο άθροισµα αυτό για να επιτύχετε ακρίβεια 2 δεκαδικών ψηφίων; (βλ. σχετικό θέµα στην

Εργασία 5).

∞

+−

0 12)1(

n

n

ΛΥΣΗ 12 Η συνάρτηση είναι περιττή άρα θέλουµε µόνο το b n

[ ] [ ])cos(12)cos(2)sin(2)sin()(10

0

ππ

ππππ

πππ

π

nn

nn

dxnxdxnxxfbn −=−=== ∫∫−

= ( )ππ )1(

4)1(12 1

+=−− +

nnn

Άρα xnn

xfn

)12sin(.)12(

4)(0

++

=∑∞

= π. Για π/2 f(x)=1. Άρα

∑∑∑∞

=

∞

=

∞

=

=+

−⇒=

+−

⇒=+

+=

000 412)1(1

)12()1(41

2)12sin(.

)12(4)(

n

n

n

n

n nnn

nxf π

ππ

π.

Τώρα 12

1+

=n

a n . Για να πετύχουµε ακρίβεια δύο δεκαδικών ψηφίων θα πρέπει

2

1 10−+ <na . Άρα

49100

132

11 >⇒<

+=+ n

nan .

ΕΛΛΗΝΙΚΟ ΑΝΟΙΚΤΟ...

Documents