Lyseis sxol math_kat
•
0 gefällt mir•39,239 views
Μαθηματικά Κατεύθυνσης, Λύσεις σχολικού
Empfohlen
Weitere ähnliche Inhalte
Was ist angesagt?
Was ist angesagt? (20)
Andere mochten auch
Andere mochten auch (20)
Ähnlich wie Lyseis sxol math_kat
Ähnlich wie Lyseis sxol math_kat (20)
Mehr von Christos Loizos
Mehr von Christos Loizos (20)
Kürzlich hochgeladen
Kürzlich hochgeladen (20)
Lyseis sxol math_kat
- 2. ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Γ΄ Τάξης Γενικού Λυκείου Θετική και Τεχνολογική Κατεύθυνση ΛΥΣΕΙΣ ΤΩΝ ΑΣΚΗΣΕΩΝ Η συγγραφή και η επιμέλεια του βιβλίου πραγματοποιήθηκε υπό την αιγίδα του Παιδαγωγικού Ινστιτούτου Η συγγραφή και η επιμέλεια του βιβλίου πραγματοποιήθηκε υπό την αιγίδα του Παιδαγωγικού Ινστιτούτου 22-0182-02.indd 1 21/2/2014 12:27:25 µµ
- 3. ΣΤΟΙΧΕΙΑ ΑΡΧΙΚΗΣ ΕΚ∆ΟΣΗΣ ΣΤΟΙΧΕΙΑ ΕΠΑΝΕΚ∆ΟΣΗΣ Η επανέκδοση του παρόντος βιβλίου πραγματοποιήθηκε από το Ινστιτούτο Τεχνολογίας Υπολογιστών & Εκδόσεων «Διόφαντος» μέσω ψηφιακής μακέτας, η οποία δημιουργή- θηκε με χρηματοδότηση από το ΕΣΠΑ / ΕΠ «Εκπαίδευση & Διά Βίου Μάθηση» / Πράξη «ΣΤΗΡΙΖΩ». Οι αλλαγές που ενσωματώθηκαν στην παρούσα επανέκδοση έγιναν με βάση τις διορθώσεις του Παιδαγωγικού Ινστιτούτου. 22-0182-02.indd 2 21/2/2014 12:27:52 µµ
- 4. ΥΠΟΥΡΓΕΙΟ ΠΑΙΔΕΙΑΣ ΚΑΙ ΘΡΗΣΚΕΥΜΑΤΩΝ ΠΟΛΙΤΙΣΜΟΥ ΚΑΙ ΑΘΛΗΤΙΣΜΟΥ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Γ΄ Τάξης Γενικού Λυκείου Θετική και Τεχνολογική Κατεύθυνση ΛΥΣΕΙΣ ΤΩΝ ΑΣΚΗΣΕΩΝ Ανδρεαδάκης Στυλιανός Καθηγητής Πανεπιστημίου Αθηνών Κατσαργύρης Βασίλειος Καθηγητής Β/θμιας εκπαίδευσης Μέτης Στέφανος Καθηγητής Β/θμιας εκπαίδευσης Μπρουχούτας Κων/νος Καθηγητής Β/θμιας εκπαίδευσης Παπασταυρίδης Σταύρος Καθηγητής Πανεπιστημίου Αθηνών Πολύζος Γεώργιος Καθηγητής Β/θμιας εκπαίδευσης ΙΝΣΤΙΤΟΥΤΟ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΑΣ ΥΠΟΛΟΓΙΣΤΩΝ ΚΑΙ ΕΚΔΟΣΕΩΝ «ΔΙΟΦΑΝΤΟΣ» 22-0182-02.indb 3 26/11/2013 4:08:42 μμ
- 5. ΓΙΑ ΤΟ ΜΑΘΗΤΗ Το τεύχος που κρατάς έχει μια ιδιομορφία: σου δίνεται με τη σύσταση ν α μ η τ ο διαβάσεις. τουλάχιστο με την έννοια που διαβάζεις ένα άλλο βιβλίο για να κατανοήσεις το περιεχόμενό του. Πράγματι, οι ασκήσεις που σου δίνει ο καθηγητής σου είναι για να εργαστείς μόνος. Γιατί το να λύσεις μια άσκηση σημαίνει πολλές φορές όχι μόνο ότι έχεις κατανοήσει την αντίστοιχη θεωρητική ύλη αλλά και ότι ξέρεις να τη χρησιμοποιήσεις για να δημιουργείς, να ανακαλύπτεις ή να επιβεβαιώνεις κάτι καινούργιο. Και αυτό έχει ιδιαίτερη σημασία για σένα τον ίδιο.Δεν μπορεί παρά να έχεις και συ τη φιλοδοξία να λύνεις μόνος χωρίς βοήθεια τις ασκήσεις για να νιώθεις τη χαρά αυτής της δημιουργίας, της ανακάλυψης. Πρέπει να ξέρεις ότι όταν δυσκολεύεσαι στη λύση μιας άσκησης, τις πιο πολλές φορές υπάρχει κάποιο κενό στη γνώση της αντίστοιχης θεωρίας. Πήγαινε πίσω λοιπόν στο διδακτικό βιβλίο κάθε φορά που χρειάζεται να εντοπίσεις και να συμπληρώσεις τέτοια κενά. Οπωσδήποτε πριν καταπιαστείς με τη λύση των ασκήσεων πρέπει να αισθάνεσαι κάτοχος της θεωρίας που διδάχτηκες. Εκτός από την κατανόηση της θεωρίας μπορεί να βοηθηθείς στη λύση μιας άσκησης από τα παραδείγματα και τις εφαρμογές που περιέχει το διδακτικό σου βιβλίο. Αν παρ’ όλα αυτά δεν μπορείς να προχωρήσεις, στο τέλος του βιβλίου σου θα βρεις μια σύντομη υπόδειξη που ασφαλώς θα σε διευκολύνει. Στις ελάχιστες περιπτώσεις που έχοντας εξαντλήσει κάθε περιθώριο προσπάθειας δε βρίσκεται η πορεία που οδηγεί στη λύση της άσκησης, τότε και μ ό ν ο τότε μπορείς να καταφύγεις σ’αυτό το τεύχος και μάλιστα για να διαβάσεις εκείνο το τμήμα της λύσης που σου είναι απαραίτητο για να συνεχίσεις μόνος. Ουσιαστικά λοιπόν δεν το ’χεις ανάγκη αυτό το τεύχος. Σου παρέχεται όμως για τους εξής λόγους: α) Για να μπορείς να συγκρίνεις τις λύσεις που εσύ βρήκες. β) Για να σε προφυλάξει από ανεύθυνα «λυσάρια». γ) Για να απαλλάξει τους γονείς σου από αντίστοιχη οικονομική επιβάρυνση. δ) Για να έχεις εσύ και οι συμμαθητές σου την ίδια συλλογή ασκήσεων που είναι έτσι επιλεγμένες, ώστε να εξασφαλίζουν την εμπέδωση της ύλης. ε) Για να εργάζεσαι χωρίς το άγχος να εξασφαλίσεις οπωσδήποτε για κάθε μάθημα τις λύσεις των ασκήσεων. Το τεύχος που κρατάς είναι λοιπόν φίλος. Να του συμπεριφέρεσαι όπως σ’ έναν φίλο που έχει δει πριν από σένα την ταινία που πρόκειται να δεις μη του επιτρέψεις να σου αποκαλύψει την «υπόθεση» πριν δεις και συ το έργο. Μετά μπορείτε, να συζητήσετε. Η σύγκριση των συμπερασμάτων θα είναι ενδιαφέρουσα και προπαντός επωφελής. (Από το Τμήμα Μ.Ε. του Π.Ι.) 22-0182-02.indb 4 26/11/2013 4:08:42 μμ
- 6. Α΄ ΜΕΡΟΣ ΑΛΓΕΒΡΑ 22-0182-02.indb 5 26/11/2013 4:08:42 μμ
- 7. 22-0182-02.indb 6 26/11/2013 4:08:42 μμ
- 8. 7 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1 ΠΙΝΑΚΕΣ - ΓΡΑΜΜΙΚΑ ΣΥΣΤΗΜΑΤΑ 1.1 Α΄ ΟΜΑΔΑΣ 1. i) Ο πίνακας είναι τύπου 3 7× . ii) Το στοιχείο α12 μας πληροφορεί ότι η ομάδα ΝΙΚΗ έχει 6 νίκες, ενώ το στοιχείο α15 μας πληροφορεί ότι η ίδια ομάδα πέτυχε 13 τέρματα. Το στοιχείο α24 μας πληροφορεί ότι η ομάδα ΘΥΕΛΛΑ έχει 3 ισοπαλίες. Τέλος, το στοιχείο α37 μας πληροφορεί ότι η ομάδα ΔΑΦΝΗ έχει 11 βαθμούς. 2. Ο πίνακας A = [αij ] τύπου 4 4× σε ορθογώνια διάταξη είναι: Α = α α α α α α α α α α α α α α α α 11 12 13 14 21 22 23 24 31 32 33 34 41 42 43 44 . Επειδή αij = −i j , έχουμε α11 1 1 0= − = , α12 1 2 1= − = , α13 1 3 2= − = , α14 1 4 3= − = α21 2 1 1= − = , α22 2 2 0= − = , α23 2 3 1= − = , α24 2 4 2= − = α31 3 1 2= − = , α32 3 2 1= − = , α33 3 3 0= − = , α34 3 4 1= − = α41 4 1 3= − = , α42 4 2 2= − = , α43 4 3 1= − = , α44 4 4 0= − = Επομένως Α = 0 1 2 3 1 0 1 2 2 1 0 1 3 2 1 0 . 22-0182-02.indb 7 26/11/2013 4:08:42 μμ
- 9. 8 1.11.11.1 3. i) Η ισότητα ισχύει, αν και μόνο αν 2 1 0 2 2 1 x x x y x y x y − = + = − = + = . Λύνουμε το σύστημα των δύο πρώτων εξισώσεων και βρίσκουμε ότι x = 1 και y = – 1. Οι τιμές αυτές των x, y επαληθεύουν και τις άλλες δύο εξισώσεις. Επομένως, οι πίνακες είναι ίσοι αν και μόνο αν, x = 1 και y = – 1. ii) Η ισότητα ισχύει, αν και μόνο αν x y y x x y y 2 2 2 1 0 2 + = = − + = = . Λύνουμε το σύστημα των δύο πρώτων εξισώσεων και βρίσκουμε ότι x y = = 1 0 ή x y = − = 1 0 . Οι τιμές αυτές των x, y δεν επαληθεύουν την τρίτη εξίσωση. Επομένως, δεν υπάρχουν τιμές των x, y για τις οποίες οι πίνακες αυτοί να είναι ίσοι. 4. Ο πίνακας είναι διαγώνιος, αν και μόνο αν 2 2 ln 1 0 (ln 1 ή ln 1) ln 1 (ln 1 ή ln 0)ln ln 0 x x x x x xx x − = = = − ⇔ ⇔ = ⇔ = =− = x = e. 5. Η ισότητα ισχύει, αν και μόνο αν 2 2 1 2 1 1 συν2 0 x= x= x= x= ηµ ηµ εϕ . Η τρίτη εξίσωση εφx = 1 έχει στο [0,2π) λύσεις τις 4 π , 5π 4 . Οι τιμές αυτές του x επαληθεύουν και τις υπόλοιπες. Επομένως, οι πίνακες είναι ίσοι αν και μόνο αν π x = 4 ή π x = 5 4 . 22-0182-02.indd 8 28/11/2013 1:12:10 μμ
- 10. 9 1.2 1.2 Α΄ ΟΜΑΔΑΣ 1. Έχουμε i) Α Β+ = − + − = − 5 2 1 3 6 3 2 5 11 1 1 8 Α Β− = − − − = − + − − − = − −5 2 1 3 6 3 2 5 5 2 1 3 6 3 2 5 1 5 33 2− ii) Α Β+ = + = 6 7 8 9 5 6 7 8 5 6 7 8 6 7 8 9 11 13 15 17 11 13 15 17 Α Β− = − = − − − − 6 7 8 9 5 6 7 8 5 6 7 8 6 7 8 9 1 1 1 1 1 1 1 1 iii) Α Β+ = + − − − =[ ] [ ] [ ]4 5 6 4 5 6 0 0 0 Α Β− = − − − − =[ ] [ ] [ ]4 5 6 4 5 6 8 10 12 iv) Δεν ορίζονται το άθροισμα και η διαφορά v) Α Β+ = + − − − − − − − − − = α β γ ω κ λ µ α β γ ω κ λ µ x y y 1 1 1 x 1 0 00 0 1 0 0 0 1 . 2. Έχουμε Α Α Α Α1 2 3 4 3 2 1 0 3 5 1 2 6 5 1 3 0 2 1 + + + = − + + − − + − 33 = + − = − 0 7 2 2 6 7 0 0 6 14 2 2 . 3. Έχουμε 5 2 3 2 2 9 3 1 4 3 3 1 8 5 1 6 7 10 − − + − − = − x y ω ⇔ 22-0182-02.indb 9 26/11/2013 4:08:42 μμ
- 11. 10 1.11.2 ⇔ − − − = − 8 3 1 1 1 10 8 5 1 6 7 10 x y ω 5 3 1 1 7 x=6 y ω − = ⇔ − − ⇔ − − = ω x y = 8 = 7 = 8 . 4. Έχουμε i) 5 2 1 3 1 4 1 3 1 2 6 0 5 3 10 5 15 5 20 5 3 6 18 0 15 9− + − = − + − = − − 13 1 33 5 35 14 ii) 4 3 5 1 1 0 4 1 2 2 4 6 0 2 4 − − − − = = − + − − − = − − 12 20 4 4 0 16 1 2 3 0 1 2 11 18 1 4 1 18 iii) λ λ λ λ λ λ λ λ λ λ λ λ λ − − = − − 2 3 2 3 2 2 2 2 2 2 . 5. Έχουμε i) 2 2 3 1 2 1 1 0 Α = − = − 6 2 4 2 2 0 ii) 2 3 3 2 3 6 2 4 2 2 0 ( ) ( )− = − = − − = − − − − Α Α 18 6 12 6 6 0 iii) 5 2 5 2 6 0 2 4 8 6 2 4 2 2 0 Β Α− = − − − = − + − − − − = − − 10 30 0 10 20 40 6 2 4 2 2 0 16 32 4 8 18 40 22-0182-02.indb 10 26/11/2013 4:08:43 μμ
- 12. 11 1.2 iv) 3 1 2 3 3 1 2 1 1 0 1 2 2 6 0 2 4 8 Α Β− = − − − = − + − − − − = − − 9 3 6 3 3 0 1 3 0 1 2 4 10 6 6 2 1 4 . 6. i) Η εξίσωση γράφεται διαδοχικά 3 5 1 7 2 14 4 2 5 X + − = − − 3 14 4 2 5 5 1 7 2 X = − − − − 3 9 3 9 3 X = − − X = − − 1 3 9 3 9 3 X = − − 3 1 3 1 ii) Η εξίσωση γράφεται διαδοχικά 6 1 2 3 4 7 5 3 1 2 2− − = − − − X − = − − − − − 7 5 3 1 2 2 6 1 2 3 4 X − = − − − + − − − 7 15 5 10 10 6 12 18 24 X − = − − − 7 21 7 28 14 X X = − − − − 1 7 21 7 28 14 X = − 3 1 4 2 . 22-0182-02.indb 11 26/11/2013 4:08:43 μμ
- 13. 12 1.2 7. Έχουμε συν συν ηµ συν ηµ ηµ συν συν ηµ α α α α α α α α α α − + − = ηµ = − + − συν ηµ συν συν συν ηµ ηµ συν ηµ συν ηµ 2 2 2 2 α α α α α α α α α α α αηµ = − + − + συν ηµ ηµ συν ηµ συν συν ηµ συν συν ηµ 2 2 2 2 α α α α α α α α α α α α + ηµ = 1 0 0 1 , που είναι διαγώνιος πίνακας. 8. Έχουμε 2 5 14 8 21 13 2 5 2 3 14 8 21 13 X − = − ⇔ − − − = − Ψ α β γ δ α β γ δ ⇔ + − − = − 2 2 2 2 5 10 5 15 14 8 21 13 α β γ δ α β γ δ ⇔ − − = − 7 8 7 13 14 8 21 13 α β γ δ . 1.2 Β΄ ΟΜΑΔΑΣ 1. Έχουμε i) 1 2 0 1 3 1 1 1 02 2 − + + = − ⇔ x y y x y ⇔ + + + − = − x y y x y 1 3 2 1 1 1 1 02 2 ⇔ + + = + = − = − = ⇔ + = = − = ± = ± ⇔ x y y x y x y y x y 1 1 3 2 1 1 1 0 0 1 1 1 2 2 xx y = 1 = 1− 22-0182-02.indb 12 26/11/2013 4:08:43 μμ
- 14. 13 1.2 ii) x x x y y y 2 2 3 1 2 1 1 0 1 0 0 − + − + − = ⇔ 2 2 3 2 1 0 1 0 00 x x x y y y − + + − ⇔ = + 2 2 3 2 0 ( 2 ή = 1) 1 1 2 ( 0 ή 1)0 x x x x x y x y y y=y y − + = = ⇔ + − = ⇔ + = ⇔ = −+ = x y = 2 = 0 . 2. Η πρώτη εξίσωση γράφεται 3 3 0 0 3 3 0 0 3 3X Y Y X+ = ⇔ = − (1) Η δεύτερη εξίσωση λόγω της (1) γράφεται 5 2 4 0 0 4 5 2 3 0 0 3 3 4 0 0 4 X Y X X+ = ⇔ + − = ⇔ + − = 5 2 3 0 0 3 6 4 0 0 4 X X ⇔ − = − X 4 0 0 4 2 3 0 0 3 ⇔ = X 2 0 0 2 . Επομένως, λόγω της (1) έχουμε Y = − = + − − = − − 3 0 0 3 3 2 0 0 2 3 0 0 3 6 0 0 6 3 0 0 3 . 3. Η εξίσωση γράφεται 3 2 1 2 5 3 3 2 5( )X X+ = + − ⇔ + = + −Β Α Β Χ Β Χ Α Β ⇔ − = − −3 2 5 3X X Α Β Β ⇔ = −2 2 8X Α Β ⇔ = −X Α Β4 . 22-0182-02.indb 13 26/11/2013 4:08:43 μμ
- 15. 14 1.2 Επομένως X = − − − − − 1 0 2 3 5 1 4 2 1 4 3 4 0 1 1 = − − + − − − = − − − − 1 0 2 3 5 1 8 1 3 0 4 4 9 1 5 3 1 3 . 4. Είναι Π Π1 2 30 28 40 25 32 36 38 30 42 23 28 38 + = + 68 58 82 48 60 74 = Φωτ. Μηχ. Βιντ. Τηλεορ. υλικά εργασία oπότε 1 2 68 58 82 34 29 411 1 ( ) 48 60 74 24 30 372 2 Π Π + = = Φωτ. Μηχ. Βιντ. Τηλεορ. υλικά εργασία Ο τελευταίος πίνακας δίνει για τη βιομηχανία το μέσο κόστος κάθε συσκευής. 5. i) Αν η παραγωγή αυξηθεί κατά 10%, τότε το ημερήσιο επίπεδο παραγωγής θα δίνεται από τον πίνακα Β = 1,1∙Α. Είναι Β Α= ⋅ = ⋅ =1 1 1 1 200 180 140 60 80 40 120 120 220 198 154 66 88 44 132 , , 1132 ii) Για τους δύο πρώτους μήνες το επίπεδο παραγωγής δίνεται από τον πίνακα 2(30Α) = 60Α. Για τους άλλους τρεις μήνες το επίπεδο παραγωγής δίνεται από τον πίνακα 3(30Β) = 90Β. Επομένως, το σύνολο της παραγωγής ανά προϊόν για τους 5 μήνες δίνεται από τον πίνακα 60 90 60 200 180 140 60 80 40 120 120 90 220 198 154 66 88 44 132 Α Β+ = + 1132 = 31800 28620 22260 9540 12720 6360 19080 19080 . 22-0182-02.indb 14 26/11/2013 4:08:43 μμ
- 16. 15 1.3 1.3 Α΄ ΟΜΑΔΑΣ 1. Έχουμε i) ΑΒ = [ ] = ⋅ + ⋅ + ⋅[ ]=3 2 1 2 3 0 3 2 2 3 1 0 [ ]12 ΒΑ = [ ]= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ 2 3 0 3 2 1 2 3 2 2 2 1 3 3 3 2 3 1 0 3 0 2 0 1 = 6 4 2 9 6 3 0 0 0 ii) ΑΒ = − − = 4 2 2 1 2 1 4 2 = ⋅ − ⋅ ⋅ − ⋅ − ⋅ + ⋅ − ⋅ + ⋅ = 4 2 2 4 4 1 2 2 2 2 1 4 2 1 1 2 0 0 0 0 ΒΑ = − − 2 1 4 2 4 2 2 1 = ⋅ − ⋅ − + ⋅ + − − ⋅ + = − − 2 4 1 2 2 2 1 4 4 2 2 2 4 2 ( ) ( ) 6 3 12 6 iii) ΑΒ = − − − − − = − − − 3 0 1 0 4 2 5 3 1 1 5 0 4 1 2 0 1 3 3 14 3 16 2 2 −− − 7 29 9 ΒΑ = − − − − − − = − −1 5 0 4 1 2 0 1 3 3 0 1 0 4 2 5 3 1 3 20 11 2 10 −− − 4 15 13 1 iv) ΑΒ = − − − = − − 4 2 1 3 1 3 2 1 3 0 1 2 4 7 1 4 13 17 18 17 8 . Δεν ορίζεται το γινόμενο ΒΑ. 2. Έχουμε i) ΑΒ = − = − 1 1 0 1 2 0 0 1 1 1 0 1 1 1 0 1 0 1 0 2 2 22-0182-02.indb 15 26/11/2013 4:08:43 μμ
- 17. 16 1.3 ii) ΑΒ Γ− = − − − = 1 1 0 1 0 1 0 2 2 1 1 0 1 0 1 0 2 2 0 0 0 0 0 0 0 0 0 = iii) ΑΒΓ ΑΒ Γ= = − − = − −( ) 1 1 0 1 0 1 0 2 2 1 1 0 1 0 1 0 2 2 2 1 1 1 3 22 2 4 6 . 3. Έστω Κ = 60 75 30 60 Ειδ. Ανειδ. και Λ = 50 40 Ειδ. Αποδ. Ανειδ. . Επειδή οι αμοιβές στην α′ εταιρεία είναι 60∙50 + 75∙40 και στη β′ εταιρεία είναι 30∙50 + 60∙40, το σύνολο των αμοιβών των εργατών στις δύο εταιρείες εκφράζεται με τον πίνακα 60 50 75 40 30 50 60 40 60 75 30 60 50 40 ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ = = ΚΛ. 4. i) Έχουμε ΑΒ = − − = = 2 3 1 2 2 3 1 2 1 0 0 1 I. Επομένως ο πίνακας Β είναι αντίστροφος του Α. ii) Έχουμε ΑΒ = − − − − − − − − 1 3 2 2 5 3 3 2 4 14 8 1 17 10 1 19 11 1 = − + − + − − + − − + − + − − + − − − + + 14 51 38 8 30 22 1 3 2 28 85 57 16 50 33 2 5 3 42 34 76 24 220 44 3 2 4− + − = = 1 0 0 0 1 0 0 0 1 I. Επομένως ο πίνακας Β είναι αντίστροφος του Α. 22-0182-02.indb 16 26/11/2013 4:08:43 μμ
- 18. 17 1.3 5. Ο πίνακας Α αντιστρέφεται, αφού D= 2 3 1 2 4 3 1 0= − = ≠ , και έχει αντίστροφο τον Α− = − − 1 2 3 1 2 . Ο πίνακας Β δεν αντιστρέφεται, αφού D = = − = 4 2 2 1 4 4 0. Ο πίνακας Γ αντιστρέφεται, αφού D = = ≠ συν συν συν ηµ θ − θ θ θ θ θ ηµ ηµ + =1 02 2 , και έχει αντίστροφο τον Γ − = 1 συν συν θ θ θ θ ηµ −ηµ . 6. i) Είναι D = − = ≠ ηµ ηµ ηµ + =1 0 α α α α α α συν συν συν2 2 , οπότε ο πίνακας αντιστρέφεται και έχει αντίστροφο τον ηµ ηµ ηµ ηµ α α α α α α α α − = − − συν συν συν συν 1 . ii) Η εξίσωση γράφεται διαδοχικά ηµ ηµ ηµ ηµ ηµ ηµ α α α α α α α α α α α συν συν συν συν συν συν− − = − X αα α α α α − συν συν ηµ −ηµ X = − − − 0 1 2 2 2 ηµ συν ηµ συν α α α α X = − − − 0 1 2 συν ηµ 2α α . 1.3 Β΄ ΟΜΑΔΑΣ 1. i) Έχουμε Α2 = xΑ + yI 1 2 2 4 1 2 2 4 1 2 2 4 1 0 0 1 = + x y 5 10 10 20 2 2 4 0 0 = + x x x x y y 22-0182-02.indb 17 26/11/2013 4:08:44 μμ
- 19. 18 1.3 5 10 10 20 2 2 4 = + + x y x x x y . Από την τελευταία ισότητα των πινάκων παίρνουμε το σύστημα x y x x y + = = + = ⇔ 5 2 10 4 20 x y = 5 = 0 . ii) Η ισότητα A2 =xA + yΙ με x = 5 και y = 0 γίνεται: Α2 =5Α. Έτσι έχουμε: Α Α Α ΑΑ Α Α Α3 2 2 5 5 5 5 25 25 1 2 2 4 = ⋅ = = = ⋅ = = = 25 50 50 100 και Α Α Α ΑΑ Α Α Α4 3 2 25 25 25 5 125= = = = ⋅ = = 125 250 250 500 . 2. Έχουμε: Α Α Α2 2 1 3 1 2 1 3 1 7 3 9 4 = ⋅ = − − − − = − − Α Α Α3 2 7 3 9 4 2 1 3 1 23 10 30 13 = ⋅ = − − − − = − − . Η δοθείσα ισότητα γράφεται: 23 10 30 13 20 10 30 10 0 0 − − + − − + − − = x x 3 0 0 3 − − = x x x = 3. 3. Έχουμε: 2 1 1 1 0 0 0 0 1 X I β β α α = ⇔ = ⇔ + = α α β β 2 2 0 1 0 0 1 22-0182-02.indb 18 26/11/2013 4:08:44 μμ
- 20. 19 1.3 2 2 1 1 1 1 0 ή 1 1 11 α α α α α β α β β β ββ = = ± = = − ⇔ + = ⇔ = − ⇔ = − = = ±= . Επομένως, οι ζητούμενοι πίνακες είναι οι 1 1 0 1− και − 1 1 0 1 . 4. i) Έχουμε Α Α Α2 0 1 1 3 2 3 2 2 3 0 1 1 3 2 3 2 2 3 1 0 0 0 1 0= ⋅ = − − − − − − = 00 0 1 = I. Ομοίως έχουμε Β2 = Β∙Β = Ι ii) Α Β− = − − − − − − − − = − − − 0 1 1 3 2 3 2 2 3 4 3 3 2 1 2 3 3 2 4 4 4 1 11 1 5 5 5− και Α Β+ = − − − + − − − − = − − 0 1 1 3 2 3 2 2 3 4 3 3 2 1 2 3 3 2 4 2 2 5 3 55 1 1 1− . Επομένως ( )Α Β− = − − − − ⋅ − − − − 2 4 4 4 1 1 1 5 5 5 4 4 4 1 1 1 5 5 5 = + − − − + + − − − + + − − − + − − + + − − 16 4 20 16 4 20 16 4 20 4 1 5 4 1 5 4 1 5 20 5 25 20 5 25 20 −− + 5 25 = = 0 0 0 0 0 0 0 0 0 22-0182-02.indb 19 26/11/2013 4:08:44 μμ
- 21. 20 1.3 ( )Α Β+ = − − − ⋅ − − − 2 4 2 2 5 3 5 1 1 1 4 2 2 5 3 5 1 1 1 = − − − + + − + − − − + + − + − + − − + − + + 16 10 2 8 6 2 8 10 2 20 15 5 10 9 5 10 15 5 4 5 1 2 3 1 2 5 1 = = = 4 0 0 0 4 0 0 0 4 4 1 0 0 0 1 0 0 0 1 4I iii) Είναι Α Β2 2 − = και ( )( )Α Β Α Β+ − = − − − − − − − = −4 2 2 5 3 5 1 1 1 4 4 4 1 1 1 5 5 5 88 8 8 2 2 2 10 10 10 − − − Άρα, Α Β Α Β Α Β2 2 − ≠ + −( )( ). 5. i) Είναι D = − − = − + = ≠ 3 2 2 1 3 4 1 0, οπότε ο Α αντιστρέφεται και έχει αντίστροφο τον Α− = − − 1 1 2 2 3 . ii) Είναι Α Α+ = =−1 2 0 0 2 2I . Άρα ( ) ( )Α Α+ = =−1 2 2ν ν ν I I , με ν ∈*. 6. i) Έχουμε Α Α Α2 ( ) ( ) ( )x x x x x x x = ⋅ = − − συν ηµ ηµ συν συν ηµ ηµ συνx x x x 2 2 2 2 συν συν συν συν x x x x x x x x+ x x x x συν − ηµ − ηµ − ηµ = ηµ ηµ − ηµ +συν = − = συν ηµ ηµ συν 2 2 2 2 2 x x x x xΑ( ) 22-0182-02.indb 20 26/11/2013 4:08:44 μμ
- 22. 21 1.3 Β Β Β2 ( ) ( ) ( )x x x= ⋅ = − − ηµ συν συν ηµ ηµ συν συν ηµ x x x x x x x x 2 2 2 2 2 συν 2 συν x x x x x x x x ηµ −συν ηµ = − ηµ − συν +ηµ = − − − συν ηµ ηµ συν 2 2 2 2 x x x x = − − = − συν ηµ ηµ συν 2 2 2 2 2 x x x x xΑ( ) ii) Έχουμε Α2 (x) + Β2 (x) = Α(2x) – Α(2x) = . iii) Η εξίσωση γράφεται διαδοχικά: Α2 (x) – Β2 (x) = 2Ι Α(2x) + Α(2x) = 2Ι 2Α(2x) = 2Ι Α(2x) = Ι συν ηµ ηµ συν 2 2 2 2 1 0 0 1 x x x x − = . Από την τελευταία ισότητα προκύπτει το σύστημα: 2 1 2 2 2 0 x x x= κπ κ συν = ⇔ = , ∈ ⇔ , ∈ ηµ x = κπ κZ Z. 7. i) Είναι Μ Ν⋅ = 0 6 0 6 0 2 1 0 9 0 3 1 5 1 2 0 4 5 6 6 7 4 5 , , , , , , , , Ο πίνακας ΜΝ εκφράζει το συνολικό κόστος παραγωγής για κάθε ένα από τα τρία είδη παραγωγής και στα δύο εργοστάσια. 22-0182-02.indb 21 26/11/2013 4:08:44 μμ
- 23. 22 1.3 ii) Το κόστος εργασίας για την παραγωγή μιας καρέκλας στο εργοστάσιο E1 είναι 11,6 ευρώ και το κόστος παραγωγής ενός πάγκου στο εργοστάσιο Ε2 είναι 8,8 ευρώ. 8. Έχουμε Α Α Α2 1 1 3 5 2 6 2 1 3 1 1 3 5 2 6 2 1 3 = ⋅ = − − − − − − = − − − 0 0 0 3 3 9 1 1 3 . Α Α Α3 2 1 1 3 5 2 6 2 1 3 = ⋅ = − − − − − − 0 0 0 3 3 9 1 1 3 = = 0 0 0 0 0 0 0 0 0 . Αν ν 3, τότε Αν = Α3 ∙Αν–3 = ∙Αν–3 = . Β Β Β2 0 1 1 4 3 4 3 3 4 0 1 1 4 3 4 3 3 4 1 0 0 0 1 0= ⋅ = − − − − − − = 00 0 1 = I Β3 = Β2 ∙Β = Ι∙Β = Β. • Αν ν = 2ρ (άρτιος), τότε Βν = Β2ρ = (Β2 )ρ = Ιρ = Ι, ενώ • Αν ν = 2ρ + 1 (περιττός), τότε Βν = Β2ρ+1 = Β2ρ ∙Β = I∙Β = Β. 9. i) Είναι Α( ) ( ) ( ) ( ) − = − − − = − − x x x x x x x 1 1 1 1 1 1συν ηµ ηµ συν ηµ ηµ . Για να δείξουμε ότι Α–1 (x) = Α(–x), αρκεί να δείξουμε ότι ισχύει Α(–x) Α(x) = I. Έχουμε Α Α( ) ( )− = − − x x x x x x x x 1 1 1 1 1 1συν ηµ ηµ συν ηµ ηµ 22-0182-02.indb 22 26/11/2013 4:08:44 μμ
- 24. 23 1.3 = − − + 1 1 0 0 1 2 2 2 συν ηµ ηµx x x = = 1 0 0 1 0 0 12 2 2 συν συν συνx x x ii) Η ισότητα Α(x) = I γράφεται: Α( )x I x = ⇔ = 1 1 1 1 0 0 1συν ηµ ηµ x x ⇔ = 1 1 1 0 0 1 συν ηµ συν ηµ συν συν x x x x x x ⇔ = 1 1 1 0 0 1 συν εϕ εϕ συν x x x x ⇔ = ⇔ ⇔ = ∈ 1 1 0 1 0 2συν εϕ συν εϕ x x= x= x= x κπ κ, . 10.i) Έχουμε Α Α( ) ( )x y x x x y y y y x y = = +1 0 1 2 0 0 1 1 0 1 2 0 0 1 12 2 2 ++ + + 2 0 1 2 2 0 0 1 2 xy x y x = + + + = + 1 0 1 2 0 0 1 2 x y x y x y x y ( ) ( ) ( )Α ii) Ο πίνακας Α(y) είναι αντίστροφος του Α(x), αν και μόνο αν Α Α( ) ( )x y I x y y x= ⇔ + = ⇔ = −0 . iii) Προφανώς Μ Α= = ( )1 1 1 1 0 1 2 0 0 1 22-0182-02.indb 23 26/11/2013 4:08:45 μμ
- 25. 24 1.3 Επομένως − − − − Μ Α1 1 1 1 = ( 1) = 0 1 2 0 0 1 . 11. i) Είναι: ● Α ΑΑ2 1 1 1 1 = = + − − + − − λ λ λ λ λ λ λ λ = + + − + − + − − − − + + λ λ λ λ λ λ λ λ λ λ λ λ λ λ 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) = + − − + = = λ λ λ λ 2 2 2 2 1 0 0 1 1 0 0 1 I. ● Α3 = Α2 Α = Α Επομένως — Αν ν = 2λ (άρτιος), τότε Αν = Α2λ = (Α2 )λ = Ι. — Αν ν = 2λ + 1 (περιττός), τότε Αν = Α2λ+1 = Α2λ ∙Α = Α ii) Για λ = 2 έχουμε Α = + − − = − − 2 1 2 1 2 2 2 3 1 2 . Επειδή το 1993 είναι περιττός, έχουμε Α1993 = Α. Επομένως, η εξίσωση Α1993 1 1 0 1 ⋅ = − X γράφεται διαδοχικά: ΑX = − 1 1 0 1 X = − − Α 1 1 1 0 1 X = − Α 1 1 0 1 (αφού Α–1 = Α) X = − − − 2 3 1 2 1 1 0 1 X = − − 2 1 1 1 22-0182-02.indb 24 26/11/2013 4:08:46 μμ
- 26. 25 1.3 iii) Ι + Α + Α2 + … + Α10 = Ι + Α + Ι + Α + Ι + Α + Ι + Α + Ι + Α + Ι = 6Ι + 5Α 12. i) Είναι D = = − = ≠ 2 1 1 1 2 1 1 0, οπότε ο Α αντιστρέφεται και έχει αντίστροφο τον − − = − Α 1 1 1 1 2 ii) α) Η εξίσωση ΑX= 2 1 1 0 − γράφεται διαδοχικά: X=Α− − 1 2 1 1 0 X= 1 1 1 2 2 1 1 0 − − − X= 1 1 0 1 − . β) Η εξίσωση 1 0 0 0 X =Α Α γράφεται διαδοχικά: X =ΑΑ − 1 1 0 0 0 X=Α Α− − 1 11 0 0 0 X= 1 1 1 2 1 0 0 0 1 1 1 2 − − − − X= 1 0 1 0 1 1 1 2− − − X= 1 1 1 1 − − 22-0182-02.indb 25 26/11/2013 4:08:47 μμ
- 27. 26 1.3 γ) Η εξίσωση ΑΧ = Α2 +2Α γράφεται διαδοχικά ΑΧ = Α(Α + 2Ι) Χ = Α–1 Α(Α +2Ι) Χ = Α + 2Ι X = + 2 1 1 1 2 1 0 0 1 X = 4 1 1 3 . 13. i) Έχουμε Α2 1 2 1 3 3 1 1 2 1 3 3 1 1 4 2 2 3 2 3 2 = − ⋅ − = − − − = − − − 1 2 1 3 3 1 , οπότε Α Α Α3 2 1 2 1 3 3 1 1 2 1 3 3 1 = = − − − − = − − = − = − 1 4 4 0 0 4 1 0 0 1 I . Γενικά: 3 3 , άρτιοσ ( ) ( ) , περιττόσ I Iν ν ν ν Α Α Ι ν αν = = − = − αν . ii) Επειδή 1992 = 3∙664 και 1989 = 3∙663 έχουμε Α1992 = (Α3 )664 = (–Ι)664 = Ι και Α1989 = (Α3 )663 = (–Ι)663 = –Ι. Επομένως: x x x I x I2 1992 1989 2 2 2Α Α+ + = ⇔ − + =( ) ( ) ⇔ − − =( )x x I2 2 ⇔ − − =( )x x2 2 0 ⇔ = −x 1 ή x = 2. 22-0182-02.indb 26 26/11/2013 4:08:47 μμ
- 28. 27 1.4 1.4 Α΄ ΟΜΑΔΑΣ 1. Οι γραμμικοί μετασχηματισμοί Τ1 , Τ2 και Τ3 έχουν πίνακες τους 1 1 1 1− , 1 1 1 2 και 1 2 2 4 αντιστοίχως. Έτσι — Οι εικόνες των Α(1,0) και Β(0,1), ως προς τον Τ1 είναι τα σημεία Α′(1,–1) και Β′(1,1) αντιστοίχως, που έχουν συντεταγμένες την πρώτη και δεύτερη στήλη του πίνακα του γραμμικού μετασχηματισμού Τ1 . — Οι εικόνες των Α(1,0) και Β(0,1) ως προς τον Τ2 είναι τα σημεία Α′(1,1) και Β′(1,2) αντιστοίχως. — Οι εικόνες των Α(1,0) και Β(0,1) ως προς τον Τ3 είναι τα σημεία Α′(1,2) και Β′(2,4) αντιστοίχως. 2. i) T x y x y 1 1 1 2 3 : ′ ′ = − ii) T x y x y 2 1 2 1 1 : ′ ′ = − 3. Είναι: 2 1 1 0 0 0 0 0− = και 2 1 1 0 3 4 10 3− = − , οπότε η εικόνα του Ο(0,0) είναι το σημείο Ο′(0,0) και του Α(3,4) το σημείο Α′(10,–3). Επομένως ( )ΟΑ = + =3 4 52 2 και ( )′ ′ = + =Ο Α 10 3 1092 2 , οπότε ( ) ( )ΟΑ Ο Α≠ ′ ′ . Άρα, ο Τ δεν είναι ισομετρία. 4. Ο πίνακας του τετραπλεύρου Α′Β′Γ′Δ′ προκύπτει, αν πολλαπλασιάσουμε τον πίνακα 2 1 1 1 του γραμμικού μετασχηματισμού με τον πίνακα 0 1 1 0 0 0 1 1 του τετραγώνου ΑΒΓΔ. Είναι, δηλαδή, ο πίνακας 2 1 1 1 0 1 1 0 0 0 1 1 0 2 3 1 0 1 2 1 = . 22-0182-02.indb 27 26/11/2013 4:08:48 μμ
- 29. 28 1.4 Επομένως, η εικόνα του τετραγώνου ΑΒΓΔ με πίνακα τον 0 1 1 0 0 0 1 1 είναι το τετράπλευρο Α′Β′Γ′Δ′ με πίνακα τον 0 2 3 1 0 1 2 1 . Οι ευθείες Α′Δ′ και Β′Γ′ έχουν συντελεστές διεύθυνσης λ1 = 1 και λ2 2 1 3 2 1= − − = , αντιστοίχως. Είναι δηλαδή λ1 = λ2 , οπότε Α′Δ′//Β′Γ′. Ομοίως, οι Α′Β′ και Δ′Γ′ έχουν συντελεστές λ3 1 2 = και λ4 1 2 1 2 = − − = αντιστοίχως. Είναι δηλαδή λ3 = λ4 , οπότε Α′Β′//Δ′Γ′. Επιπλέον ισχύει λ λ2 3 1 2 1= ≠ − . Επομένως το Α′Β′Γ′Δ′ είναι πλάγιο παραλληλόγραμμο. 5. i) Ισχύει 0 5 1 1 3 2 = x y . Επομένως, αν πολλαπλασιάσουμε και τα δύο μέλη με τον αντίστροφο του πίνακα 1 1 3 2 , που είναι ο πίνακας − − 2 1 3 1 , έχουμε: 1 1 3 2 0 5 2 1 3 1 0 5 1 = ⇔ − − = − x y x y ⇔ − = 5 5 x y . Άρα, το πρότυπο του Α′(0,5) είναι το σημείο Α(5,–5). ii) Αρκεί να βρούμε την εξίσωση η οποία επαληθεύεται μόνο από τις συντεταγμένες των εικόνων των σημείων της ευθείας ε. Είναι: ′ ′ = ⇔ ′ ′ = − x y x y x y x y 1 1 3 2 1 1 3 2 1 ⇔ − − ′ ′ = 2 1 3 1 x y x y ⇔ − ′ + ′ = ′ − ′ = 2 3 x y x x y y . 22-0182-02.indb 28 26/11/2013 4:08:48 μμ
- 30. 29 1.4 Επομένως, αν το σημείο M(x,y) ανήκει στην ε, τότε θα ισχύει y = x + 1 3x′ – y′ = – 2x′ + y′ + l 5x′ – 2y′ = 1. Άρα το σημείο M′(x′,y′) θα ανήκει στην ευθεία ε′: 5x – 2y = 1. Αλλά και αντιστρόφως, αν το σημείο M′(x′,y′) ανήκει στην ευθεία ε′: 5x – 2y = 1, τότε το σημείο M(x,y) θα ανήκει στην ευθεία ε: y = x + 1. Συνεπώς, η εικόνα της ευθείας ε: y = x + 1 είναι η ευθεία ε′: 5x – 2y = 1. 6. i) Ο πίνακας Α γράφεται Α = − − − − − συν ηµ ηµ συν π π π π 6 6 6 6 . Επομένως, ο γραμμικός μετασχηματισμός παριστάνει στροφή με κέντρο την αρχή των αξόνων Ο και γωνία θ π = − 6 . ii) Παριστάνει ομοιοθεσία με κέντρο την αρχή των αξόνων Ο και λόγο λ = 2 0 iii) Παριστάνει το μετασχηματισμό που προκύπτει, αν εφαρμόσουμε πρώτα τη συμμετρία ως προς άξονα την ευθεία y = x και στη συνέχεια τη συμμετρία ως προς την αρχή των αξόνων Ο. iv) Παριστάνει το μετασχηματισμό που προκύπτει, αν εφαρμόσουμε πρώτα την ομοιοθεσία με κέντρο την αρχή των αξόνων Ο και λόγο λ = 2 0 και στη συνέχεια τη συμμετρία ως προς κέντρο την αρχή των αξόνων Ο. v) Παριστάνει το μετασχηματισμό που προκύπτει, αν εφαρμόσουμε πρώτα τη συμμετρία ως προς άξονα την ευθεία y = x και στη συνέχεια τη συμμετρία ως προς άξονα τον άξονα των x. vi) Παριστάνει το μετασχηματισμό που προκύπτει, αν εφαρμόσουμε πρώτα τη συμμετρία ως προς κέντρο την αρχή των αξόνων Ο, στη συνέχεια τη συμμετρία ως προς άξονα τον άξονα των x και τέλος τη συμμετρία ως προς άξονα την ευθεία y = x. 22-0182-02.indb 29 26/11/2013 4:08:48 μμ
- 31. 30 1.4 1.4 Β΄ ΟΜΑΔΑΣ 1. i) Είναι ′ = + ′ = + x x y y x y 2 2 4 , οπότε y′ = 2x′. Άρα, το σημείο M′(x′,y′) ανήκει στην ευθεία y = 2x. Επομένως, όλα τα σημεία M(x,y) του επιπέδου απεικονίζονται σε σημεία της ευθείας y = 2x. ii) Αν M(x,y) είναι ένα πρότυπο του Ο(0,0), τότε θα ισχύει 0 0 1 2 2 4 2 0 2 4 0 = ⇔ + = + = x y x y x y ⇔ + =x y2 0 ⇔ = −y x 1 2 . Άρα, τα πρότυπα του Ο(0,0) είναι όλα τα σημεία Μ x x,− 1 2 , y∈R, δηλαδή όλα τα σημεία της ευθείας y x= − 1 2 . iii) Το σημείο Α′(1,1) δεν έχει πρότυπο ως προς το μετασχηματισμό Τ, αφού δεν ανήκει στην ευθεία y = 2x στην οποία απεικονίζονται όλα τα σημεία του επιπέδου. 2. i) Ο μετασχηματισμός Τ δεν είναι ισομετρία αφού π.χ. για τα σημεία Α(1,0) και Β(0,1) και τις εικόνες τους Α′(1,1) και Β′(–1,0) ισχύει 2 5= ≠ ′ ′ =( ) ( )ΑΒ Α Β . ii) Έχουμε Τ : ′ ′ = − ⇔ ′ ′ = − x y x y x y x y x 1 1 1 0 ⇔ ′ = − ′ = x x y y x (1) Το μέσο του ΑΒ είναι το σημείο M(x0 ,y0 ) με x x x 0 1 2 2 = + και y y y 0 1 2 2 = + . Επομένως, η εικόνα του είναι το σημείο ′ ′ ′Μ ( , )x y0 0 με 22-0182-02.indb 30 26/11/2013 4:08:48 μμ
- 32. 31 1.4 ′ = − = + − + = − + − = ′ + ′ x x y x x y y x y x y x x 0 0 0 1 2 1 2 1 1 2 2 1 2 2 2 2 2 ( ) ( ) ′ = = + = ′ + ′ y x x x y y 0 0 1 2 1 2 2 2 . Άρα, το ′ ′ ′Μ ( , )x y0 0 είναι το μέσο του Α′Β′. iii) Έχουμε Ε ΟΑ ΟΒΟΑΒ( ) det( , )= = = − 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 x x y y x y y x Ε Ο Α Ο ΒΟ Α Β( ) det( , )′ ′ ′ = ′ ′ ′ ′ = − −1 2 1 2 1 1 2 2 1 2 x y x y x x = − − + = − 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2x x y x x x x y x y y x . Επομένως Ε ΕΟΑΒ Ο Α Β( ) ( )= ′ ′ ′ . 3. i) Έστω Τ : ′ ′ = x y x y α β γ δ ο ζητούμενος μετασχηματισμός. Τότε y y y= + x x β γx δ α′ = ′ + . Επειδή το Α(1,1) απεικονίζεται στο Α′(0,1) και το B(1,–1) στο B′(2,1), έχουμε α β γ δ α β γ δ + = + = − = − = 0 1 2 1 οπότε α = 1, β = – 1, γ = 1 και δ = 0. Επομένως, Τ : ′ ′ = − x y x y 1 1 1 0 . 22-0182-02.indb 31 26/11/2013 4:08:48 μμ
- 33. 32 1.4 Για να βρούμε, τώρα, την εξίσωση της εικόνας της ευθείας ε: y = – 2x, αρκεί να βρούμε την εξίσωση, η οποία επαληθεύεται μόνο από τις συντεταγμένες των εικόνων των σημείων της ευθείας ε. Είναι ′ ′ = − ⇔ − ′ ′ = − x y x y x y x y 1 1 1 0 1 1 1 0 1 ⇔ − ′ ′ = ⇔ ′ = − ′+ ′ = 0 1 1 1 x y x y y x x y y . Επομένως το M(x,y) ανήκει στην ε, αν και μόνο αν y x x y y y x= − ⇔ − ′+ ′ = − ′ ⇔ ′ = ′2 2 1 3 . Συνεπώς, η εικόνα της ευθείας y = – 2x είναι η ευθεία y x= 1 3 . ii) Αν εργαστούμε αναλόγως, βρίσκουμε ότι ο μετασχηματισμός που απεικονίζει τα σημεία Α(1,1) και Β(1,–1) στα Α′(6,3) και Β′(2,1) αντιστοίχως, είναι ο Τ : ′ ′ = x y x y 4 2 2 1 οπότε θα έχουμε ′ = + ′ = + x x y y x y 4 2 2 . Αν M(x,y) είναι ένα σημείο της ευθείας y = – 2x, τότε θα έχουμε ′ = + − = ′ = + − = x x x y x x 4 2 2 0 2 2 0 ( ) ( ) . Επομένως, η ευθεία y = – 2x απεικονίζεται στο σημείο Ο(0,0). 22-0182-02.indb 32 26/11/2013 4:08:49 μμ
- 34. 33 1.4 4. i) Από την ισότητα των τριγώνων ΟΒΜ και ΟΑ′Μ′ προκύπτει ότι OB = OΑ′ και ΜΒ = Μ′Α′, οπότε έχουμε ΟΑ′ = ΟΒ και ΟΒ′ = ΟΑ. Επομένως, είναι x′ = – y και y′ = – x οπότε το συμμετρικό του σημείου M(x,y), ως προς την ευθεία y = – x, είναι το σημείο M′(–y, –x). Άρα ′ = − ′ = − ⇔ ′ = ⋅ − ⋅ ′ = − ⋅ + ⋅ ⇔ ′ ′ = − − x y y x x x y y x y x y 0 1 1 0 0 1 1 0 x y , οπότε ο ζητούμενος μετασχηματισμός είναι ο Τ : ′ ′ = − − x y x y 0 1 1 0 που είναι γραμμικός μετασχηματισμός με πίνακα 0 1 1 0 − − . ii) Από το διπλανό σχήμα έχουμε ′ = ′ = ⇔ ′ = + ′ = + x x y x x y y x y0 1 0 0 0 ⇔ ′ ′ = x y x y 1 0 0 0 . Επομένως, η προβολή πάνω στον άξονα x′x είναι γραμμικός μετασχη- ματισμός με πίνακα 1 0 0 0 . 22-0182-02.indb 33 26/11/2013 4:08:49 μμ
- 35. 34 1.4 iii) Από το διπλανό σχήμα έχουμε ′ = ′ = ⇔ ′ = + ′ = + x y y x x y y x y 0 0 0 0 1 ⇔ ′ ′ = x y x y 0 0 0 1 . Άρα, η προβολή πάνω στον άξονα y′y είναι γραμμικός μετασχηματισμός με πίνακα 0 0 0 1 . iv) Έστω Μ′(x′,y′) η προβολή του M(x,y) στην ευθεία ε: y = x. Τότε θα ισχύει ′ = ′ ⋅ = − ⇔ ′ = ′ ′ − ′ − = − ′ y x y x y y x x MMλ λε 1 1 ⇔ ′ = ′ ′− = − ′ y x y y x x ⇔ ′ = ′ ′− = − ′ y x x y x x ⇔ ′ = + ′ = + x x y y x y 2 2 ⇔ ′ ′ = x y x y 1 2 1 2 1 2 1 2 Άρα, η προβολή πάνω στην ευθεία ε: y = x είναι γραμμικός μετασχηματισμός με πίνακα τον 1 2 1 2 1 2 1 2 = 1 2 1 1 1 1 . 22-0182-02.indb 34 26/11/2013 4:08:49 μμ
- 36. 35 1.4 Όπως γνωρίζουμε, ο πίνακας της εικόνας ενός πολυγώνου προκύπτει, αν πολλαπλασιάσουμε τον πίνακα του γραμμικού μετασχηματισμού με τον πίνακα του πολυγώνου. Έτσι ο πίνακας της εικόνας του τετραγώνου με πίνακα 0 1 1 0 0 0 1 1 είναι ο: ● 0 0 1 1 0 1 1 0 − − − − , με τον γραμμ. μετασχηματισμό του (i) ● 0 1 1 0 0 0 0 0 , με τον γραμμ. μετασχηματισμό του (ii) ● 0 0 0 0 0 0 1 1 , με τον γραμμ. μετασχηματισμό του (iii) ● 0 1 2 1 1 2 0 1 2 1 1 2 , με τον γραμμ. μετασχηματισμό του (iv). 5. i) Αρκεί να βρούμε την εξίσωση η οποία επαληθεύεται μόνο από τις συντεταγμένες των εικόνων των σημείων του κύκλου C: x2 + y2 = 1. Έχουμε 0 0 y = y x x x x x x yy y β y α α α β β ′ =′ ′ = = ⇔ ⇔ ′′ ′ = Επομένως, το M(x,y) ανήκει στον κύκλο x2 + y2 = 1, αν και μόνο αν ′ + ′ = x y α β 2 2 1 ή, ισοδύναμα, ′( ) + ′( ) = x y 2 2 2 2 1 α β . Αυτό σημαίνει ότι το M(x,y) ανήκει στον κύκλο x2 + y2 = 1, αν και μόνο αν το M′(x′,y′) ανήκει στην έλλειψη x y2 2 2 2 1 α β + = . Συνεπώς, η εικόνα του κύκλου x2 + y2 = 1 είναι η έλλειψη x y2 2 2 2 1 α β + = . 22-0182-02.indb 35 26/11/2013 4:08:49 μμ
- 37. 36 1.5 και 1.6 ii) Το τετράγωνο ΟΑΓΒ, που έχει πίνακα τον 0 1 1 0 0 0 1 1 , με τον μετασχηματισμό Τ έχει εικόνα το τετράπλευρο Ο′Α′Γ′Β′ με πίνακα α β α α β β 0 0 0 1 1 0 0 0 1 1 0 0 0 0 = . Επομένως, (Ο′Α′Γ′Β′) = αβ και επειδή (ΟΑΓΒ) = 1, έχουμε (Ο′Α′Γ′Β′) = αβ(ΟΑΓΒ) 1.5 και 1.6 Α΄ ΟΜΑΔΑΣ 1. i) 2 3 5 1 2 1 1 2 − − = − x y ω ii) 1 1 0 3 2 6 0 1 3 2 12 6 − = x y ω . 2. i) x y x y + + − = − + + + = + − = 2 2 1 2 3 4 2 3 4 3 3 ω ϕ ω ϕ ω ϕx ii) x y x y x y x y − + = − + − = + − = + + = 3 2 2 3 1 3 2 3 4 2 3 1 ω ω ω ω . Οι επαυξημένοι πίνακες αντίστοιχα είναι: 1 2 2 1 2 1 3 4 3 0 4 3 1 2 3 − − − , 1 1 3 2 3 1 3 1 2 4 2 3 2 1 3 1 − − − − . 3. i) x y = = − = 3 1 2ω . Άρα το σύστημα έχει μοναδική λύση την ( , , ) ( , , )x y ω = −3 1 2 . 22-0182-02.indb 36 26/11/2013 4:08:49 μμ
- 38. 37 1.5 και 1.6 ii) x y x y + = − = ⇔ = − = + 3 3 2 4 3 3 4 2 ω ω ω ω . Άρα το σύστημα έχει άπειρο πλήθος λύσεων της μορφής ( , , ),3 3 4 2− + ∈ω ω ω ω R. iii) x y x y− = = = ⇔ = + = = 2 3 4 2 3 4 ω ϕ ω ϕ . Άρα το σύστημα έχει άπειρο πλήθος λύσεων της μορφής ( , , , ),2 3 4+ ∈y y y R. 4. i) Σχηματίζουμε τον επαυξημένο πίνακα του συστήματος και έχουμε διαδοχικά 1 1 1 1 1 2 1 1 11 3 0 1 1 1 0 2 0 0 1 3 1 2 2 2 2 1 3 3 12 − − − − − − → − → − ∼ Γ Γ Γ Γ Γ Γ →− ∼ Γ Γ2 2 1 2 1 1 0 1 0 0 1 3 1 1 1 2 1 1 0 1 0 0 0 3 11 1 3 3 3 2 − − − − − − − → + ∼ Γ Γ Γ →− ∼ Γ Γ3 3 1 3 1 1 1 0 1 0 0 0 1 1 1 1 1 1 0 0 1 0 0 0 1 0 1 1 1 1 3 1 − − → − ∼ ∼ Γ Γ Γ Γ →→ −Γ Γ1 2 1 0 0 0 1 0 0 0 1 1 1 1 − Ο τελευταίος πίνακας αντιστοιχεί στο σύστημα x y z = = − = 1 1 1 . Επομένως το σύστημα έχει μοναδική λύση την (x,y,z) = (1,–1,1). 22-0182-02.indb 37 26/11/2013 4:08:50 μμ
- 39. 38 1.5 και 1.6 ii) Με τον αλγόριθμο του Gauss βρίσκουμε ότι ο ανηγμένος κλιμακωτός πίνακας του συστήματος είναι: 1 0 2 3 0 1 1 3 0 1 3 1 3 0 − 0 0 Επομένως το σύστημα έχει άπειρο πλήθος λύσεων της μορφής − ∈ 2 3 + 1 3 , 1 3 + 1 3 ,z z z z, R iii)Με τον αλγόριθμο του Gauss βρίσκουμε ότι ο πίνακας του συστήματος είναι ισοδύναμος με τον πίνακα: 1 2 1 0 1 3 5 0 0 0 2 7 5 5 − − . Επομένως το σύστημα είναι αδύνατο. 5. i) Έχουμε: 1 1 1 2 2 1 1 1 1 2 2 1 2 1 3 1 1 1 2 0 3 3 3 0 2 2 1 3 3 1 2 − − − − − − → − → − ∼ Γ Γ Γ Γ Γ Γ 11 1 3 2 3 1 2 2 1 3 − − →− ∼ Γ Γ 1 1 1 2 0 1 1 1 0 1 1 3 2 1 1 1 1 1 2 0 1 1 1 0 0 0 4 2 1 0 3 3 2 − − → − ∼ Γ Γ Γ →− ∼ Γ Γ3 3 1 4 1 1 1 2 0 1 1 1 0 0 0 1 2 1 0 1 1 1 0 0 1 1 0 0 0 0 1 2 1 0 2 2 3 1 1 32 → − → − ∼ Γ Γ Γ Γ Γ Γ → − ∼ Γ Γ Γ1 1 2 1 0 1 0 0 1 1 0 22-0182-02.indb 38 26/11/2013 4:08:50 μμ
- 40. 39 1.5 και 1.6 Ο τελευταίος πίνακας αντιστοιχεί στο σύστημα: x y z x y z = + = = ⇔ = = − = 1 1 0 1 1 0ω ω . Επομένως το σύστημα έχει άπειρο πλήθος λύσεων της μορφής (1, 1–z, z, 0), z ∈R. ii) Με τον αλγόριθμο του Gauss βρίσκουμε ότι ο ανηγμένος κλιμακωτός πίνακας του συστήματος είναι: Επομένως το σύστημα έχει άπειρο πλήθος λύσεων της μορφής z R iii) Με τον αλγόριθμο Gauss βρίσκουμε ότι ο πίνακας του συστήματος είναι ισοδύναμος με τον πίνακα: 1 1 2 1 0 1 7 3 1 0 0 0 0 2 4 3 2 − − − Επομένως το σύστημα είναι αδύνατο. 6. i) Έχουμε: 1 2 3 4 1 6 3 14 3 4 1 13 2 2 1 3 3 1 4 4 1 3 3− − − → − → − → − ∼ Γ Γ Γ Γ Γ Γ Γ Γ Γ 11 2 0 10 0 8 0 8 2 5 4 4 2 2 1 10− − − − →− ∼ Γ Γ 1 0 0 0 2 1 8 8 3 1 2 4 4 1 0 0 0 2 1 0 0 3 3 2 4 4 2 8 8 − − → + → − ∼ Γ Γ Γ Γ Γ Γ 33 1 2 0 0 1 1 22 → − ∼ Γ Γ Γ 22-0182-02.indb 39 26/11/2013 4:08:50 μμ
- 41. 40 1.5 και 1.6 1 0 0 0 0 1 0 0 2 1 2 0 0 Επομένως το σύστημα έχει μοναδική λύση την ( , ) = 2, 1 2 x y . ii) Με τον αλγόριθμο του Gauss βρίσκουμε ότι ο πίνακας του συστήματος είναι ισοδύναμος με τον πίνακα: 1 3 1 0 7 3 0 7 3 0 0 0 1 2 2 2 − − − − − − . Επομένως το σύστημα είναι αδύνατο. 1.5 και 1.6 Β΄ ΟΜΑΔΑΣ 1. Επειδή το σύστημα έχει ως λύση την (x, y, ω) = (1,–1,1) έχουμε: α β γ α γ β γ α β γ⋅ + − + ⋅ = ⋅ + − − ⋅ = ⋅ − − + ⋅ = ⇔ − + =1 1 1 0 1 2 1 1 1 3 1 1 1 3 0( ) ( ) ( ) αα γ β γ − = + = 3 0 . Αν προσθέσουμε κατά μέλη τις δύο πρώτες εξισώσεις, βρίσκουμε: 2α – β = 3 (1) Επίσης, αν προσθέσουμε κατά μέλη τη δεύτερη και τρίτη εξίσωση, βρίσκουμε: α + β = 3 (2) Αν τώρα προσθέσουμε κατά μέλη τις (1) και (2), βρίσκουμε ότι: 3 6 2α α= ⇔ = , οπότε β = 1 και γ = – 1. Επομένως, (α, β, γ) = (2,1,–1). 2. Αφού η παραβολή διέρχεται από τα σημεία (1,0), (2,0) και (–1,6), πρέπει οι συντεταγμένες των σημείων αυτών να επαληθεύουν την εξίσωσή της.Άρα, έχουμε το σύστημα: 0 4 + 2β = 0 = 6 α β γ α α β γ + + = + γ − + . 22-0182-02.indb 40 26/11/2013 4:08:50 μμ
- 42. 41 1.5 και 1.6 Με τον αλγόριθμο του Gauss βρίσκουμε ότι ο ανηγμένος κλιμακωτός πίνακας του συστήματος είναι: 1 0 0 0 1 0 0 0 1 1 3 2 − Επομένως, α = 1, β = – 3, γ = 2 και η εξίσωση της παραβολής είναι y = x2 – 3x + 2. Σχόλιο Το σύστημα αυτό μπορεί να λυθεί και ως εξής: Αφαιρούμε την πρώτη εξίσωση από τις άλλες δύο οπότε προκύπτει το σύστημα 3 0 2 6 α β β + = − = . Επομένως β = –3 και α = 1. Με αντικατάσταση των τιμών των α, β στην πρώτη εξίσωση βρίσκουμε γ = 2. 3. Οι τρεις ισότητες αποτελούν σύστημα που έχει ως αγνώστους τους ημα, συνβ και εφγ. Σχηματίζουμε τον επαυξημένο πίνακα του συστήματος και έχουμε διαδοχικά: 2 4 2 4 2 1 1 1 1 2 3 3 1 1 2 4 2 2 2 1 1 2 1 1 11 3 3 1 1 1 2 − − − − − −− − − → ∼ Γ Γ 11 1 2 2 2 1 3 3 1 4 2 → − → − ∼ Γ Γ Γ Γ Γ Γ 1 0 0 2 10 3 1 2 3 0 1 3 3 5 3 2 1 0 0 2 3 10 1 2 0 3 2 3 − − −− − − − − − ↔ ∼ Γ Γ 1 3 2 3 3 5 2 2 1 3 − − →− ∼ Γ Γ 1 0 0 2 1 10 1 2 0 3 1 1 2 3 3 5 1 0 0 2 1 0 1 2 0 3 3 3 210 − −− − − − − → + ∼ Γ Γ Γ 11 1 2 3 3 3 3 1 3 → ∼ Γ Γ 22-0182-02.indb 41 26/11/2013 4:08:51 μμ
- 43. 42 1.5 και 1.6 1 0 0 2 1 0 1 2 0 1 1 1 2 3 1 0 0 2 1 0 0 0 1 1 1 + 2 2 3 3 1 1 3 1 2 − → + ∼ Γ Γ Γ → − ∼ Γ Γ Γ1 1 22 1 0 0 0 1 0 0 0 1 3 2 1 2 3 Επομένως, ηµ συν εϕ α β γ = = = 3 2 1 2 3 και επειδή 0 2 α β γ π , , έχουμε α β γ π = = = 3 . 4. Η εξίσωση ΑΧ = 4Χ γράφεται: 2 2 3 2 2 3 4 1 2 1 4 2 4 2 2 1 2 2 +ω 4 x x x y x y y x y y x y ω ω ω ω ω + + = ⇔ + + = − − . Από την ισότητα των πινάκων έχουμε το σύστημα: 2 2 3 4 2 4 2 2 4 2 2 3 0 2 0 2 x y x x y y x y x y x y x + + = + + = − + = ⇔ − + + = − + = − ω ω ω ω ω ω 22 3 0y − = ω ⇔ − − = − + = 2 2 3 0 2 0 x y x y ω ω . Αν αφαιρέσουμε κατά μέλη τις εξισώσεις βρίσκουμε ότι x = 4ω, οπότε y = 5 2 ω . Επομένως το σύστημα έχει άπειρο πλήθος λύσεων της μορφής ∈ ω5 2 R. 22-0182-02.indb 42 26/11/2013 4:08:51 μμ
- 44. 43 1.5 και 1.6 5. Οι ζητούμενοι πίνακες Χ είναι της μορφής x y z ω . Επομένως, η εξίσωση ΑΧ = ΧΑ γράφεται διαδοχικά: 1 1 2 2 1 1 2 2 − − ⋅ = ⋅ − − x y z x y zω ω x y z x y z x y x y z z − − − − = + − − + − − ω ω ω ω2 2 2 2 2 2 2 2 . Από την τελευταία ισότητα των πινάκων προκύπτει το σύστημα: x x y y z x y x z y z z y x y − = + − = − − − = + − = − − ⇔ − − = + − ω ω ω ω ω2 2 2 2 2 2 2 2 2 0 3 zz x z y = − − = + = 0 2 3 2 0 2 0 ω ω ⇔ − − = + − = − − = 2 0 3 0 2 3 2 0 y x y z x z ω ω Με τον αλγόριθμο του Gauss βρίσκουμε ότι ο ανηγμένος κλιμακωτός πίνακας του συστήματος είναι: 1 0 3 2 1 0 1 1 2 0 0 0 0 0 0 0 0 − − Επομένως, το σύστημα έχει άπειρο πλήθος λύσεων της μορφής 3 2 1 2 ω ω ω ω+ − ∈z z z, , , , , R. Άρα, οι ζητούμενοι πίνακες είναι της μορφής 3 2 + 1 2 ωω ωω ωω ωω z z z − ∈, , R. 22-0182-02.indb 43 26/11/2013 4:08:51 μμ
- 45. 44 1.5 και 1.6 6. i) Σχηματίζουμε τον επαυξημένο πίνακα του συστήματος και έχουμε διαδοχικά 1 1 1 1 2 4 1 4 10 1 1 1 1 0 1 3 0 3 9 1 1 12 2 α α α α − − ∼ ∼ 1 1 1 0 1 3 0 0 0 1 1 3 22 α α α − − + ● Αν α α2 3 2 0− + ≠ , δηλαδή αν α ≠ 1 και α ≠ 2 , τότε το σύστημα είναι αδύνατο. ● Αν α = 1, τότε ο τελευταίος επαυξημένος πίνακας γράφεται διαδοχικά: 1 1 1 0 1 3 0 0 1 0 00 1 0 2 0 1 3 0 0 0 1 0 0 − ∼ Επομένως, για α = 1 το σύστημα έχει άπειρο πλήθος λύσεων της μορφής ω ω ω ω . ● Αν α = 2, τότε ο τελευταίος επαυξημένος πίνακας γράφεται διαδοχικά: 1 1 1 0 1 3 0 0 0 1 1 0 1 0 2 0 3 0 0 0 0 11 0 − ∼ Επομένως, για α = 2 το σύστημα έχει άπειρο πλήθος λύσεων της μορφής ,(2 1 3 , ), R. ii) Σχηματίζουμε τον επαυξημένο πίνακα του συστήματος και έχουμε διαδοχικά: 1 1 1 1 2 3 1 2 6 10 1 1 1 0 1 2 0 1 1 6 4 6λ µ λ µ − − ∼ 1 1 1 0 1 2 0 0 3 6 4 10λ µ− − (1) 22-0182-02.indd 44 28/11/2013 1:13:14 μμ
- 46. 45 1.5 και 1.6 ● Αν λ ≠ 3, από τη μορφή (1) του επαυξημένου πίνακα έχουμε διαδοχικά: 1 0 0 1 1 0 1 2 1 6 4 10 3 1 0 0 1 1 0 0 0 1 6 8 3 4 2 8 µ λ λ µ λ λ µ − − − − − − + ∼ λλ µ λ − − − 3 10 3 ∼ 1 0 0 1 1 0 0 0 1 2 16 3 4 2 8 3 10 3 λ µ λ λ µ λ µ λ + − − − + − − − Επομένως, αν λλ ≠ 33 το σύστημα έχει μοναδική λύση την 2 16 3 4 2 8 3 10 3 λ µ λ λ µ λ µ λ + − − − + − − − , , . ●Αν λ = 3 και µ ≠ 10, τότε από τη μορφή (1) του επαυξημένου πίνακα προκύπτει ότι το σύστημα είναι αδύνατο. ● Αν λ = 3 και μ = 10, τότε το σύστημα είναι συμβιβαστό και από τη μορφή (1) του επαυξημένου πίνακα έχουμε διαδοχικά: 1 1 1 0 1 3 0 0 0 1 1 0 1 0 1 0 1 2 0 0 0 2 4 0 − ∼ Επομένως, το σύστημα έχει άπειρο πλήθος λύσεων της μορφής R. iii) Αν προσθέσουμε κατά μέλη τις δύο πρώτες εξισώσεις βρίσκουμε 2x + (κ +1)y = κ + 1. Επομένως, το σύστημα είναι ισοδύναμο με το x y x y x y + = + + = + + + = 1 2 1 1 2 1 3 ( ) ( ) κ κ κ . 22-0182-02.indd 45 28/11/2013 1:14:12 μμ
- 47. 46 1.7 ● Αν κ κ+ ≠ ⇔ ≠1 3 2, το σύστημα είναι αδύνατο. ● Αν κ κ+ = ⇔ =1 3 2, τότε το σύστημα γράφεται: x y x y x y x y x y + = + = + = ⇔ + = + = 1 2 3 3 2 3 3 1 2 3 3 . Από την επίλυση του τελευταίου συστήματος βρίσκουμε x = 0 και y = 1. Άρα το σύστημα έχει μοναδική λύση την (0,1). 1.7 Α΄ ΟΜΑΔΑΣ 1. i) 30 5 0 0 2 3 0 0 50 30 2 50 3000− = − = −( )( ) ii) e e e e e e e e 2 3 2 3 3 3 1 5 0 0 1 8 1 0= − = − − =( ) iii) ηµ συν συν ηµ ηµ συν συν ηµ ηµ συν θ θ θ θ θ θ θ θ θ θ 2 0 1 0 2 1 12 2 − = − = + = iv) 1 1 1 0 0 1 2 2 2 2 2 2 α β α β α β α β αβ βα αβ β α= = − = −( ) v) 1 1 1 1 0 5 1 0 2 1 1 5 1 2 2 5 10 1log log ( ) log log (log log ) log − = − − = − + = − = − vi) e e e e e e e e 0 1 1 1 1 0 1 1 0 2 2 2 2 = = − = . 22-0182-02.indb 46 26/11/2013 4:08:52 μμ
- 48. 47 1.7 2. i) Η εξίσωση x x x − − = 1 1 1 2 1 0 1 0 γράφεται διαδοχικά: ( )x x x x − − − =1 1 1 2 1 1 1 0 ( )( ) ( )x x x− + − − =1 1 2 1 02 ( )( )x x− + − =1 1 2 02 ( )( )x x− − =1 1 02 ( ) ( )x x− + =1 1 02 , οπότε x = l ή x = – l ii) Η εξίσωση γράφεται διαδοχικά x x x x x x x1 3 1 3 1 1 3 3 0− − = x x x x x x( ) ( ) ( )− − − − − =3 3 3 3 02 − − + − + =2 3 3 3 02 2 x x x x − + =3 3 02 x x2 1= οπότε x = –1 ή x = 1. iii) Η εξίσωση γράφεται διαδοχικά x x x x x x x x x 3 1 3 2 1 0− + = x x x x x x( ) ( ) ( )2 2 2 3 3 2 0− − − + − = x x x x x x3 2 2 3 3 2 2 0− − + + − = x x x3 2 3 2 0− + = x x x( )2 3 2 0− + = , οπότε x = 0, 1, 2. 22-0182-02.indb 47 26/11/2013 4:08:52 μμ
- 49. 48 1.7 iv) Η εξίσωση γράφεται διαδοχικά 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 02 2 − − − + = ηµ ηµ ηµ ηµ x x x x 2 02 2 − + − =( ) ( )ηµ ηµ ηµ ηµx x x x+ 2 02 2 − − + − =ηµ ηµ ηµ ηµx x x x 2 2 02 − =ηµ x ηµ2 1x = ηµx =1 ή ηµx = −1 x = +2 2 κπ π ή x = −2 2 κπ π , κ ∈. 3. i) Είναι: D = − − = − = 5 2 1 3 15 2 13. Επειδή 0D ≠ , το σύστημα έχει μοναδική λύση. Βρίσκουμε τις ορίζουσες Dx και Dy . Έχουμε Dx = − − − = − 4 2 7 3 26 και Dy = − − − = − 5 4 1 7 39. Επομένως, x D D x = = − = − 26 13 2, y D D y = = − = − 39 13 3. ii) Έχουμε D = − − = 3 4 4 4 4 4 6 6 0 252. Επειδή 0D ≠ , το σύστημα έχει μοναδική λύση. Υπολογίζουμε τις ορίζουσες Dx , Dy και Dω και βρίσκουμε Dx = 252, Dy = 126 και Dω = 378. Επομένως, x D D x = = = 252 252 1, y D D y = = = 126 252 1 2 , ω ω = = = D D 378 252 3 2 . iii) Είναι D = − = ≠ 2 3 4 1 1 1 7 1 1 46 0. 22-0182-02.indb 48 26/11/2013 4:08:52 μμ
- 50. 49 1.7 Το σύστημα είναι ομογενές και αφού 0D ≠ έχει μοναδική λύση τη μηδενική (0,0,0). iv) Είναι D = = − = ≠ 2 1 3 2 4 3 1 0 D1 1 1 2 2 0= = και D2 2 1 3 2 1= = . Επομένως, το σύστημα έχει μοναδική λύση την ηµx D D = = =1 0 1 0, συνx D D = = =2 1 1 1. Επειδή x ∈[ , )0 2π οι τιμές του x για τις οποίες συναληθεύουν οι εξισώσεις ημx = 0 και συνx = 1 είναι μόνο η x = 0. 4. i) To σύστημα έχει και μη μηδενικές λύσεις, αν και μόνο αν 2 1 0 1 1 1 3 1 0 2 1 3 1 1 1 1 1 0 − − − − = ⇔ − − − − − − = κ κ κ κ κ κ κ ( ) ⇔ − − + − − − + − =( )( ) ( )2 3 1 1 02 κ κ κ κ ⇔ − − − − − =( )( ) ( )2 3 2 02 κ κ κ κ ⇔ − − − + =( )( )2 3 1 02 κ κ κ ⇔ − − − =( )( )2 2 02 κ κ κ ⇔ κ = 2 ή κ = – 1 ii) Το σύστημα έχει και μη μηδενικές λύσεις, αν και μόνο αν κ κ κ κ κ κ κ 1 1 1 1 1 1 0 1 1 1 02 = ⇔ − − − + − =( ) ( ) ( ) ⇔ − + − − − − =κ κ κ κ κ( )( ) ( ) ( )1 1 1 1 0 ⇔ − + − =( )( )κ κ κ1 2 02 ⇔ =κ 1 ή κ = – 2. 22-0182-02.indb 49 26/11/2013 4:08:53 μμ
- 51. 50 1.7 1.7 B΄ ΟΜΑΔΑΣ 1.i) Έχουμε D = = − − − 1 1 1 1 2 2 2 1κ κ κ κ κ( )( ). Επομένως: Όταν ≠κ 1και 2≠κ το σύστημα έχει μοναδική λύση. Υπολογίζουμε τις ορίζουσες Dx , Dy , Dω . Έχουμε Dx = + = 1 1 1 1 1 2 2 2 0κ κ , Dy = + = − 1 1 1 1 1 2 2 2κ κ κ κ κ( ) και Dω κ κ κ κ κ= + = − 1 1 1 1 2 2 2. Άρα, η λύση του συστήματος είναι η τριάδα (x,y,ω) με: x D D x = = − − − = 0 2 1 0 ( )( )κ κ , y D D y = = − − − − = − κ κ κ κ κ κ ( ) ( )( ) 2 2 1 1 , ω κ κ κ κ ω = = − − − − = − D D 2 2 1 1 1( )( ) . ● Όταν κ = 1 το σύστημα γράφεται: x y x y x y + + = + + = + + = ω ω ω 1 2 2 2 2 το οποίο προφανώς είναι αδύνατο. ● Όταν κ = 2 το σύστημα γράφεται: x y x y x y x y x y + + = + + = + + = ⇔ + + = + + = ω ω ω ω ω 1 2 2 3 2 2 2 2 1 2 2 3 . 22-0182-02.indb 50 26/11/2013 4:08:53 μμ
- 52. 51 1.7 Σχηματίζουμε τον επαυξημένο πίνακα του συστήματος και έχουμε διαδοχικά: 1 1 1 2 2 1 1 3 1 1 1 0 0 1 1 1 1 1 0 0 0 1 2 1 − − ∼ ∼ Επομένως, το σύστημα έχει άπειρο πλήθος λύσεων της μορφής (2 , , 1),− − ∈y y y R. ii) Έχουμε D = − = − + − λ λ λ λ λ λ 1 1 1 3 3 3 1 1( )( ). Επομένως ● Όταν ≠λ 1 και ≠ −λ 1 το σύστημα έχει μοναδική λύση. Υπολογίζουμε τις ορίζουσες Dx , Dy , Dω . Έχουμε: Dx = − − = − + 1 1 1 1 1 1 3 1 4λ λ λ λ λ( )( ) , Dy = − − = − + − λ λ λ λ λ λ λ λ 1 1 1 3 1 2 3 12 ( )( ) και Dω λ λ λ λ λ= − = − − − 1 1 1 1 3 3 1 3 2 1( )( ) x D D x = = − + − + − = + + ( )( ) ( )( ) ( ) 1 4 3 1 1 4 3 1 λ λ λ λ λ λ , y D D y = = − + − − + − = − + + ( )( ) ( )( ) ( ) λ λ λ λ λ λ λ λ 2 2 2 3 1 3 1 1 2 3 3 1 και ω λ λ λ λ λ λ ω = = − − − − + − = − + D D 3 2 1 3 1 1 2 1 ( )( ) ( )( ) . ● Όταν λ = 1, το σύστημα γίνεται: x y x y x y + − = + + = + + = ω ω ω 1 0 3 3 1 . 22-0182-02.indb 51 26/11/2013 4:08:53 μμ
- 53. 52 1.7 Αν αφαιρέσουμε κατά μέλη τις δύο πρώτες εξισώσεις, βρίσκουμε ω = − 1 2 , οπότε το σύστημα είναι ισοδύναμο με την εξίσωση x y+ = 1 2 , που γράφεται x y= − 1 2 . Άρα, το σύστημα έχει άπειρο πλήθος λύσεων της μορφής 1 2 , , 1 2 , y y R. • Όταν λ = –1, το σύστημα γίνεται: − + − = − + − = − + − = x y x y x y ω ω ω 1 2 3 3 1 το οποίο προφανώς είναι αδύνατο. 2. Το σύστημα (y ω) 0 2 0 x x y x y λ λ ω λ ω + + = + = + + = γράφεται ισοδύναμα λω 0 2 0 0 x y x y x y λ λ ω λ ω + =+ + − = + + = . Έχουμε D = − = − + 1 2 1 1 1 3 1 1 λ λ λ λ λ λ( )( ) . Επομένως: ● Αν ≠λ 1 και ≠ −λ 1 το σύστημα έχει μοναδική λύση τη μηδενική (0,0,0). ● Αν λ = 1, το σύστημα γίνεται: x y x y x y x y x y + + = + − = + + = ⇔ + + = + − = ω ω ω ω ω 0 2 0 0 0 2 0 . Σχηματίζουμε τον επαυξημένο πίνακα του συστήματος και έχουμε διαδοχικά: 1 1 1 1 2 1 0 0 1 1 1 0 1 2 0 0 1 0 3 0 1 2 0 0− − − ∼ ∼ Επομένως, το σύστημα έχει άπειρο πλήθος λύσεων της μορφής R. ● Αν λ = – 1, το σύστημα γίνεται: x y x y x y x y x y − − = − + − = − + + = ⇔ − − = − + − = ω ω ω ω ω 0 2 0 0 0 2 0 . 22-0182-02.indb 52 26/11/2013 4:08:54 μμ
- 54. 53 1.7 Με πρόσθεση κατά μέλη βρίσκουμε y = 2ω. Επομένως, το σύστημα έχει άπειρο πλήθος λύσεων της μορφής ∈(3 2 R 3. i) Παίρνουμε τις ευθείς ε1 , ε2 και σχηματίζουμε το σύστημα: ε ε 1 2 2 1 2 1 : : x y x y + = − + = . Το σύστημα αυτό έχει ορίζουσα 1 2 2 1 3 0= − ≠ και άρα έχει μοναδική λύση την (1,–1), που σημαίνει ότι οι ευθείες ε1 , ε2 τέμνονται στο σημείο Α(1,–1). Επειδή οι συντεταγμένες του σημείου Α επαληθεύουν και την εξίσωση της ε3 , η ευθεία ε3 διέρχεται και αυτή από το Α. Επομένως, οι τρεις ευθείες διέρχονται από το ίδιο σημείο Α(1,–1). Αν εργαστούμε, τώρα, όπως και στο ερώτημα (i) βρίσκουμε ότι: ii) Οι ευθείες ε1 , ε2 τέμνονται στο σημείο Α(23,–9), το οποίο δεν ανήκει στην ε3 , αφού οι συντεταγμένες του δεν την επαληθεύουν. Επομένως, οι ε1 , ε2 , ε3 δεν διέρχονται από το ίδιο σημείο. Επίσης, οι ευθείες ε1 , ε3 τέμνονται στο Β(1,2) και οι ε3 , ε2 στο Γ(–2,1). Άρα, οι ε1 , ε2 και ε3 σχηματίζουν τρίγωνο. iii) Επειδή ε ε 1 2 2 0 4 2 3 2 0 2 3 2 : : x y x y x y x y + = + = ⇔ + = + = , το σύστημα είναι αδύνατο και άρα οι ευθείες ε1 , ε2 είναι παράλληλες. Οι ευθείες ε1 , ε3 τέμνονται στο Α(–1,2), ενώ οι ευθείες ε2 , ε3 τέμνονται στο Β 1 2 1 2 , . iv) Τα συστήματα ε ε 1 2 3 9 1 3 0 : : x y x y + = + = , ε ε 1 3 3 9 1 2 6 5 : : x y x y + = + = και ε ε 2 3 3 0 2 6 5 : : x y x y + = + = είναι αδύνατα. Επομένως οι ευθείες ε1 , ε2 , ε3 είναι παράλληλες ανά δύο. 22-0182-02.indb 53 26/11/2013 4:08:54 μμ
- 55. 54 1.7 4. Η ορίζουσα του συστήματος είναι: D = = − 1 1 1 2 0 2 0 42 β α γ β β αγ (1) i) Αν η εξίσωση έχει δύο ρίζες άνισες, τότε θα ισχύει D = β2 – 4αγ 0 και επομένως, λόγω της (1), το σύστημα θα έχει μοναδική λύση. Αν το σύστημα έχει μοναδική λύση, τότε θα είναι D = β2 – 4αγ ≠ 0 που σημαίνει ότι D 0 ή D 0. Όταν όμως D 0, η εξίσωση αt2 + βt + γ = 0 είναι αδύνατη. Άρα δεν ισχύει το αντίστροφο. ii) Αν η εξίσωση έχει μια διπλή ρίζα, τότε Δ = β2 – 4αγ = 0 και επομένως το ομογενές σύστημα έχει άπειρες λύσεις. 5. Οι τρεις ισότητες σχηματίζουν το ομογενές σύστημα: x y x y x y − − = − + = + − = γ βω γ αω β α ω 0 0 0 . Επειδή οι x, y, ω δεν είναι όλοι μηδέν, το σύστημα έχει και μη μηδενικές λύσεις. Επομένως, η ορίζουσα των συντελεστών των αγνώστων είναι ίση με μηδέν. Έχουμε: ⇔ − + − − − + =1 02 α γ γ αβ β αγ β( ) ( ) ⇔ − − − − − =1 02 2 2 α γ αβγ αβγ β ⇔ + + + =α β γ αβγ2 2 2 2 1. 6. i) Λύνουμε το σύστημα x y x y + + = + = + ( )λ λ 1 1 2 1 (1) των δύο τελευταίων εξισώσεων και εξετάζουμε αν η λύση του (εφόσον βέβαια υπάρχει) επαληθεύει και την πρώτη εξίσωση του δοθέντος συστήματος. 22-0182-02.indb 54 26/11/2013 4:08:54 μμ
- 56. 55 1.7 Έχουμε: D = + = − − = − 1 1 1 1 1 1 λ λ λ Dx = + + = − − − = − + 1 1 2 1 1 1 2 3 1 2 32λ λ λ λ λ λ( ) Dy = + = + − = 1 1 1 2 1 2 1 1 2 λ λ λ. Επομένως ● Αν ≠λ 0, τότε 0D ≠ και άρα το σύστημα (1) έχει μοναδική λύση την: xD D = =x λ+2 3, y = = − D D y 2 . Η λύση αυτή είναι λύση του δοθέντος συστήματος, αν και μόνο αν επαληθεύει και την πρώτη εξίσωση αυτού, δηλαδή αν και μόνο αν ισχύει: ( )( ) ( )λ λ λ λ λ λ λ+ + + − = + ⇔ + + + − = +1 2 3 2 1 2 3 2 3 2 12 ⇔ + =2 4 02 λ λ ⇔ ( ) =2 0λ λ+2 , αφού λ ≠ 0. Επομένως, α) Αν λ = – 2, τότε το σύστημα έχει μοναδική λύση την (x,y) = (–1, –2), ενώ β) Αν λ ≠ −0 2, , τότε το σύστημα είναι αδύνατο. ● Αν λ = 0, τότε το σύστημα γράφεται: x y x y x y x y y x + = + = + = ⇔ + = ⇔ = − 1 1 1 1 1 και άρα έχει άπειρες λύσεις της μορφής R. Σχόλιο: Το παραπάνω σύστημα μπορεί να λυθεί και ως εξής: 22-0182-02.indb 55 26/11/2013 4:08:54 μμ
- 57. 56 1.7 Αν προσθέσουμε κατά μέλη τις δύο πρώτες εξισώσεις βρίσκουμε (λ + 2)x + (λ + 2)y = λ + 2. Επομένως το σύστημα γίνεται ( ) ( ) ( ) λ λ λ λ λ + + + = + + + = + = + 2 2 2 2 1 2 1 x y x y x y . ● Αν λ ≠ −2, τότε το σύστημα γράφεται: x y x y x y + = + + = + = + 1 1 1 2 1 ( )λ λ οπότε — αν 2 1 1λ + ≠ δηλαδή αν λ ≠ 0 , το σύστημα είναι αδύνατο. — αν 2λ + 1 = 1 δηλαδή αν λ = 0, το σύστημα έχει άπειρο πλήθος λύσεων της μορφής (1 , ),y y y− ∈R. ● Αν λ = – 2, το σύστημα γράφεται x y x y − = + = − 1 3 και έχει μοναδική λύση την (–1, –2). ii) Λύνουμε το σύστημα 2x y x y − = − − = λ λ (2) της 1ης και 3ης εξίσωσης και εξετάζουμε αν η λύση του επαληθεύει και τη 2η εξίσωση. Έχουμε: D = − − = − + = − ≠ 2 1 1 1 2 1 1 0 Dx = − − − = + = λ λ λ λ λ 1 1 2 και Dy = − = + = 2 1 2 3 λ λ λ λ λ . Επομένως το σύστημα (2) έχει μοναδική λύση του −xD x = = λ D 2 , − yD y = = λ D 3 . 22-0182-02.indb 56 26/11/2013 4:08:54 μμ
- 58. 57 1.7 Η λύση αυτή είναι λύση και του δοθέντος συστήματος, αν και μόνο αν επαληθεύει και την 2η εξίσωση, δηλαδή αν και μόνο αν ισχύει: λ λ λ λ λ( ) ( )− + − + = ⇔ − − + =2 3 5 0 2 3 5 02 ⇔ + − =2 3 5 02 λ λ ⇔ = − ± λ 3 7 4 − ⇔ λ = 5 2 ή λ = 1. Επομένως, α) Αν − λ = 5 2 , τότε το σύστημα έχει μοναδική λύση την ( , ) = ,x y 5 15 2 β) Αν λ = 1, τότε το σύστημα έχει μοναδική λύση την ( ) ( 2 3)x y, = ,− − . γ) Αν , τότε το σύστημα είναι αδύνατο. 7. i) Έχουμε: ΑX X x y x y = ⇔ − − = λ λ 2 3 1 2 ⇔ − − = 2 3 2 x y x y y λ λ x ⇔ − = − = 2 3 2 x y x x y y λ λ ⇔ − − = − + = ( ) ( ) 2 3 0 2 0 λ λ x y x y (1) Επομένως, υπάρχει μη μηδενικός πίνακας Χ που να ικανοποιεί την ΑΧ = λΧ, αν και μόνο αν το σύστημα (1) έχει και μη μηδενικές λύσεις, που συμβαίνει αν και μόνο αν 2 3 1 2 0 2 2 3 0 − − − + = ⇔ − − + + = λ λ λ λ ( ) ( )( ) 22-0182-02.indb 57 26/11/2013 4:08:55 μμ
- 59. 58 ΓΕΝΙΚΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ Γ’ ΟΜΑΔΑΣ ⇔ − =λ2 1 0 ⇔ λ = 1 ή λ = – 1. ii) Για λ = 1 το σύστημα (1) γράφεται: x y x y x y x y − = − = ⇔ − = ⇔ = 3 0 3 0 3 0 3 και επομένως έχει άπειρες λύσεις της μορφής , ∈y, y y(3 ) R, οπότε , ∈ 3 y X = y y R. ● Για λ = – 1 το σύστημα (1) γράφεται 3 3 0 0 0 x y x y x y x y − = − = ⇔ − = ⇔ = και επομένως έχει άπειρες λύσεις της μορφής , ∈y, y y( ) R, οπότε , ∈ y X = y y R. ΓΕΝΙΚΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ (Γ΄ ΟΜΑΔΑΣ) 1. i) Έχουμε: Α Α( ) ( )x y x x x x y y y y = − − συν ηµ ηµ συν συν ηµ ηµ συν συν x y x y x y x y x y x y x y x y συν συν − ηµ ηµ − συν ηµ − ηµ συν = ηµ + συν ηµ − ηµ ηµ + συν συν = + − + + + = + συν ηµ ηµ συν ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) x y x y x y x y x yΑ . ii) Από το πρώτο ερώτημα για y = – x, παίρνουμε: Α(x)Α(–x) = Α(0) Α(x)Α(–x) = I, άρα (Α(x))–1 = Α(–x) iii) Έστω Ρν ο ισχυρισμός που θέλουμε να αποδείξουμε. ● Ο ισχυρισμός αυτός ισχύει, προφανώς, για ν = 1. ● Θα αποδείξουμε τώρα ότι, αν ο Ρν είναι αληθής, δηλαδή αν ισχύει [Α(x)]ν = Α(νx), τότε θα είναι αληθής και ο Ρν+1 , δηλαδή ότι θα ισχύει [Α(x)]ν+1 = Α((ν + 1)x). 22-0182-02.indb 58 26/11/2013 4:08:55 μμ
- 60. 59 Πράγματι: [Α(x)]ν+1 = [Α(x)]ν Α(x) = Α(νx) Α(x) = Α(νx + x) = Α((ν + 1)x). Άρα, ο ισχυρισμός Ρν αληθεύει για κάθε ν ∈*. 2. i) Έχουμε: Μ Μ Μ2 0 1 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 = ⋅ = = Μ Μ Μ3 2 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 = ⋅ = = . Για ν = 3 είναι Μ 3 = . Για ν 3, είναι Μ ν = Μ3+ν–3 = Μ 3 Μ ν–3 = ∙Μ ν–3 = . Άρα Μν = για κάθε ν ∈, με ν ≥ 3. ii) ΑΒ Μ Μ Ι Μ Μ Ι= + + − − +( )[ ( ) ]α α α α α2 2 1 = − − + + − − + + − − +α α α α α α α α α α α2 4 2 3 2 2 3 2 2 2 1 1 1( ) ( ) ( )Μ Μ Μ Μ Μ Μ Μ Μ Ι = − + + − − +α α α α α αΜ Μ Μ Μ Μ Ι2 2 2 2 1( ) = − + + − − + =α α α α α α( ) ( ) .1 12 2 Μ Μ Μ Μ Ι Ι Άρα ΑΒ = Ι, συνεπώς Β–1 = Α. 3. i) Έχουμε: J J J2 0 1 1 0 0 1 1 0 = ⋅ = − ⋅ − = − − = − = − 1 0 0 1 1 0 0 1 I ii) Αν Α = αΙ + βJ και Β = γI + δJ, τότε Α + Β = αΙ + βJ + γI + δJ = (α + γ)Ι + (β + δ)J, δηλαδή Α + B = xI + yJ, όπου x = α + γ, y = β + δ ΓΕΝΙΚΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ Γ’ ΟΜΑΔΑΣ 22-0182-02.indd 59 28/11/2013 1:14:48 μμ
- 61. 60 και Α∙Β = (αI + βJ)∙(γI + δJ) = αΙγΙ + αΙδJ + βJγΙ + βJδJ = αγΙ2 + αδΙJ + βγJΙ + βδJ2 = αγΙ + αδJ + βγJ – βδΙ, (αφού J2 = – I) = (αγ – βδ)Ι + (αδ + βγ)J. Άρα ΑB = xI + yJ, όπου x = αγ – βδ, y = αδ + βγ. iii) Έχουμε α β α α β β α β β α Ι + = + − = − J 0 0 0 0 , οπότε ο πίνακας αΙ + βJ αντιστρέφεται μόνο όταν D = − = + ≠ α β β α α β2 2 0 . 4. Αν είναι ΟΜ = ρ, τότε λόγω συμμετρίας θα είναι και ΟΜ ′ = ρ. Έχουμε: x = ρσυνθ y = ρημθ ′ = −x ρ ϕ θσυν( )2 = +( ) ( )ρ θ ϕ ρ θ ϕσυν συν ηµ ηµ2 2 = +x yσυν ηµ2 2ϕ ϕ ′ = −y ρ ϕ θηµ( )2 = −( ) ( )ρ θ ϕ ρ θ ϕσυν ηµ ηµ συν2 2 = −x yηµ συν2 2ϕ ϕ. Δηλαδή ′ ′ = − x y x y συν ηµ ηµ συν 2 2 2 2 ϕ ϕ ϕ ϕ . Άρα, η συμμετρία ως προς άξονα την ευθεία ε είναι γραμμικός μετασχηματισμός με πίνακα τον Α = − συν ηµ ηµ συν 2 2 2 2 ϕ ϕ ϕ ϕ . ΓΕΝΙΚΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ Γ’ ΟΜΑΔΑΣ 22-0182-02.indb 60 26/11/2013 4:08:56 μμ
- 62. 61 Αν, τώρα, στον πίνακα Α θέσουμε: ● φ = 0, θα πάρουμε τον πίνακα 1 0 0 1− του γραμμικού μετασχηματισμού της συμμετρίας ως προς τον άξονα των x. ● ϕ π = 2 , θα πάρουμε τον πίνακα − 1 0 0 1 του γραμμικού μετασχηματισμού της συμμετρίας ως προς τον άξονα των y. ● ϕ π = 4 , θα πάρουμε τον πίνακα 0 1 1 0 της συμμετρίας ως προς την ευθεία y = x. ● ϕ π = 3 4 , θα πάρουμε τον πίνακα 0 1 1 1 0 1 1 0 − − = − της συμμετρίας ως προς την ευθεία y = – x. 5. Έστω M(x1 ,y1 ) και M2 (x2 ,y2 ) δύο σημεία του επιπέδου τα οποία με τον γραμμικό μετασχηματισμό Τ έχουν την ίδια εικόνα, δηλαδή ισχύει ′ ′ = ′ ′ x y x y 1 1 2 2 . Θα δείξουμε ότι τα σημεία αυτά ταυτίζονται. Πράγματι, έχουμε: ′ ′ = ⇔ = x y x y x y x y 1 1 1 1 1 1 2α β γ δ α β γ δ 22 1 1 2 2 ⇔ = x y x y , αφού ο πίνακας α β γ δ αντιστρέφεται. Άρα, x1 = x2 και y1 = y2 . Επομένως ο μετασχηματισμός Τ είναι 1−1. ii) Λύνουμε την εξίσωση ′ ′ = x y x y α β γ δ ως προς x y . Έχουμε διαδοχικά: α β γ δ α β γ δ α β γ δ ′ ′ = − −1 1 x y x y α β γ δ ′ ′ = −1 x y x y x y x y = ′ ′ − α β γ δ 1 . ΓΕΝΙΚΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ Γ’ ΟΜΑΔΑΣ 22-0182-02.indb 61 26/11/2013 4:08:56 μμ
- 63. 62 Επομένως, ο αντίστροφος μετασχηματισμός του Τ είναι ο μετασχηματισμός Τ − − ′ ′ = 1 1 : x y x y α β γ δ με πίνακα τον αντίστροφο του α β γ δ , δηλαδή τον πίνακα 1 D δ β γ α − − , όπου D = αδ – βγ. iii) Γραμμικός μετασχηματισμός Πίνακας του γραμμικού μετασχηματισμού Πίνακας του αντίστροφου γραμμικού μετασχηματισμού ● Συμμετρία με κέντρο συμμετρίας το Ο ● Συμμετρία ως προς τον άξονα x′x ● Συμμετρία ως προς τον άξονα y′y ● Συμμετρία ως προς την ευθεία y = x ● Στροφή με κέντρο Ο και γωνία θ ● Ομοιοθεσία με κέντρο Ο και λόγο λ ≠ 0 6. Η ορίζουσα του συστήματος είναι: 2 2 2 2 2 2 1 1 1 0 0 D α β α β αβ α β α β α β = = = − = − −αβ(α β). Επομένως 1 0 0 1 0 0 12 λ λ λ λ λ = − − 1 0 0 1 − − 1 0 0 1 1 0 0 1− ( )− − = − 1 1 0 0 1 1 0 0 1 − 1 0 0 1 ( )− − = − 1 1 0 0 1 1 0 0 1 0 1 1 0 ( )− − − = 1 0 1 1 0 0 1 1 0 συν ηµ ηµ συν θ θ θ θ − συν ηµ ηµ συν θ θ θ θ− λ λ 0 0 ΓΕΝΙΚΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ Γ’ ΟΜΑΔΑΣ 22-0182-02.indb 62 26/11/2013 4:08:57 μμ
- 64. 63 ● Αν α β≠ , τότε θα είναι 0D ≠ (αφού α β, ≠ 0 ) και άρα το ομογενές σύστημα θα έχει μοναδική λύση την (0,0,0). ● Αν α = β, τότε το σύστημα γράφεται: x y z x y x y x y z x y x y + + = + = + = ⇔ + + = + = + = 0 0 0 0 0 02 2 α α α α , αφού α ≠ 0 ⇔ + + = + = ⇔ = = − x y z x y z x y 0 0 0 . Άρα το ομογενές σύστημα έχει άπειρο πλήθος λύσεων της μορφής ( ) R. 7. Η ορίζουσα του συστήματος είναι: D = 1 1 1 1 12 2 ηµ συν ηµ συν α α α α = − + συν συν ηµ ηµ ηµ συν ηµ συν α α α α α α α α 1 1 1 12 2 2 2 = + + −συν συν ηµ ηµ ηµ συν ηµ συνα − α − α α α α α α2 2 2 2 = +( ) ( ) ( )συν ηµ συν ηµ ηµ συν συν ηµα − α − α − α α α α − α2 2 = + +( )[ ( ) ]συν ηµ συν ηµ ηµ συνα − α − α α α α1 = −( )[( ) ( )]συν ηµ συν ηµ συνα − α − α α − α1 1 − − −= α α 1 α 1 συνα(συν η )( η )( ). Επομένως ● Αν ηµα ≠ 1 , συνα ≠ 1 και ηµ συνα α≠ , δηλαδή αν ≠ π π α 0, , 4 2 , τότε 0D ≠ και άρα το ομογενές σύστημα έχει μοναδική λύση την (0,0,0). ● Αν π α = 2 , τότε το σύστημα γράφεται: x y x x y x + + = + = + = ⇔ = = − ω ω ω ω 0 0 0 0 ΓΕΝΙΚΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ Γ’ ΟΜΑΔΑΣ 22-0182-02.indb 63 26/11/2013 4:08:57 μμ