Μπορείτε να βρείτε ύλες, ανακοινώσεις , παλαιότερα θέματα, προγράμματα, λυμένα θέματα καθώς και άλλα φυλλάδια στο τραπεζάκι της Δαπ η στο dap-oikonomikou.gr Για απορίες γραφτείτε στο Φόρουμ του https://www.facebook.com/groups/econnomikis
Για οποιαδήποτε άλλη πληροφορία μπορείτε επικοινωνήσετε στο dap.oikonomikou@gmail.com
ΔΑΠ-ΟΙΚΟΝΟΜΙΚΟΥ ΠΑΝΤΑ ΚΟΝΤΑ ΣΤΟ ΦΟΙΤΗΤΗ
να
ΘΕΜΑ 1ο Να βρεθεί η ορθογώνια προβολή και η ορθογώνια συνιστώσα του διανύσµατος wT = (3 − 1 2 ) στον χώρο που παράγουν τα διανύσµατα
u T = (2 0 1) και v T = (− 2 1 0 ) . Ποιο πρόβληµα ελαχιστοποίησης έχει λυθεί
µε τον τρόπο αυτό;
3 − 2λ + 2µ Λύση w2 = w − w1 = − 1 − µ , −λ
w2 ⊥ u w2 ⊥ v
8 − 5λ + 4 µ = 0
⇔
− 7 + 4λ − 5 µ = 0
⇔
− 1 10 4 3 3 3 . Άρα, w2 = − 2 και w1 = − 1 . 3 3 1 µ=− 2 4 3 3 3
λ=
Με τον τρόπο αυτό, ελαχιστοποιήθηκε το µήκος του διανύσµατος w2 , δηλαδή το
(3 − 2λ + 2µ )2 + (− 1 − µ )2 + (− λ )2
ή, ισοδύναµα, το άθροισµα τετραγώνων στο
υπόριζο. 1 4
3 4
Έστω Q(K , L ) = 60 K L , p K = 6 ,
ΘΕΜΑ 2ο
pL = 4 .
Να βρεθούν τα
K και L που µεγιστοποιούν το παραγόµενο προϊόν, αν διατίθενται συνολικά 1200 χρηµατικές µονάδες για τη µίσθωση κεφαλαίου και εργασίας. (Μην υπολογίσετε την τιµή της ψευδοµεταβλητής λ .)
Λύση
1 4
3 4
Λαγκρανζιανή συνάρτηση: 60 K L − λ (6 K + 4 L − 1200 ) . Συνθήκες πρώτης
15 K
−
3 4
1
3
L 4 − 6λ = 0 −
1
τάξης: 45 K 4 L 4 − 4λ = 0 Μεταφέροντας στη δεξιά πλευρά στις δύο πρώτες και 1200 − 6 K − 4 L = 0 9 διαιρώντας κατά µέλη, βρίσκουµε L = K , οπότε, από την τρίτη, βρίσκουµε ως κρίσιµο 2 σηµείο το K = 50, L = 225 .
0 H = 6 Συνθήκες δεύτερης τάξης: Μήτρα Hess: 4
6 7
−
3
45 − 4 4 K L 4 3 1 45 − 4 − 4 K L 4
4 3 1 45 − 4 − 4 K L . 4 1 5 − 45 − K 4L 4 4
Επειδή 2m + 1 = 3 , όπου m = 1 το πλήθος των περιορισµών, εξετάζουµε το πρόσηµο της ορίζουσας ολόκληρης της Εσσιανής, το οποίο, όπως φαίνεται από τον κανόνα του Sarrus,
είναι ένα άθροισµα τεσσάρων θετικών µεγεθών, δηλαδή θετικό, για κάθε K και L , άρα m +1 και για τα K και L του κρίσιµου σηµείου. Και, επειδή (− 1) > 0 , συµπεραίνουµε ότι στο κρίσιµο σηµείο η συνάρτηση παραγωγής παρουσιάζει ένα (τοπικό) µέγιστο, µε τιµή 1 4
3 4
Qmax = 60 ⋅ 50 ⋅ 225 .
ΘΕΜΑ 3ο (a) Να βρεθεί, µε πλήρη εξήγηση, η εξίσωση του επιπέδου το οποίο διέρχεται από το σηµείο (0, 2, 1) και είναι κάθετο προς το διάνυσµα u T = (6 3 − 2 ) .
(β) Να βρεθεί η ορθογώνια διεύθυνση του επιπέδου µε εξίσωση 7 + 3 z = 6 x + 15 y , καθώς και δύο (2) σηµεία από τα οποία διέρχεται.
Λύση (α) Έστω ( x, y, z ) τυχόν σηµείο του ζητουµένου επιπέδου. Τότε το διάνυσµα x y − 2 βρίσκεται επί του επιπέδου, άρα είναι ορθογώνιο προς το διάνυσµα u . ∆ηλαδή, z −1
x 6 < y − 2 , 3 > = 0 ⇔ 6 x + 3( y − 2) − 2( z − 1) = 0 ⇔ 6 x + 3 y − 2 z = 4 , η οποία z −1 − 2 είναι η ζητούµενη εξίσωση. 7 (β) Γράφουµε 6 x + 15 y − 3 z − 7 = 0 ⇔ 6 x − + 15 ( y − 0 ) − 3 ( z − 0 ) = 0 , από όπου 6 6 7 βλέπουµε ότι η ορθογώνια διεύθυνση είναι η 15 και ένα σηµείο είναι το , 0, 0 . 6 − 3 Με όµοιο τρόπο βρίσκουµε και όσα άλλα σηµεία θέλουµε.
ΘΕΜΑ 4ο (α) Να υπολογισθεί µε τον πιο σύντοµο τρόπο η τιµή του ολοκληρώµατος I = ∫∫ xy dA , όπου R το τρίγωνο µε κορυφές τα σηµεία (0, 0) ,
(1, 2)
και (1, 6) .
R
(β) Να γραφεί το I µε την άλλη σειρά ολοκλήρωσης, χωρίς να ξαναυπολογισθεί.
Λύση
(α)
I =∫
x =1 y = 6 x
∫
x =0 y =2 x
1 2
1 2
x y dy dx = ∫
x =1
x =0
x =1
8 2 1 8 =∫ x dx = ⋅ ⋅ x 3 x =0 3 3 3
x =1
= x =0
3 y =6 x
1
2 2 2 x y 3
3 1 3 1 2 2 2 dx = ∫ (6 x ) 2 x − (2 x ) 2 x dx x =0 3 y=2 x x =1
8 9
(β) y 2 y y =0 x = 6
I =∫
y =2 x =
∫
xy dx dy + ∫
y = 6 x =1
∫
y =2 x=
y 6
xy dx dy
4 x − y + z − 6w = 0 ΘΕΜΑ 5ο
∆ίνεται το σύστηµα
2x + 8 y − z
= 0 . Να βρεθούν, µε τη
µέθοδο του αξονικού στοιχείου, οι λύσεις του. Να αποδειχθεί ότι αυτές συνιστούν διανυσµατικό χώρο. Να βρεθεί η διάστασή του και δύο από τις βάσεις του.
14 96 1 1 6 1 0 − 0 − 1 − 0 4 −1 1 − 6 0 68 68 4 4 4 . → → Λύση 2 8 − 1 0 0 17 3 3 6 − 3 0 0 0 0 1 − 2 2 17 17 ∆εδοµένου ότι κατέστησαν δυνατά δύο pivots, υπάρχουν δύο ανεξάρτητες εξισώσεις. Συνεπώς, οι δύο (όποιες δύο) από τις µεταβλητές είναι ελεύθερες, οπότε, θέτοντας 14 96 − x* 68 68 y* 3 6 z = c, w = d , βρίσκουµε ότι * = c + d − . z 17 17 w* 1 0 0 1 ∆εδοµένου ότι οι ευρεθείσες λύσεις συνιστούν υποσύνολο του R 4 , ο οποίος είναι διανυσµατικός χώρος, αρκεί να ελέγξουµε την ισχύ των ιδιοτήτων (1) και (6), δηλαδή τις κλειστότητες του συνόλου των λύσεων ως προς τις δύο πράξεις που ορίζουν τον διανυσµατικό χώρο. Πράγµατι, ελέγχεται εύκολα ότι το άθροισµα δύο λύσεων, καθώς και το γινόµενο µίας λύσης επί ένα βαθµωτό είναι της ως άνω µορφής, άρα και αυτά λύσεις. Η διάσταση του χώρου είναι δύο (2).
14 96 − 68 68 3 6 Μία(οφθαλµοφανής) βάση είναι η , − , που προκύπτει θέτοντας στις ως 17 17 1 0 0 1
άνω λύσεις τις τιµές c = 1, d = 0 , και c = 0, d = 1 , αντίστοιχα. Θέτοντας άλλα ζεύγη τιµών στο c και στο d , βρίσκουµε και άλλες βάσεις.