Βοήθεια/Απορίες στην Άλγεβρα

13diagoras · 2 Αυγούστου 2009 στις 19:57

Αρχική Δημοσίευση από georg13pao:
ναι

Θα βάλω τη λύση μου, δεν ξέρω αν είναι σωστή βέβαια.

$x=a-{y}^{2}$
$y=a-{x}^{2}$

Με αντικατάσταση η 1η γίνεται
$x=a-{a}^{2}+2a{x}^{2}-{x}^{2}$
την οποία τροποποιούμε ως
$(2a-1){x}^{2}-x-a(a-1)=0$
Όμοια για το y βρίσκουμε την ίδια εξίσωση με y όπου x.

Δηλαδή το $xneq y$ ισοδυναμεί με το να έχει η εξίσωση $(2a-1){z}^{2}-z-a(a-1)=0$ 2 διαφορετικές λύσεις, δηλαδή

$Delta>0 Leftrightarrow$

$1+4a(2a-1)(a-1)>0 Leftrightarrow$

$8{a}^{3}-12{a}^{2}+4a+1>0 Leftrightarrow$

$8{a}^{3}-16{a}^{2}+4{a}^{2}+4a+1>0 Leftrightarrow$

$8{a}^{3}-16{a}^{2}+{(2a+1)}^{2}>0 Leftrightarrow$

Πρέπει δηλαδή

$8{a}^{3}-16{a}^{2}>0 Leftrightarrow$

${a}^{2}(8a-16)>0 Leftrightarrow$

$8a-16>0 Leftrightarrow$

$a>2$

Άρα ισχύει για κάθε πραγματικό $a$ μεγαλύτερο του 2.

εκει που λες πρεπει "δηλαδη" μας τα χαλας αφου ειναι $8{a}^{3}-16{a}^{2}+{(2a+1)}^{2}>0 \Leftrightarrow$
$8{a}^{3}-16{a}^{2}$ >- ${(2a+1)}^{2}$ και μονο....

οποιος και αν θελει τη λυση να μου την ζητησει.....(σε π.μ. φυσικα

)
υποδειξη:(1)α=....
(2)α=...

georg13pao · 2 Αυγούστου 2009 στις 20:30

Α καλά έκανα απίστευτη ηλιθιότητα. Το πρώτο πράγμα που έκανα ήταν αυτό που λες στην υπόδειξη αλλά έκανα λάθος στο γράψιμο και βγήκαν 2 ίδιες εξισώσεις, γιαυτό και όλες οι βλακείες που έκανα πιο πάνω.
Τεσπα εύκολη είναι η άσκηση

13diagoras · 2 Αυγούστου 2009 στις 20:43

Αρχική Δημοσίευση από georg13pao:
Α καλά έκανα απίστευτη ηλιθιότητα. Το πρώτο πράγμα που έκανα ήταν αυτό που λες στην υπόδειξη αλλά έκανα λάθος στο γράψιμο και βγήκαν 2 ίδιες εξισώσεις, γιαυτό και όλες οι βλακείες που έκανα πιο πάνω.
Τεσπα εύκολη είναι η άσκηση

συγχωρεμενος..(ετσι και αλλιως εισαι μικρος

)ναι η ασκηση ηταν ευκολη
(την εβαλα επειδη ηταν απο διαγωνισμο σουηδιας...:iagree

RafAspa94 · 3 Αυγούστου 2009 στις 08:21

Παιδιά.γνωρίζετε κάποιοα ιστοσελίδα με θεωρία και ασκήσεις άλγεβρας;

ξαροπ · 3 Αυγούστου 2009 στις 16:58

Αν δεν σε πειράζει που είναι στα αγγλικά, προτείνω artofproblemsolving.com

Αλλιώς, υπάρχει αντίστοιχη επιλογή στη Βιβλιοθήκη της ιστοσελίδας μας.

djimmakos · 3 Αυγούστου 2009 στις 18:19

Mόλις γύρισα από τις διακοπές και σας έχω άσκηση :p

Έστω μια συνάρτηση $f: R \rightarrow R$ (f(x) διάφορο του μηδεν) για την οποία ισχύει

$f^3(x)=(x^2-5x+9) \cdot |f(x)|$

a. Να αποδείξετε ότι $f(x)=\sqrt{x^2-5x+9}$

Έστω μια συνάρτηση g, η γραφική παράσταση της οποίας βρίσκεται πάνω από τον άξονα χ'χ για κάθε χ στο πεδίο ορισμού της και για την οποία ισχύει

$\sqrt{|g(x)|}=f(x)$

Ορίζουμε τη συνάρτηση

$h(x)=\frac{2f(x)}{\sqrt[4]{g(x)}-f(x)}$

b. Να βρεθεί το πεδίο ορισμού της h(x)

c. Nα αποδείξετε ότι $h(x)<-1$

Καλές λύσεις

-----------------------------------------
H λύση σε spoiler για να σας βάλω σε πειρασμό και για να βεβαιωθώ ότι είναι σωστή:p

a.Ισχύει ότι $x^2-5x+9>0$ , $\forall x \in R$

Ισχύει επίσης ότι $|f(x)|>0$ , $\forall x \in R$

Άρα ισχύει ότι

$f^3(x)>0 \Leftrightarrow f(x)>0\Leftrightarrow |f(x)|=f(x)$

Έτσι

$f^3(x)=(x^2-5x+9)\cdot f(x) \Leftrightarrow f^2(x)=x^2-5x+9 \Leftrightarrow f(x)=\sqrt{x^2-5x+9}$

b. Iσχύει από την εκφώνηση ότι $g(x)>0$

Οπότε $g(x)=f^2(x)=x^2-5x+9$

Πρέπει

$\sqrt[4]{g(x)}\neq f(x)\Leftrightarrow \sqrt[4]{f^2(x)}\neq f(x)\Leftrightarrow \sqrt{f(x)}\neq f(x)\Leftrightarrow f(x)\neq f^2(x)\Leftrightarrow f(x)\neq 0, f(x)\neq 1$

$f(x)\neq 0\Leftrightarrow f^2(x)\neq 0\Leftrightarrow x^2-5x+9\neq 0$ το οποίο ισχύει για κάθε χ στο R

$f(x)\neq 1\Leftrightarrow f^2(x)\neq 1\Leftrightarrow x^2-5x+8\neq 0$ το οποίο ισχύει για κάθε χ στο R

Άρα το πεδίο ορισμού είναι το R

c. Iσχυεί ότι $\sqrt{g(x)}=f(x)$ και επειδή f(x)>0, προκύπτει ότι

$\sqrt{g(x)}=f(x)\Rightarrow \sqrt{g(x)}<f^2(x)\Leftrightarrow (\sqrt[4]{g(x)})^2 - f^2(x)<0 \Leftrightarrow [\sqrt[4]{g(x)}-f(x)][\sqrt[4]{g(x)}+f(x)]<0\Leftrightarrow \frac{\sqrt[4]{g(x)}+f(x)}{\sqrt[4]{g(x)}-f(x)}<0 \Leftrightarrow \frac{\sqrt[4]{g(x)}+2f(x)-f(x)}{\sqrt[4]{g(x)}-f(x)}<0\Leftrightarrow \frac{2f(x)}{\sqrt[4]{g(x)}-f(x)}+\frac{\sqrt[4]{g(x)}-f(x)}{\sqrt[4]{g(x)}-f(x)}<0\Leftrightarrow \frac{2f(x)}{\sqrt[4]{g(x)}-f(x)}+1<0\Leftrightarrow \frac{2f(x)}{\sqrt[4]{g(x)}-f(x)}<-1\Leftrightarrow h(x)<-1$

p@g · 3 Αυγούστου 2009 στις 22:57

Εξυπνες αλλα αποδειχτηκαν... βραδινα snacks!!!you know what i mean!!:xixi:

djimmakos · 3 Αυγούστου 2009 στις 23:00

Να σου θυμίσω ότι αν δεν είχα κάνει την πατάτα του να γράψω το συνολο τιμών ακόμα θα ήσουν στο α;:p

Boom · 4 Αυγούστου 2009 στις 00:18

ας βαλω και εγω μια!

αν a,b,g θετικοι πραγματικοι αριθμοι ωστε να ισχυει abg=1
να δειξετε οτι
α. $a+b\geq 2\sqrt{ab}$
β. (a+b)(b+g)(g+a) $\geq$ 8
γ.η ελαχιστη τιμη της παραστασης Α=a+b+g+ab+ag+bg ειναι ιση με 6

djimmakos · 4 Αυγούστου 2009 στις 00:25

Βαριέμαι να γράφω στο latex

Λοιπόν

α) Υψώνουμε στο τετράγωνο και έχουμε

(α+β)^2 >=4αβ <=> (α-β)^2>=0 το οποίο ισχύει

β) α+β >= 2ριζα αβ (1)
β+γ>=2ριζα βγ (2)
γ+α>= 2ριζα γα (3)

(1) χ (2) χ (3) : (α+β)(β+γ)(γ+α)>=8ριζα α^2β^2γ^2= 8 * αβγ = 8

γ) α+βγ>= 2 ριζα αβγ = 2 (1)
β+αγ>= 2 ριζα αβγ= 2 (2)
γ+αβ>= 2 ριζα αβγ=2 (3)

(1)+(2)+(3): Α >= 6

13diagoras · 4 Αυγούστου 2009 στις 11:39

Αρχική Δημοσίευση από Djimmakos:
Βαριέμαι να γράφω στο latex

Λοιπόν

α) Υψώνουμε στο τετράγωνο και έχουμε

(α+β)^2 >=4αβ <=> (α-β)^2>=0 το οποίο ισχύει

β) α+β >= 2ριζα αβ (1)
β+γ>=2ριζα βγ (2)
γ+α>= 2ριζα γα (3)

(1) χ (2) χ (3) : (α+β)(β+γ)(γ+α)>=8ριζα α^2β^2γ^2= 8 * αβγ = 8

γ) α+βγ>= 2 ριζα αβγ = 2 (1)
β+αγ>= 2 ριζα αβγ= 2 (2)
γ+αβ>= 2 ριζα αβγ=2 (3)

(1)+(2)+(3): Α >= 6

το α+βγ>=2ριζα αβγ πως προκυπτει???? :hmm:

(οι αλλες ευκολες....)

djimmakos · 4 Αυγούστου 2009 στις 12:51

x+y >= 2 ριζα xy

Θέτω x=α και y=βγ

α+βγ>= 2 ριζα αβγ

guess · 4 Αυγούστου 2009 στις 14:31

κατι ευκολο υπαρχει?
γιατι τα εχω ξεχασει ολα?
μια ασκησουλα παρακαλω για να ξεσκονισουμε τις γνωσεις μας....

djimmakos · 4 Αυγούστου 2009 στις 14:34

Ορίστε μια άσκηση

Αρχική Δημοσίευση από Djimmakos:
Mόλις γύρισα από τις διακοπές και σας έχω άσκηση :p

Έστω μια συνάρτηση $f: R rightarrow R$ (f(x) διάφορο του μηδεν) για την οποία ισχύει

$f^3(x)=(x^2-5x+9) cdot |f(x)|$

a. Να αποδείξετε ότι $f(x)=sqrt{x^2-5x+9}$

Έστω μια συνάρτηση g, η γραφική παράσταση της οποίας βρίσκεται πάνω από τον άξονα χ'χ για κάθε χ στο πεδίο ορισμού της και για την οποία ισχύει

$sqrt{|g(x)|}=f(x)$

Ορίζουμε τη συνάρτηση

$h(x)=frac{2f(x)}{sqrt[4]{g(x)}-f(x)}$

b. Να βρεθεί το πεδίο ορισμού της h(x)

c. Nα αποδείξετε ότι $h(x)<-1$

Καλές λύσεις

-----------------------------------------
H λύση σε spoiler για να σας βάλω σε πειρασμό και για να βεβαιωθώ ότι είναι σωστή:p

a.Ισχύει ότι $x^2-5x+9>0$ , $forall x in R$

Ισχύει επίσης ότι $|f(x)|>0$ , $forall x in R$

Άρα ισχύει ότι

$f^3(x)>0 Leftrightarrow f(x)>0Leftrightarrow |f(x)|=f(x)$

Έτσι

$f^3(x)=(x^2-5x+9)cdot f(x) Leftrightarrow f^2(x)=x^2-5x+9 Leftrightarrow f(x)=sqrt{x^2-5x+9}$

b. Iσχύει από την εκφώνηση ότι $g(x)>0$

Οπότε $g(x)=f^2(x)=x^2-5x+9$

Πρέπει

$sqrt[4]{g(x)}neq f(x)Leftrightarrow sqrt[4]{f^2(x)}neq f(x)Leftrightarrow sqrt{f(x)}neq f(x)Leftrightarrow f(x)neq f^2(x)Leftrightarrow f(x)neq 0, f(x)neq 1$

$f(x)neq 0Leftrightarrow f^2(x)neq 0Leftrightarrow x^2-5x+9neq 0$ το οποίο ισχύει για κάθε χ στο R

$f(x)neq 1Leftrightarrow f^2(x)neq 1Leftrightarrow x^2-5x+8neq 0$ το οποίο ισχύει για κάθε χ στο R

Άρα το πεδίο ορισμού είναι το R

c. Iσχυεί ότι $sqrt{g(x)}=f(x)$ και επειδή f(x)>0, προκύπτει ότι

$sqrt{g(x)}=f(x)Leftrightarrow sqrt{g(x)}<f^2(x)Leftrightarrow (sqrt[4]{g(x)})^2 - f^2(x)<0 Leftrightarrow [sqrt[4]{g(x)}-f(x)][sqrt[4]{g(x)}+f(x)]<0Leftrightarrow frac{sqrt[4]{g(x)}+f(x)}{sqrt[4]{g(x)}-f(x)}<0 Leftrightarrow frac{sqrt[4]{g(x)}+2f(x)-f(x)}{sqrt[4]{g(x)}-f(x)}<0Leftrightarrow frac{2f(x)}{sqrt[4]{g(x)}-f(x)}+frac{sqrt[4]{g(x)}-f(x)}{sqrt[4]{g(x)}-f(x)}<0Leftrightarrow frac{2f(x)}{sqrt[4]{g(x)}-f(x)}+1<0Leftrightarrow frac{2f(x)}{sqrt[4]{g(x)}-f(x)}<-1Leftrightarrow h(x)<-1$

Boom · 4 Αυγούστου 2009 στις 14:34

Αρχική Δημοσίευση από guess:
κατι ευκολο υπαρχει?
γιατι τα εχω ξεχασει ολα?
μια ασκησουλα παρακαλω για να ξεσκονισουμε τις γνωσεις μας....

Αρχική Δημοσίευση από theodora:
επειδη ξερω πως βαριεστε θα σας δωσω επαναληπτικες ασκησουλες!

στη σελ 28 ειναι οι ασκησεις!

guess · 4 Αυγούστου 2009 στις 14:44

του βιβλιου της αλγεβρας?

Boom · 4 Αυγούστου 2009 στις 14:48

αυτες που εβαλα εγω δεν ειναι του βιβλιου....

guess · 4 Αυγούστου 2009 στις 15:14

υπαρχουν λυσεις στις ασκησεις που εχεισ δωσει θεοδωρα?

Boom · 4 Αυγούστου 2009 στις 15:16

οχι,αλλα αν κολλησεις καπου θα σε βοηθησουμε!

guess · 4 Αυγούστου 2009 στις 15:18

βασικα τις λυνω αλλα θελω να βλεπω αν ειναι σωστες...:iagree:

Βοήθεια/Απορίες στην Άλγεβρα

Δραστήριο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Δραστήριο μέλος

Περιβόητο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Διάσημο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Διάσημο μέλος

Επιφανές μέλος

Διάσημο μέλος

Δραστήριο μέλος

Διάσημο μέλος

Δραστήριο μέλος

Διάσημο μέλος

Επιφανές μέλος

Δραστήριο μέλος

Επιφανές μέλος

Δραστήριο μέλος

Επιφανές μέλος

Δραστήριο μέλος