Συλλογή ασκήσεων στην Άλγεβρα

Karhas · 2012-02-12T17:36:55+0200

πολυ καλο θεμα, μπραβο σας. οπως βλεπετε εδω γραφω το πρωτο μουμηνυμα!

αν

ακέραιος να λύσετε την εξίσωση

β)για ποιες τιμες του ακεραιου

η εξίσωση έχει ακέραιες λύσεις?

α) μετα απο πραξεις $\chi= \frac{8k + 3} {k + 1}$

για το β εφτασα καπου, για ριξτε μια ματια.
πρεπει $k + 1 \neq 0 \Leftrightarrow k \neq -1$
$x = \frac{ 8k + 3}{k +1} \Leftrightarrow x = \frac{3k + 3 + 5}{k + 1} \Leftrightarrow x= \frac{3(k + 1)}{ k + 1} + \frac {5k}{k+1} \Leftrightarrow x = 3 + \frac{5k}{k + 1}$
για $k = 2n\ (n \in Z)\ x = 3 + \frac{10n}{2n + 1}\Leftrightarrow x = 3 +\frac{10n + 5 - 5}{2n + 1} = 3 + 5 - \frac{5}{2n + 1}$
το $\frac{5}{2n + 1}$ ειναι ακαιρεος για $2n + 1 = \pm 5$ ή $2n + 1 = \pm 1$
παίρνουμε $k = 4$ ή $k = -6$ ή $k = 0$ ή $k =-2$ ( $k = 2n$ )

για $k = 2m + 1 (m \in Z) \ x = 3 + \frac{10m + 5}{2m + 2}\Leftrightarrow x = 3 +\frac{10m + 5 + 5 - 5}{2m + 2} = 3 + \frac{10(m + 1)}{2(m + 1)} - \frac{5}{2m + 2}$
ομοια με πριν πρεπει $(2m + 1) + 1 = \pm 5$ ή $(2m + 1) + 1 =\pm 1$ και ετσι παιρνουμε τις ιδιες τιμες με πριν

akis95 · 2012-02-13T14:45:58+0200

Για τους πραγματικούς αριθμούς

και

, ισχύουν:

. Να αποδείξετε ότι:

.

vimaproto · 2012-02-15T15:58:15+0200

Αρχική Δημοσίευση από akis15:
Για τους πραγματικούς αριθμούς

και

, ισχύουν:

. Να αποδείξετε ότι:

.

(x+y+z)²=x²+y²+z²+2xy+2yz+2xz ===> από το δεδομένα της άσκησης xy+yz+zx=1 ===> xy=1-z(y+x)=1-z(2-z)=1-2z+z²=(1-z)² Τότε
xyz=z(1-z)². Ομοίως xyz=y(1-y)² και xyz=x(1-x)²

Guest 018946 · 2012-02-15T17:18:19+0200

Βαλτε κανα θεματακι καλο βαρεθηκαμε ....

vimaproto · 2012-02-15T20:06:04+0200

Να λυθεί το σύστημα
x+4z=3xz
8y+x=5xy
2z-y=yz
Ομοίως
x+2(y+z+ω)=19
2y+3(x+z+ω)=28
3z+4(x+y+ω)=37
ω+2(x+y+z)=16

Guest 018946 · 2012-02-16T00:38:03+0200

Αρχική Δημοσίευση από vimaproto:
Να λυθεί το σύστημα

Ομοίως
x+2(y+z+ω)=19
2y+3(x+z+ω)=28
3z+4(x+y+ω)=37
ω+2(x+y+z)=16

Παμε για την δευτερη γιατι η πρωτη ειναι αρκετα ζορικη :

Προσθετω τις σχεσεις κατα μελη και παιρνω $10(x+y+z+w)=100 \Leftrightarrow x+w+y+z=10$ Απο εδω θα παρω $x+y+z=10-w \wedge y+z+w=10-x \wedge w+z+x=10-y \wedge x+y+w=10-z$ Κανω αυτες τις αντικαστασεις στις αναλογες σχεσεις και ευκολα παιρνω $x=1 \wedge y=2 \wedge w=4 \wedge z=3$

vimaproto · 2012-02-16T01:07:03+0200

Δες και αυτή τη λύση που είναι ο κλασσικός τρόπος λύσης αυτών των συστημάτων.
Ονομάζω το άθροισμα των αγνώστων x+y+z+ω=Κ
Τότε το σύστημα γίνεται x+2(K-x)=19 ==> x=2K-19
2y+3(K-y)=28 ==> y=3K-28
3z+4(K-z)=37 ==> z=4K-37
ω+2(Κ-ω)=16 ==> ω=2Κ-16
Η βοηθητική εξίσωση γίνεται 2Κ-19+3Κ-28+4Κ-37+2Κ-16=Κ ==> 10Κ=100 ==> Κ=10
Αρα χ=2*10-19=1
y=3*10-28=2
z=4*10-37=3
ω=2*10-16=4

Karhas · 2012-02-16T14:53:52+0200

Να λυθεί το σύστημα
x+4z=3xz
8y+x=5xy
2z-y=yz

Eγω θα λυσω την πρωτη.

απο την πρωτη παίρνω $x = \frac{4z}{3z - 1} (1)$
αντικαθιστω στην δευτερη
$8y + \frac{4z}{3z - 1} = 5\frac{4z}{3z - 1}y \Leftrightarrow \frac{8y(3z - 1) + 4z}{3z - 1} = 5\frac{4z}{3z - 1}y$
$\Leftrightarrow 24yz - 8y + 4z = 20zy \Leftrightarrow 4(z - 2y) = - 4zy \Leftrightarrow z - 2y = - zy \(2)$
προσθετω την (2) στην τριτη $\Leftrightarrow 2z - y + z - 2y = 0\Leftrightarrow 3z = 3y \Leftrightarrow z = y \(3)$
λογω της (3) στην τριτη εξισωση παιρνουμε $2z - z = {z}^{2} \Leftrightarrow z(z - 1) = 0 \Leftrightarrow z = 0 \or z = 1$
για z = 0 $x = \frac{4z}{3z - 1} = 0$ για z= 1 $x = x = \frac{4z}{3z - 1} = \frac{4}{3 - 1} = 2$

άρα $(x,y,z) = (0,0,0) or (2,1,1)$

διορθωστεμε αν κανω λαθος

vimaproto · 2012-02-16T20:54:31+0200

Δεν διαφωνώ με τη λύση σου, αλλά το σύνθημά μου είναι: Να είμαστε"ΕΞΥΠΝΟΙ ΤΕΜΠΕΛΗΔΕΣ"
Διαιρουμε την κάθε μια με το γινόμενο των αγνώστων του δεξιού μέρους και προκύπτει ένα απλό σύστημα πρώτου βαθμού με αγνώστου τους 1/χ=x', 1/y=y' , 1/z=z'. Η συνέχεια δική σας.
Επίσης να λυθεί το σύστημα (αδυναμίες)

$eqlatex5Cfrac7B127D7B2x3y7D5Cfrac7B757D7-2.gif$

$eqlatex5Cfrac7B307D7B3x45Comega207D5Cfra-2.gif$

$eqlatex5Cfrac7B2227D7B5y95Comega207D5Cfr-2.gif$

2) Αν ισχύουν οι σχέσεις αχ+μy=0, x+y=xy, x²+y²=1 Να δειχτεί η σχέση

$eqlatex5Cfrac7B17D7B7B5Clambda207D5E7B27-3.gif$

Guest 018946 · 2012-02-17T02:17:20+0200

Αρχική Δημοσίευση από vimaproto:
Δεν διαφωνώ με τη λύση σου, αλλά το σύνθημά μου είναι: Να είμαστε"ΕΞΥΠΝΟΙ ΤΕΜΠΕΛΗΔΕΣ"
Διαιρουμε την κάθε μια με το γινόμενο των αγνώστων του δεξιού μέρους και προκύπτει ένα απλό σύστημα πρώτου βαθμού με αγνώστου τους 1/χ=x', 1/y=y' , 1/z=z'. Η συνέχεια δική σας.
Επίσης να λυθεί το σύστημα (αδυναμίες)

$eqlatex5Cfrac7B127D7B2x3y7D5Cfrac7B757D7-2.gif$

$eqlatex5Cfrac7B307D7B3x45Comega207D5Cfra-2.gif$

$eqlatex5Cfrac7B2227D7B5y95Comega207D5Cfr-2.gif$

Πάμε για το συστηματάκι :
Θα θέσω $a=\frac{1}{2x+3y} \wedge b=\frac{1}{3x+4w} \wedge c=\frac{1}{5y+9w}$
Το συστηματάκι γίνεται :
$24a-15b=2$
$30b+37c = 3$
$222c-8a=5$
Απο εδώ με προσθέσεις απαλοιφές κτλπ βγάζω $a=\frac{1}{8} \wedge c=\frac{1}{37} \wedge b=\frac{1}{15}$
Απο εδω παιρνω το εξης συστημα :
$2x+3y=8$
$3x+4w=15$
$5y+9w=37$
Απο εδώ κλασικα με απαλοιφές και γνωστες κλασικες τεχνικες παιρνω ευκολα $x=1 \wedge y=2 \wedge w=3$ Βλεπω οτι δεν μηδενιζει κανενας παρανομαστης αρα είμαι οκ και απο θεμα περιορισμων.

Guest 018946 · 2012-02-19T01:31:05+0200

Vimaproto δωσε μια υποδειξουλα σε spoiler για την δευτερη.

Αγγελική!!! · 2012-02-19T10:59:10+0200

Δίνεται η : $f(x)=(\lambda +1){x}^{2}+(3\lambda -2)x+\lambda +1$
i) $\lambda =?$ ,ώστε η $f(x)=0$ να έχει μία μόνο ρίζα
ii) $\lambda =?$ , ώστε η $f(x)=0$ να έχει ρίζες άνισες
iii) $\lambda =?$ ,ώστε η $f(x)=0$ να μην έχει ρίζες
iv) $\lambda =?$ ,ώστε η $f(x)\geq 0$ να ισχύει για κάθε $x\in R$
v) $\lambda =?$ ,ώστε να ισχύει ${x}_{1}+{x}_{2}<4$ ( όπου ${x}_{1}\: ,\: {x}_{2}$ οι ρίζες της $f(x)=0$ )
vi) $\lambda =?$ , ώστε να ισχύει $2{{x}_{1}}^{2}{x}_{2}-2{x}_{1}<2{x}_{2}-2{x}_{1}{{x}_{2}}^{2}+5$
vii) $\lambda =?$ ,ώστε να ισχύει ${{x}_{1}}^{2}+{{x}_{2}}^{2}>8$

vimaproto · 2012-02-19T12:11:54+0200

Αρχική Δημοσίευση από dr.tasos:
Vimaproto δωσε μια υποδειξουλα σε spoiler για την δευτερη.

Αν σε παίδεψα ΧΙΑΛΙΑ ΣΥΓΓΝΏΜΗΝ. Η πρώτη σχέση είναι λχ+μy=0. Η συνέχεια, απαλοιφή των χ, y. Αν χρειαστεί τα ξαναλέμε.

Αρχική Δημοσίευση από vimaproto:
Δεν διαφωνώ με τη λύση σου, αλλά το σύνθημά μου είναι: Να είμαστε"ΕΞΥΠΝΟΙ ΤΕΜΠΕΛΗΔΕΣ"
Διαιρουμε την κάθε μια με το γινόμενο των αγνώστων του δεξιού μέρους και προκύπτει ένα απλό σύστημα πρώτου βαθμού με αγνώστου τους 1/χ=x', 1/y=y' , 1/z=z'. Η συνέχεια δική σας.
Επίσης να λυθεί το σύστημα (αδυναμίες)

$eqlatex5Cfrac7B127D7B2x3y7D5Cfrac7B757D7-1.gif$

$eqlatex5Cfrac7B307D7B3x45Comega207D5Cfra-1.gif$

$eqlatex5Cfrac7B2227D7B5y95Comega207D5Cfr-1.gif$

2) Αν ισχύουν οι σχέσεις λχ+μy=0, x+y=xy, x²+y²=1 Να δειχτεί η σχέση
$eqlatex5Cfrac7B17D7B7B5Clambda207D5E7B27-2.gif$

......

Αγγελική!!! · 2012-02-22T16:56:31+0200

Αρχική Δημοσίευση από Αγγελική!!!:
Δίνεται η : $f(x)=(\lambda +1){x}^{2}+(3\lambda -2)x+\lambda +1$
i) $\lambda =?$ ,ώστε η $f(x)=0$ να έχει μία μόνο ρίζα
ii) $\lambda =?$ , ώστε η $f(x)=0$ να έχει ρίζες άνισες
iii) $\lambda =?$ ,ώστε η $f(x)=0$ να μην έχει ρίζες
iv) $\lambda =?$ ,ώστε η $f(x)\geq 0$ να ισχύει για κάθε $x\in R$
v) $\lambda =?$ ,ώστε να ισχύει ${x}_{1}+{x}_{2}<4$ ( όπου ${x}_{1}\: ,\: {x}_{2}$ οι ρίζες της $f(x)=0$ )
vi) $\lambda =?$ , ώστε να ισχύει $2{{x}_{1}}^{2}{x}_{2}-2{x}_{1}<2{x}_{2}-2{x}_{1}{{x}_{2}}^{2}+5$
vii) $\lambda =?$ ,ώστε να ισχύει ${{x}_{1}}^{2}+{{x}_{2}}^{2}>8$

Επαναφέρω αυτήν και βάζω και άλλη:

Δίνεται η $f(x)=\alpha {x}^{2}+\beta x+\gamma \: ,\: \alpha \neq 0$
Ισχύει $\xi \in R$ τότε,
i)Εάν $\alpha f(\xi )<0$ Να αποδειχθεί ότι η $f(x)=0$ έχει 2 ρίζες πραγματικές και άνισες
ii)Εάν $\kappa \: ,\: \lambda \in R \: \kappa \alpha \iota \: f(\kappa )f(\lambda )<0$ Να αποδειχθεί ότι η $f(x)=0$ έχει ρίζες πραγματικές και άνισες μία εκ των οποίων βρίσκεται μεταξύ των $\kappa \: ,\: \lambda$ Δίνεται $\kappa< \lambda$

rebel · 2012-02-22T21:37:06+0200

Αρχική Δημοσίευση από vimaproto:
2) Αν ισχύουν οι σχέσεις λχ+μy=0 (1) , x+y=xy (2) , x²+y²=1 (3) Να δειχτεί η σχέση
$eqlatex5Cfrac7B17D7B7B5Clambda207D5E7B27-1.gif$

$(1)\Rightarrow \frac{x}{y}=-\frac{\mu}{\lambda}\,(4)$
Διαιρώντας την (2) με y και χ διαδοχικά έχουμε
$\frac{x}{y}+1=x$
$\frac{y}{x}+1=y$
και λόγω της (4) είναι
$x=1-\frac{\mu}{\lambda}\,(5)$
$y=1-\frac{\lambda}{\mu}\,(6)$
Αντικαθιστώντας τις (5),(6) στην (3) παίρνουμε
$\left(1-\frac{\lambda}{\mu} \right)^2 +\left(1-\frac{\mu}{\lambda} \right)^2=1$
Πολλαπλασιάζουμε την τελευταία σχέση με λ²μ² και παίρνουμε
$\lambda^2(\mu-\lambda)^2+\mu^2(\lambda-\mu)^2=\lambda^2\mu^2 \Rightarrow \left(\lambda^2+\mu^2 \right)(\lambda-\mu)^2=\lambda^2\mu^2 \Rightarrow \\ \frac{1}{\lambda^2}+\frac{1}{\mu^2}=\frac{1}{(\lambda-\mu)^2}$

Guest 018946 · 2012-02-22T23:04:42+0200

Αρχική Δημοσίευση από Αγγελική!!!:
Επαναφέρω αυτήν και βάζω και άλλη:

Δίνεται η $f(x)=\alpha {x}^{2}+\beta x+\gamma \: ,\: \alpha \neq 0$
Ισχύει $\xi \in R$ τότε,
i)Εάν $\alpha f(\xi )<0$ Να αποδειχθεί ότι η $f(x)=0$ έχει 2 ρίζες πραγματικές και άνισες
ii)Εάν $\kappa \: ,\: \lambda \in R \: \kappa \alpha \iota \: f(\kappa )f(\lambda )<0$ Να αποδειχθεί ότι η $f(x)=0$ έχει ρίζες πραγματικές και άνισες μία εκ των οποίων βρίσκεται μεταξύ των $\kappa \: ,\: \lambda$ Δίνεται $\kappa< \lambda$

Πάμε και γιαυτην :
α)Θα πάρω περιπτώσεις για το $a$ έχω για $a < 0$ : $f(\xi)>0$ άρα ετερόσημο του $a$ άρα δεν είναι παντού αρνητικό και κάπου αλλάζει πρόσημο άρα έχει δύο πραγμάτικες και άνισες ρίζες. Διπλή ρίζα δέν γίνεται να έχει διότι θα ήταν ήταν παντου ομοσημο του $a$ αρα αρνητικο(εκτος απο το σημειο του μηδενισμου). Αρα θα έχει δυο ανισες και πραγματικές ριζες. Για $a > 0$ θα είναι $f(\xi) < 0$ άρα δεν ειναι παντου θετικο αρα αλλαζει προσημο αρα δυο πραγματικες και ανισες ρίζες . Διπλη δεν γινεται γιατι θα ηταν θα ηταν παντου ομοσημο του $a$ αρα θετικο αρα παιρνω ατοπο. Αρα θα εχει δυο πραγματικες και ανισες ριζες .
β) Εκτος των ρίζων το τριωνυμο θα ειναι ομοσημο του $a$ αρα το γινομενο θα ηταν θετικο αρα τα $f(k) \quad , f(l)$ άρα ενα απο τα δυο θα είναι μεσα στο διαστημα οπου το τριωνυμο εναι ομοσημο του $a$ και ένα εκει που το τρυωνυμο ειναι ετεροσημο του $a$ αρα στο $(k,l)$ το τριωνυμο αλλαζει πρόσημο αρα θα και θα τεμνει τον $xx'$ μια φορα .
Ελπιζω να ειμαι σωστος .

vimaproto · 2012-02-23T00:36:38+0200

Δίνεται η $f(x)=\alpha {x}^{2}+\beta x+\gamma \: ,\: \alpha \neq 0$
Ισχύει $\xi \in R$ τότε,
i)Εάν $\alpha f(\xi )<0$ Να αποδειχθεί ότι η $f(x)=0$ έχει 2 ρίζες πραγματικές και άνισες
Η δική μου λύση είναι η εξής:
Η αf(χ) γράφεται $\alpha f\left(x \right)={\alpha }^{2}\left[{\left(x+\frac{\beta }{2\alpha } \right)}^{2} -\frac{\Delta }{4{\alpha }^{2}}\right]$
Τότε επειδή το α² είναι θετικός είναι $\left[{\left(x+\frac{\beta }{2\alpha } \right)}^{2} -\frac{\Delta }{4{\alpha }^{2}}\right]<0$
και ${\left(x+\frac{\beta }{2\alpha } \right)}^{2} <\frac{\Delta }{4{\alpha }^{2}}$
Το αριστερό μέρος είναι μη αρνητικός αριθμός, άρα η Δ>0 και το τριώνυμο έχει δύο πραγματικές ρίζες άνισες.

Guest 018946 · 2012-02-23T00:50:15+0200

Αρχική Δημοσίευση από vimaproto:
Δίνεται η $f(x)=\alpha {x}^{2}+\beta x+\gamma \: ,\: \alpha \neq 0$
Ισχύει $\xi \in R$ τότε,
i)Εάν $\alpha f(\xi )<0$ Να αποδειχθεί ότι η $f(x)=0$ έχει 2 ρίζες πραγματικές και άνισες
Η δική μου λύση είναι η εξής:
Η αf(χ) γράφεται $\alpha f\left(x \right)={\alpha }^{2}\left[{\left(x+\frac{\beta }{2\alpha } \right)}^{2} -\frac{\Delta }{4{\alpha }^{2}}\right]$

το $a^2$ Απο που το βγάζεις ?

vimaproto · 2012-02-23T01:25:52+0200

Αρχική Δημοσίευση από dr.tasos:
το $a^2$ Απο που το βγάζεις ?

Μα ένα τριώνυμο δεν γράφεται α(χ²+βχ/α +γ/α)? Και με το α μπροστά παίρνει τη μορφή αf(x)=α²(χ²+βx/α+γ/α)

Guest 018946 · 2012-02-23T16:21:56+0200

Αρχική Δημοσίευση από vimaproto:
Μα ένα τριώνυμο δεν γράφεται α(χ²+βχ/α +γ/α)? Και με το α μπροστά παίρνει τη μορφή αf(x)=α²(χ²+βx/α+γ/α)

Αυτο όμως που βάζεις ειναι η ψιλοπαραγοντοποίημένη μορφή του τριωνυμου.

Συλλογή ασκήσεων στην Άλγεβρα

Νεοφερμένο μέλος

Δραστήριο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Guest 018946

Επισκέπτης

Πολύ δραστήριο μέλος

Guest 018946

Επισκέπτης

Πολύ δραστήριο μέλος

Νεοφερμένο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Guest 018946

Επισκέπτης

Guest 018946

Επισκέπτης

Δραστήριο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Δραστήριο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Guest 018946

Επισκέπτης

Πολύ δραστήριο μέλος

Guest 018946

Επισκέπτης

Πολύ δραστήριο μέλος

Guest 018946

Επισκέπτης