Συλλογή ασκήσεων στην Άλγεβρα

Guest 018946 · 8 Οκτωβρίου 2011 στις 12:54

Επειδη πολλες μαλακιες εκανα χτες ερχομαι με καινουργειες λυσεις :αρχικα αναπτυσω την σχεση $a^{2}+\frac{1}{a^{2}}=1$ ομως το $(a+\frac{1}{a})[a^{2}+\frac{1}{a^{2}}-(\frac{1}{a})(a)]=a^{3}+\frac{1}{a^{3}} \Leftrightarrow a^{3}+\frac{1}{a^{3}}=0$ Δινω την λυση μου με επιφαλαξεις γιατι μπορει να ναι και λαθος.

rebel · 8 Οκτωβρίου 2011 στις 13:06

Μια χαρά, δεν το είχα σκεφτεί έτσι. Λίγο διαφορετικά:

$\left ( a+ \frac{1}{a} \right)^3 = a^3 + \frac{1}{a^3} + 3\left ( a+ \frac{1}{a} \right)= a^3 + \frac{1}{a^3} + \left( a+ \frac{1}{a} \right)^2 \left( a+ \frac{1}{a} \right)= a^3 + \frac{1}{a^3}+ \left( a+ \frac{1}{a} \right)^3$

Δείξαμε δηλαδή ότι $\left ( a+ \frac{1}{a} \right)^3 = a^3 + \frac{1}{a^3}+ \left( a+ \frac{1}{a} \right)^3$ . Άρα:

$a^3 + \frac{1}{a^3}=0$

Guest 018946 · 8 Οκτωβρίου 2011 στις 14:29

Πως βγαινει η τελευατια συνεπαγωγη?

Guest 278211 · 8 Οκτωβρίου 2011 στις 14:39

(a+1/a)³ = a³ +1/a³ + (a+1/a)³

Guest 018946 · 8 Οκτωβρίου 2011 στις 15:39

Εχω λυση και για την 4) Λοιπον απο την σχεση $a+b+3a=0 \Rightarrow 4a+b=0$ ετσι μετασχηματιζουμε την εξισωση σε αυτην $ax^{2}-4ax+3a=0$ και με την βοηθεια της $c=3a$ Στην συνεχεια : $ax^{2}-4ax+3a=0 \Leftrightarrow a(x^{2}-3x-x+3)=0 \Leftrightarrow a[(x-3)(x-1)]=0 \Rightarrow x_{1}=1 \textbox{and} x_{2}=3$

βγαινει και αλλιως : λοιπον $ax^{2}+bx-a-b=0 \Leftrightarrow a(x^{2}-1)+b(x-1)=0 \Leftrightarrow (x-1)[ax+a+b]=0$ οποτε : $x_{1}=1$ και $ax+a+b=0 \Leftrightarrow ax-c=0 \Leftrightarrow ax-3a=0 \Leftrightarrow a(x-3)=0$ οποτε $x_{2}=3$
ΥΣ:δεν ξανακανω κειμενα με ανοιχτο υπολογιστη παλι μαθηματικα κατεληξα να κανω .

rebel · 2011-10-12T14:06:13+0300

Αρχική Δημοσίευση από styt_geia:
Να λυθεί ως προς $x,y,z$ το σύστημα

$\left\{\begin{matrix} y+2x+z=a(x+y)(z+x)\\ z+2y+x=b(z+y)(x+y)\\ x+2z+y=c(y+z)(x+z) \end{matrix}\right. \textcircled{1}$

Θέτω $x+y=p, \, y+z=q , \, x+z=r$ και έχω:

$\left\{\begin{matrix} p+r=apr\\ p+q=bpq\\ r+q=crq \end{matrix}\right. \textcircled{2}$

Αν κάποιο από τα $p, q, r$ είναι 0, εύκολα βλέπουμε ότι και τα υπόλοιπα 2 θα είναι 0 και η τριάδα $(x,y,z)=(0,0,0)$ θα είναι λύση του $\textcircled{1}$ . Αν $(p, q, r) \neq (0,0,0)$ έχουμε:

$\textcircled{2} \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} \frac{1}{p}+\frac{1}{r}=a\\ \frac{1}{p}+\frac{1}{q}=b\\\frac{1}{r}+\frac{1}{q}=c \end{matrix}\right.$

Αφαιρώντας κατά μέλη την πρώτη με την δεύτερη σχέση και προσθέτωντας το αποτέλεσμα στην τρίτη έχω:

$\frac{2}{r}=a-b+c \Leftrightarrow r=\frac{2}{a-b+c}$

Όμοια βρίσκω $q=-\frac{2}{a-b+c}, p= \frac{2}{a+b-c}$ και από εδώ προκύπτει ότι

$(x,y,z)= \left( \frac{1}{a-b-c}+\frac{1}{a+b-c}+\frac{1}{a-b+c}, -\frac{1}{a-b-c}+\frac{1}{a+b-c}-\frac{1}{a-b+c}, - \frac{1}{a-b-c}-\frac{1}{a+b-c}+\frac{1}{a-b+c} \right )$

Αγγελική!!! · 2011-10-19T00:56:40+0300

Πάρτε μια ασκησούλα!!Να αποδειχθεί με τη μέθοδο της απαγωγής σε άτοπο ο παρακάτω ισχυρισμός--> Εάν --> ${\alpha }^{2} + {\beta }^{2} + {\gamma }^{2} = \alpha \beta + \alpha \gamma + \beta \gamma$ Και --> $\alpha ,\beta ,\gamma$ είναι πλευρές ενός τριγώνου , να αποδείξετε ότι --> $\alpha =\beta =\gamma$

Guest 018946 · 2011-10-19T10:44:01+0300

Αρχική Δημοσίευση από Αγγελική!!!:
Πάρτε μια ασκησούλα!!Να αποδειχθεί με τη μέθοδο της απαγωγής σε άτοπο ο παρακάτω ισχυρισμός--> Εάν --> ${\alpha }^{2} + {\beta }^{2} + {\gamma }^{2} = \alpha \beta + \alpha \gamma + \beta \gamma$ Και --> $\alpha ,\beta ,\gamma$ είναι πλευρές ενός τριγώνου , να αποδείξετε ότι --> $\alpha =\beta =\gamma$

Εστω οτι $a \ne b \ne c \; \textbox{and}\; a \ne c$
Πολ/ζω την δοσμενη σχεση με δυο και βγαζω ταυτοτητες $(a-b)^{2}+(a-c)^{2}+(b-c)^{2}=0$ κατι το οποιο ειναι ατοπο διοτι $a \ne b \ne c \; \textbox{and}\; a \ne c$ . Αρα ισχυει οτι $a=b=c$ . Γινεται πολυ πιο γρηγορα ομως αν δουλεψω την δωσμενη σχεση δηλαδη πολ/σω με 2 φτιαξω ταυτοτητες και ευκολα παρατηρω οτι : $a=b=c$ .

Παιδια της 3ης λυκειου και αποφοιτοι : Βαζετε καμια με πιθανοτητες μιας και κατεβηκε το κεφαλαιο των πιθανοτητων σε μας.

rebel · 2011-10-19T17:40:56+0300

1) Έστω $A,B,\Gamma$ τρία ενδεχόμενα ενός δειγματικού χώρου $\Omega$ με $\Gamma \subseteq B \subseteq A$ και $P(\Gamma)=1/6, \, P(B)=1/5, \, P(A)=1/2.$ Να βρεθούν οι πιθανότητες:

i) $P(A-B)$
ii) $P\left[A-(B-\Gamma) \right]$
iii) $P\left[(A-B)-\Gamma \right]$

2) Αν $A\cup B \subseteq A^\prime \, \, (1)$ και $B^\prime \subseteq A\cap B \,\, (2)$ , τότε να δείξετε ότι $P(A) \leq 0,5 \leq P(B)$

Guest 018946 · 2011-10-20T18:20:47+0300

Μια προσπαθεια για την πρωτη μιας και ασχοληθηκα.
i) $P(A-B)= \frac{3}{10}$
ii) $P[A-(B-C)]=\frac{7}{15}$
iii) $P(A-B)=P[(A-B)-C]$

rebel · 2011-10-20T19:10:29+0300

Σωστά. Γράφω και την πλήρη λύση

i) $P(A-B)=P(A)-P(A \cap B)=P(A)-P(B)=3/10$ γιατί $B \subseteq A \Rightarrow A \cap B=B$

ii) $B-\Gamma \subseteq B \subseteq A$ οπότε $(B-\Gamma) \cap A = B-\Gamma$ , άρα $P\left[(A-(B-\Gamma)\right]=P(A)-P(B-\Gamma)=P(A)-\left(P(B)-P(B\cap \Gamma ) \right) \stackrel{\Gamma\subseteq B}{=}P(A)-P(B)+P(\Gamma)=7/15$

iii) $A-B=A \cap B^\prime \subseteq B^\prime \,\, (1)$ . Όμως εύκολα αποδεικνύεται ότι $\Gamma \subseteq B \Rightarrow B^\prime \subseteq \Gamma^\prime (2)$ .
Aπό (1) και (2): $A-B \subseteq \Gamma^\prime \Rightarrow (A-B)\cap \Gamma = \emptyset \,\, (3)$

Τελικά: $P\left[(A-B)-\Gamma \right]\stackrel{(3)}{=}P(A-B)-P(\emptyset)=P(A-B)=3/10$

Και οι δύο ασκήσεις είναι από τον Ευκλείδη Β' τεύχος 79

Guest 018946 · 2011-10-20T19:13:38+0300

Κωστα ΜΗΝ βαλεις λυση για την επομενη θελω να την προσπαθησω το βραδυ τωρα εχω να κανω κατι μαλακιες στα αρχαια.

Μια αντιμετωπιση για την δευτερη. : $P(A) \leq 0.5 \leftrightarrow P(A) \leq \frac{P(A)+P(A')}{2} \leftrightarrow P(A) \leq P(A')$ Ομως $A \subseteq A \bigcup B \; \textbox{\kappa \alpha \iota} \; A \bigcup B \subseteq A' \rightarrow A \subseteq A' \rightarrow P(A) \leq P(A')$
Δειξαμε αυτο που επρεπε οποτε αποδειχθηκε . Η αλλη μιση : $P(B) \geq 0.5 \leftrightarrow P(B) \geq \frac{P(B)+P(B')}{2} \leftrightarrow P(B)\geq P(B')$ . Ομως ισχυει οτι : $A \bigcap \subseteq B \; \textbox{\kappa \alpha \iota} \; B' \subseteq A \bigcap B \rightarrow B' \subseteq B \rightarrow P(B) \geq P(B')$ Οποτε αποδειχθηκε η ισοδυναμη της σχεσης που θελαμε να αποδειξουμε οποτε αποδειχθηκε.

rebel · 2011-10-21T12:52:51+0300

Ωραία. Άλλες δύο από την ίδια πηγή:

1) Έστω Α, Β δύο ενδεχόμενα ενός δειγματικού χώρου Ω για τα οποία ισχύει $P(A)=3/4, \, P(B^\prime)=1/3$ .
i) Να εξετάσετε αν τα Α,Β είναι ασυμβίβαστα.
ii) Nα αποδείξετε ότι $1/12 \leq P(A-B) \leq 3/4$

2) Έστω $\Omega = \left\{a_1,a_2,a_3,a_4,a_5,a_6\right\}$ ο δειγματικός χώρος ενός πειράματος τύχης και $K= \left\{a_1,a_2,a_4\right\},\Lambda=\left\{a_1,a_2,a_3,a_5\right\},M=\left\{a_1,a_2\right\}, N=\left\{a_6\right\}$ ενδεχόμενα αυτού. Αν είναι γνωστό ότι $P(K)=0,3, \, P(\Lambda)=0,5, \, P(M)=0,2$ να βρεθεί η $P(N)$

Guest 018946 · 2011-10-21T15:09:24+0300

Μια λυση για την πρωτη : 1) i) Εστω οτι τα δυο ενδεχομενα Α και Β ειναι ασυμβιβαστα τοτε θα ισχυει οτι : $P( A \bigcup B ) =P(A)+P(B) \Leftrightarrow P(A \bigcup B ) = \frac{17}{12}$ ομως : ισχυει οτι : $P(A \bigcup B ) \leq 1$ ωστοσο εδω εχουμε : $\frac{17}{12} \leq 1$ που ειναι ατοπο.Αρα τα ενδεχομενα δεν ειναι ασυμβιβαστα .
ii) $P(A-B) \geq \frac{1}{12} \Leftrightarrow \; P(A)-P(A \bigcap B ) \geq \frac{1}{12} \Leftrightarrow -P(A \bigcap B ) \geq \frac{-8}{12} \Leftrightarrow P(A \bigcap B ) \leq \frac{2}{3} \Leftrightarrow P(A \bigcap B ) \leq P(B)$ που ισχυει αφου : $A \bigcap B \subseteq B$ .Παμε για την αλλη μιση : $P(A-B) \leq \frac{3}{4} \Leftrightarrow P(A)-P(A \bigcap B ) \leq P(A) \Leftrightarrow P(A \bigcap B ) \geq 0$ που προφανως ισχυει . Οποτε αποδειχτηκε.
Υ.Σ.1)Η δευτερη μηπως ειναι με μη ισοπιθανα ενδεχομενα ?
Υ.Σ.2) Το $P(B) = \frac{2}{3}$

rebel · 2011-10-21T15:47:56+0300

Σωστή η πρώτη άσκηση! Για την δεύτερη τώρα αν ήταν ισοπίθανα τότε θα ήταν $P\left( \left\{a_i\right\}\right)=1/6, \, i=1,\ldots,6$ οπότε το ζητούμενο θα έβγαινε απευθείας και οι πιθανότητες των ενδεχομένων Κ,Λ,Μ θα ήταν 1/2, 2/3, 1/3 αντίστοιχα. Οπότε δεν είναι ισοπίθανα. Να δώσω μία μικρή υπόδειξη σε "αεροτομή";

Προσπάθησε να βρεις πως σχετίζονται συνολοθεωρητικά (με ενώσεις, τομές, συμπληρώματα) τα τέσσερα αυτά ενδεχόμενα.

Guest 018946 · 2011-10-21T15:50:56+0300

Αρχική Δημοσίευση από styt_geia:
Αν ήταν ισοπίθανα τότε θα ήταν $P\left( \left\{a_i\right\}\right)=1/6, \, i=1,\ldots,6$ οπότε το ζητούμενο θα έβγαινε απευθείας και οι πιθανότητες των ενδεχομένων Κ,Λ,Μ θα ήταν 1/2, 2/3, 1/3 αντίστοιχα. Οπότε δεν είναι ισοπίθανα. Να δώσω μία μικρή υπόδειξη σε "αεροτομή";

Προσπάθησε να βρεις πως σχετίζονται συνολοθεωρητικά (με ενώσεις, τομές, συμπληρώματα) τα τέσσερα αυτά ενδεχόμενα.

Αν και ο αξιωματικος ορισμος ειναι εκτος θα το προσπαθησω.
ΥΣ:Κωστα, πολυ ωραιες οι ασκησεις σου ειδικα εκεινη που ελυσα χτες το βραδυ.

rebel · 2011-10-21T15:53:54+0300

Δεν ήξερα ότι είναι εκτός ύλης. Θα κοιτάξω το αρχείο μου να δω αν έχω και καμία άλλη.

minos_94 · 2011-10-30T17:23:59+0200

επειδή έχω δει το τόπικ νεκρό

,για να πάρουμε μπρός...
παραθέτω ενα απλό ασκησάκι που είναι καλό όλοι οι μαθητές α λυκείου να ξέρουν να το αντιμετωπίζουν
ιδιαίτερα για να κατανοήσουν το ακρότατο σε τριώνυμο...
Αν $x+y=2$ να δείξετε ότι $x^{2}+y^{2}\geq 2$
(μην δώ τίποτα παράξενα cauchy-shwartz...

)

Guest 018946 · 2011-10-30T17:33:12+0200

Θα την λυσω απλα : αντικαθιστω οπου $x=2-y$ ετσι η σχεση προς αποδειξη γινεται : $(2-y)^{2}+y^{2} \geq 2 \Leftrightarrow 4+y^{2}-4y+y^{2}-2 \geq 0 \Leftrightarrow 2y^{2}-4y+2 \geq 0 \Leftrightarrow y^{2}-2y+1 \geq 0 \Leftrightarrow (y-1)^{2} \geq 0$ που ισχυει αρα αποδειχθηκε
( $\mathbb{QED}$

Φιλε, Μηνα βαζε ασκησεις γιατι το τοπικ αργοπεθαινει .

minos_94 · 2011-10-30T18:43:00+0200

οκ ...πρώτα παραθέτω μια λύση που μ'αρέσει πολύ στο συγκεκριμένο...
$a^{2}+b^{2}=a^{2}+(2-a)^{2}=a^{2}+a^{2}-4a+4=2a^{2}-4a+4$ H παράσταση παρουσιάζει ελάχιστο το $s=\frac{-D}{4a}=\frac{4ac-b^{2}}{4a}=\frac{32-16}{8}=2$ άρα έπεται το ζητούμενο...
...Μιάς και το ζήτησες ..πάρε μια δυσκολούλα..

αν $x\in (0,1)$ να βρεθεί η ελάχιστη τιμή της παράστασης $A=\frac{x^{2}-x-2}{x^{2}-x}$

Συλλογή ασκήσεων στην Άλγεβρα

Guest 018946

Επισκέπτης

Πολύ δραστήριο μέλος

Guest 018946

Επισκέπτης

Guest 278211

Επισκέπτης

Guest 018946

Επισκέπτης

Πολύ δραστήριο μέλος

Δραστήριο μέλος

Guest 018946

Επισκέπτης

Πολύ δραστήριο μέλος

Guest 018946

Επισκέπτης

Πολύ δραστήριο μέλος

Guest 018946

Επισκέπτης

Πολύ δραστήριο μέλος

Guest 018946

Επισκέπτης

Πολύ δραστήριο μέλος

Guest 018946

Επισκέπτης

Πολύ δραστήριο μέλος

Νεοφερμένο μέλος

Guest 018946

Επισκέπτης

Νεοφερμένο μέλος