Συλλογή ασκήσεων στην Άλγεβρα

rebel · 2011-12-28T14:35:51+0200

Αρχική Δημοσίευση από dr.tasos:
$|k-1|=\frac{-a}{b} \wedge |k+2|=\frac{-2a}{b}$
απο δω εχω $k=4$ που επαληθευει τις σχεσεις .

Υπάρχει κι άλλη λύση.
Άλλες δύο:
1) Για κάθε $a,b \in \mathbb{R}$ να δείξετε ότι $|a+b|+|a-b|=2|a|+2|b|\Leftrightarrow ab=0$

2) i) Για κάθε $c,d$ με $c>d>0$ να δείξετε ότι $\sqrt[n]{\frac{d}{c}} \geq \sqrt{\frac{d}{c}}$ όπου n φυσικός με $n \geq 2$

ii) Να δείξετε ότι $\sqrt[n]{a}+\sqrt[n]{b} >\sqrt[n]{a+b}$ όπου $a,b>0,\,\,n \geq 2$ και n φυσικός.

Guest 018946 · 2011-12-28T14:45:18+0200

Αρχική Δημοσίευση από styt_geia:
Υπάρχει κι άλλη λύση.
Άλλες δύο:
1) Για κάθε $a,b \in \mathbb{R}$ να δείξετε ότι $|a+b|+|a-b|=2|a|+2|b|\Leftrightarrow ab=0$

Απο τριγωνικη ανισοτητα ξερω τα εξης :
$|a+b| \leq |a|+|b| (1) \wedge |a-b| \leq |a|+|b|(2)$
προσθετω την (1) και την (2) κατα μελη και εχω $|a+b|+|a-b| = 2|a|+2|b|$ με την ισοτητα να ισχυει αν και μονο αν ενας απο τους δυο ειναι μηδεν ή ειναι ομοσημοι .

Αρχική Δημοσίευση από styt_geia:
Υπάρχει κι άλλη λύση.

2) i) Για κάθε $c,d$ με $c>d>0$ να δείξετε ότι $\sqrt[n]{\frac{d}{c}} \geq \sqrt{\frac{d}{c}}$ όπου n φυσικός με $n \geq 2$

μετα απο λιγο πραξολοι φτανω εδω : $d^2c^n \geq d^nc^2 \Leftrightarrow d^2c^n-d^nc^2 \geq 0 \Leftrightarrow d^2c^2(c^{n-2}-d^{n-2}) \geq 0$ που ισχυει αφου ο εκθετης με την καμια δεν παει αρνητικος για να μας τα χαλασει με αντιστροφές κτλπ . επισης απο την αρχικη εχω $c^{n-2}>d^{n-2}$ αρα ισχυει ως γινομενο ομοσημων .

Αρχική Δημοσίευση από styt_geia:
ii) Να δείξετε ότι $\sqrt[n]{a}+\sqrt[n]{b} >\sqrt[n]{a+b}$ όπου $a,b>0,\,\,n \geq 2$ και n φυσικός.

Γιαυτην εχω λυση αλλα δεν ειναι πληρως αιτιολογημενη : $x^n=a , y^n=b$ απο δω εχω $x+y > \sqrt[n]{x^n+y^n} \Leftrightarrow (x+y)^n > x^n+y^n$ εδω οταν αναπτυχθει αυτο το διωνυμο θα βγουν εξω τουλαχιστον ενα $x^n , y^n$ που θα απλοποιθουν με τα αντιστοιχα του δεξιου μελους και θα μεινει στα αριστερο μια θετικη ποσοτητα αρα θα ισχυει αυτη η προταση .

rebel · 2011-12-28T15:19:04+0200

Αρχική Δημοσίευση από dr.tasos:
Απο τριγωνικη ανισοτητα ξερω τα εξης :
$|a+b| \leq |a|+|b| (1) \wedge |a-b| \leq |a|+|b|(2)$
προσθετω την (1) και την (2) κατα μελη και εχω $|a+b|+|a-b| = 2|a|+2|b|$ με την ισοτητα να ισχυει αν και μονο αν ενας απο τους δυο ειναι μηδεν ή ειναι ομοσημοι .

Καλά το πήγες μόνο που η ισότητα ισχύει και για την (2) και όχι μόνο για την (1). Άρα...

Αρχική Δημοσίευση από dr.tasos:
μετα απο λιγο πραξολοι φτανω εδω : $d^2c^n \geq d^nc^2 \Leftrightarrow d^2c^n-d^nc^2 \geq 0 \Leftrightarrow d^2c^2(c^{n-2}-d^{n-2}) \geq 0$ που ισχυει αφου ο εκθετης με την καμια δεν παει αρνητικος για να μας τα χαλασει με αντιστροφές κτλπ . επισης απο την αρχικη εχω $c^{n-2}>d^{n-2}$ αρα ισχυει ως γινομενο ομοσημων .

Σωστός.

Αρχική Δημοσίευση από dr.tasos:
Γιαυτην εχω λυση αλλα δεν ειναι πληρως αιτιολογημενη : $x^n=a , y^n=b$ απο δω εχω $x+y > \sqrt[n]{x^n+y^n} \Leftrightarrow (x+y)^n > x^n+y^n$ εδω οταν αναπτυχθει αυτο το διωνυμο θα βγουν εξω τουλαχιστον ενα $x^n , y^n$ που θα απλοποιθουν με τα αντιστοιχα του δεξιου μελους και θα μεινει στα αριστερο μια θετικη ποσοτητα αρα θα ισχυει αυτη η προταση .

Σωστός και εδώ( για την ακρίβεια το ανάπτυγμα είναι $x^n+y^n+\delta,\,\,\delta>0$ ) αλλά θέλω πιο λυκειακά. Βοηθάει το ερώτημα i)

Guest 018946 · 2011-12-28T15:44:30+0200

Στο πρωτο εκανα πατατα γιατι νομιζα ισχυει η ισοτητα με τον ιδιο τροπο που ισχυει και στο πανω ομως εδω αλλαζει η αποδειξη στην πρωτη θες το $ab$ να ναι θετικο ενω στην δευτερη αρνητικο οποτε αποριπτεις αυτα τα δυο κρατας την περιπτωση που μηδενιζονται. ( Αυτα κανει η βιασυνη ) .

Αρχική Δημοσίευση από styt_geia:
Καλά το πήγες μόνο που η ισότητα ισχύει και για την (2) και όχι μόνο για την (1). Άρα...

Σωστός.

Σωστός και εδώ( για την ακρίβεια το ανάπτυγμα είναι $x^n+y^n+\delta,\,\,\delta>0$ ) αλλά θέλω πιο λυκειακά. Βοηθάει το ερώτημα i)

Παιζει τιποτα με γεωμετρια ;

rebel · 2011-12-28T17:00:34+0200

Δεν μπορώ να σκεφτώ κάποιο γεωμετρικό επιχείρημα. Υπόδειξη:

Διαίρεσε και τα δύο μέλη της ανισότητας με $\sqrt[n]{a+b}$

Guest 018946 · 2011-12-28T18:35:33+0200

Αρχική Δημοσίευση από styt_geia:
Δεν μπορώ να σκεφτώ κάποιο γεωμετρικό επιχείρημα. Υπόδειξη:

Διαίρεσε και τα δύο μέλη της ανισότητας με $\sqrt[n]{a+b}$

Κωστα καταληγω συνεχως στην ιδια ανισοτητα αυτη που ελυσα με το αναπτυγμα .

rebel · 2011-12-29T00:04:38+0200

Η προς απόδειξη γίνεται $\sqrt[n]{\frac{a}{a+b}}+\sqrt[n]{\frac{b}{a+b}}>1$
Λόγω του ερωτήματος i)
$\sqrt[n]{\frac{a}{a+b}}\geq \sqrt{\frac{a}{a+b}}$ και $\sqrt[n]{\frac{b}{a+b}}\geq \sqrt{\frac{b}{a+b}}$
οπότε
$\sqrt[n]{\frac{a}{a+b}}+\sqrt[n]{\frac{b}{a+b}} \geq \sqrt{\frac{a}{a+b}}+\sqrt{\frac{b}{a+b}}$
Αρκεί:
$\sqrt{\frac{a}{a+b}}+\sqrt{\frac{b}{a+b}}>1 \Leftrightarrow \sqrt{a}+\sqrt{b} > \sqrt{a+b} \Leftrightarrow 2\sqrt{ab}>0$
που ισχύει.

Guest 018946 · 2011-12-29T13:41:21+0200

Αρχική Δημοσίευση από styt_geia:
Η προς απόδειξη γίνεται $\sqrt[n]{\frac{a}{a+b}}+\sqrt[n]{\frac{b}{a+b}}>1$
Λόγω του ερωτήματος i)
$\sqrt[n]{\frac{a}{a+b}}\geq \sqrt{\frac{a}{a+b}}$ και $\sqrt[n]{\frac{b}{a+b}}\geq \sqrt{\frac{b}{a+b}}$
οπότε
$\sqrt[n]{\frac{a}{a+b}}+\sqrt[n]{\frac{b}{a+b}} \geq \sqrt{\frac{a}{a+b}}+\sqrt{\frac{b}{a+b}}$
Αρκεί:
$\sqrt{\frac{a}{a+b}}+\sqrt{\frac{b}{a+b}}>1 \Leftrightarrow \sqrt{a}+\sqrt{b} > \sqrt{a+b} \Leftrightarrow 2\sqrt{ab}>0$
που ισχύει.

Δεν το σκεφτηκα το σπασιμο. Ωραια λυση .

rebel · 2011-12-29T17:13:42+0200

1) Αν $0<k<l<m<n$ και $\frac{1}{k}+\frac{1}{l}+\frac{1}{m}+\frac{1}{n}=\frac{2}{21}$ ποιο από τα παρακάτω μπορεί να είναι τιμή του k ;

$\begin{matrix} A.40 & & B. 42 & & \Gamma. 44 \\ \\ \Delta.46 & & E.48 & & \end{matrix}$

2) Αν οι αριθμοί $x+\sqrt{x^2+1},\,\,y+\sqrt{y^2+1}$ είναι αντίστροφοι, να δείξετε ότι οι αριθμοί $x,y$ είναι αντίθετοι.

Guest 018946 · 2011-12-30T14:25:12+0200

Αρχική Δημοσίευση από styt_geia:
2) Αν οι αριθμοί $x+\sqrt{x^2+1},\,\,y+\sqrt{y^2+1}$ είναι αντίστροφοι, να δείξετε ότι οι αριθμοί $x,y$ είναι αντίθετοι.

Αν x,y αντιθετοι τοτε $x=-y$ αρα για να ειναι αντιθετοι αρκει $(-y+\sqrt{y^2+1})(y+\sqrt{y^2+1})=1 \Leftrightarrow y^2+1-y^2=1 \Leftrightarrow 1=1$ που ισχυει.

rebel · 2011-12-30T16:47:57+0200

Λογικό σφάλμα. Ας κάνουμε έναν διαχωρισμό.
Έστω ότι p, q είναι δύο ισχυρισμοί και θέλουμε να αποδείξουμε την συνεπαγωγή $p \Rightarrow q$ . Υπάρχουν δύο τρόποι.

Ξεκινάμε από τον ισχυρισμό p και με διαδοχικές συνεπαγωγές καταλήγουμε στον q . Δηλαδή $p\Rightarrow r \Rightarrow s \Rightarrow \ldots l \Rightarrow q$ . Για παράδειγμα έστω ότι θέλω να δείξω ότι ισχύει ο ισχυρισμός $q: \,(a+b)^2 \geq 4ab$ . Τότε ξεκινώντας από τον ισχυρισμό $p: (a-b)^2 \geq 0$ o οποίος είναι αληθής έχουμε διαδοχικά $(a-b)^2 \geq 0 \Rightarrow a^2-2ab+b^2 \geq 0 \Rightarrow a^2+2ab+b^2\geq 4ab \Rightarrow (a+b)^2 \geq 4ab$
Επειδή κάποιες φορές δεν είναι προφανής ο αληθής ισχυρισμός p από τον οποίο πρέπει να ξεκινήσουμε, λειτουργούμε ως εξής: Για να ισχύει ο q αρκεί να ισχύει ο l,... αρκεί να ισχύει ο s, αρκεί να ισχύει ο r, αρκεί να ισχύει ο p ο οποίος είναι αληθής. Στην παραπάνω περίπτωση θα είχαμε δηλαδή: $(a+b)^2 \geq 4ab \Leftarrow a^2+2ab+b^2\geq 4ab\Leftarrow a^2-2ab+b^2 \geq 0 \Leftarrow (a-b)^2$ που είναι ουσιαστικά η ίδια σειρά συνεπαγωγών με πάνω. Να σημειωθεί εδώ ότι με την "μέθοδο του αρκεί" χρησιμοποιούμε καταχρηστικά (έτσι το έχει και το σχολικό σε κάποιες αποδείξεις) το σύμβολο τις διπλής ισοδυναμίας $\Leftrightarrow$ απαιτώντας έτσι να ισχύουν και οι δεξιές συνεπαγωγές $\Rightarrow$ κάτι το οποίο κανονικά είναι περιττό γιατί δεν μας ενδιαφέρει η συνεπαγωγή $q \Rightarrow p$ . Ας δεχθούμε παρ' όλα αυτά το σύμβολο της διπλής ισοδυναμίας μιας και έτσι έχει επικρατήσει.

Έκανα την εισαγωγή αυτή για να δεις ξανά τα βήματα της απόδειξης και να καταλάβεις το λογικό σφάλμα. Εδώ δηλαδή θεωρούμε τους ισχυρισμούς $p: \, (x+\sqrt{x^2+1})(y+\sqrt{y^2+1})=1$ και $q:x+y=0$ και θέλουμε να δείξουμε ότι $p \Rightarrow q$ δηλαδή "αν ο p είναι αληθής τότε και ο q είναι αληθής". Στην πορεία της απόδειξής σου προσπάθησες να ακολουθήσεις την 2η μέθοδο του αρκεί. Όμως από πουθενά δεν προκύπτει ότι ισχύει η συνεπαγωγή $p \Rightarrow q$ παρά μόνο η $q \Rightarrow p$ . Με άλλα λόγια υπέθεσες ότι ισχύει το συμπέρασμα q και ΜΟΝΟ με δεξιές συνεπαγωγές κατέληξες στην αλήθεια της υπόθεσης p. Αν βέβαια ίσχυαν οι αριστερές συνεπαγωγές η λύση σου θα ήταν σωστή όπως και τόσες άλλες λύσεις σου που έχουν γίνει με τον ίδιο τρόπο. Ελπίζω να κατάλαβες την διαφορά.

Guest 018946 · 2011-12-30T16:53:36+0200

Καταλαβα .

( Ημουν σχεδον σιγουρος οτι ηταν λαθος παρολαυτα το ποσταρα γιατι ειχα μια μικρη ελπιδα )

gregory nub · 2011-12-30T17:59:11+0200

Αρχική Δημοσίευση από styt_geia:
1) Αν $0<k<l<m<n$ και $\frac{1}{k}+\frac{1}{l}+\frac{1}{m}+\frac{1}{n}=\frac{2}{21}$ ποιο από τα παρακάτω μπορεί να είναι τιμή του k ;

$\begin{matrix} A.40 & & B. 42 & & \Gamma. 44 \\ \\ \Delta.46 & & E.48 & & \end{matrix}$

2) Αν οι αριθμοί $x+\sqrt{x^2+1},\,\,y+\sqrt{y^2+1}$ είναι αντίστροφοι, να δείξετε ότι οι αριθμοί $x,y$ είναι αντίθετοι.

για το πρωτο εχω μια μπακαλικη απαντηση. Το Κ πρεπει να ειναι πολλαπλασιο του 21 αρα η μονη επιλογη ειναι το Β.42

Εντελως μπακαλικα, δεν ξερω αν ισχυει

vimaproto · 2011-12-30T20:01:03+0200

2) πολλαπλασιάζω τα δύο μέλη με

και έχω

Απομονώνω τις ρίζες και υψώνω στο τετράγωνο. δίνει

ξανά στο τετράγωνο και x+y=0
Πολλές πράξεις ε!!!
1)
1/k=1/k
1/k>1/l
1/k>1/m
1/k>1/n Προσθέτω κατά μέλη και 4/k> 1/k+1/l+1/m+1/n=2/21 ==> k<42 Αρα k=40

rebel · 2011-12-31T01:37:19+0200

Αρχική Δημοσίευση από gregory:
για το πρωτο εχω μια μπακαλικη απαντηση. Το Κ πρεπει να ειναι πολλαπλασιο του 21 αρα η μονη επιλογη ειναι το Β.42

Εντελως μπακαλικα, δεν ξερω αν ισχυει

Ξανακοίταξέ το. Προσπάθησε να εκμεταλλευτείς την διάταξη των αριθμών για να βγάλεις κάποιο συμπέρασμα για το k.

Guest 018946 · 2012-01-01T19:30:24+0200

Πφφφφφ βαρεθηκα βαλτε κανα αακησακι .

rebel · 2012-01-02T17:59:06+0200

1) Δείξτε ότι $\sqrt{\sqrt[3]{5}-\sqrt[3]{4}}=\frac{1}{3}\left(\sqrt[3]{2}+\sqrt[3]{20}-\sqrt[3]{25}\right)$

2)Να βρεθούν οι πραγματικοί χ,y αν $(x^2-2x+4)(y^2+6y+10)=3$

3) Έστω n,k μη μηδενικοί φυσικοί αριθμοί τέτοιοι ώστε $n+\sqrt{n^2+1}=k+\sqrt{k^2+1}$
α) Να αποδείξετε ότι $k=n$
β) Αν $A=\sqrt{3n+\sqrt{n}}-\sqrt{3k-\sqrt{k}}$ τότε να δείξετε ότι $A^2=\frac{2}{3+\sqrt{9-\frac{1}{n}}}$
γ) Για ποια τιμή του n μεγιστοποιείται η παράσταση Α και ποια είναι η μέγιστη τιμή της;

akis95 · 2012-01-02T20:29:13+0200

ωραιες ασκησεις αλλα θα τις αφησω για την α λυκειου

Guest 018946 · 2012-01-03T13:39:30+0200

Αρχική Δημοσίευση από styt_geia:
3) Έστω n,k μη μηδενικοί φυσικοί αριθμοί τέτοιοι ώστε $n+\sqrt{n^2+1}=k+\sqrt{k^2+1}$
α) Να αποδείξετε ότι $k=n$
β) Αν $A=\sqrt{3n+\sqrt{n}}-\sqrt{3k-\sqrt{k}}$ τότε να δείξετε ότι $A^2=\frac{2}{3+\sqrt{9-\frac{1}{n}}}$
γ) Για ποια τιμή του n μεγιστοποιείται η παράσταση Α και ποια είναι η μέγιστη τιμή της;

α) Έχω διαδοχικά $(n-k)^2=(\sqrt{k^2+1}-\sqrt{n^2+1})^2 \Rightarrow n^2+k^2-2nk=k^2+1+n^2+1-2\sqrt{k^2n^2+k^2+n^2+1} \Rightarrow (nk+1)^2=k^2n^2+k^2+n^2+1 \Rightarrow n^2k^2+2nk+1=k^2n^2+k^2+n^2+1 \Rightarrow k^2-2nk+n^2=0 \Rightarrow (k-n)^2=0 \Rightarrow k=n$
β) Θέτω $n=x^2$ αρα μετα απο πράξεις $Α^2=6x^2-2\sqrt{9x^2-x^2} (1)$ Τωρα θα δουλέψω την δοσμένη και θα καταληξω σε κατι που ισχυει : $A^2=\frac{2(3-\sqrt{9-\frac{1}{n}}){{{\frac{1}{n}}}}} \Leftrightarrow A^2=6n-\frac{2n\sqrt{9n-1}}{\sqrt{n}} \Leftrightarrow A^2=6x^2-2\sqrt{x^2}\sqrt{9x^2-1} \Leftrightarrow A^2=6x^2-2\sqrt{9x^4-x^2}$ που ειναι ισοδυναμη μιας ισοδυναμης της αρχικής αρα ισχυει .
γ) Μπορω εύκολα με απαγωγη σε ατοπο να δειξω $\sqrt{\frac{z}{x+y}}<\sqrt{\frac{z}{x}}$ αρα θελω κατω η ριζα να εχει την ελαχιστη δυνατη τιμη της βρισκω οτι $n \in [ \frac{1}{9}, +\infty)$ αρα παιρνω τον αμεσως επομενο φυσικο που ειναι το 1 αρα έχω $A=\sqrt{\frac{2}{3+\sqrt{8}}} \Leftrightarrow A=\sqrt{6-4\sqrt{2}}$
εκει το $\frac{1}{n}$ που φαινεται να ειναι στον αριθμητη κανονικα ειναι στο παρανομαστη .

Αρχική Δημοσίευση από styt_geia:
1) Δείξτε ότι $\sqrt{\sqrt[3]{5}-\sqrt[3]{4}}=\frac{1}{3}\left(\sqrt[3]{2}+\sqrt[3]{20}-\sqrt[3]{25}\right)$

2)Να βρεθούν οι πραγματικοί χ,y αν $(x^2-2x+4)(y^2+6y+10)=3$

Παμε για την 2) $[(x-1)^2+3][(y+3)^2+4]=3$ θετω $a=(x-1)^2 , b=(y+3)^2$ $ab+a+3b+3=3 \Leftrightarrow ab+a+3b=0 \Rightarrow x=1 \wedge y=3$

rebel · 2012-01-03T18:04:30+0200

Άλλη μία. Έστω a,b,c,d μη μηδενικοί πραγματικοί αριθμοί με
$(a^2-b^2)(a+b)+(c^2-d^2)(c+d)+(a-b)(c^2+d^2-2ab)+(c-d)(a^2+b^2-2cd)=0$
Δείξτε ότι $|a+c| \leq |b|+|d|$

Συλλογή ασκήσεων στην Άλγεβρα

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

Guest 018946

Επισκέπτης

Πολύ δραστήριο μέλος

Guest 018946

Επισκέπτης

Διάσημο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Guest 018946

Επισκέπτης

Πολύ δραστήριο μέλος

Δραστήριο μέλος

Guest 018946

Επισκέπτης

Πολύ δραστήριο μέλος