Συλλογή ασκήσεων στην Άλγεβρα

rebel · 25 Μαΐου 2012 στις 16:18

Σ' αυτήν ακριβώς την ανισότητα στηρίζεται η απόδειξη, αλλά δεν χρειάζονται πουθενά τηλεσκοπικά αθροίσματα. Μόνο γινόμενα. Μια υπόδειξη:

Αν $A=\frac{1}{2} \cdot \frac{3}{4} \cdot \frac{5}{6} \cdot \ldots \cdot \frac{99}{100}$ τότε αρκεί $A^2<\frac{1}{101}$

Προσπάθησέ το λίγο και αν δεν το βρεις εδώ είμαστε.

Guest 018946 · 27 Μαΐου 2012 στις 17:10

Μπα , δεν μπορω να το δω τωρα . Βαλε την λυση . Και καμια εξτρα ασκηση αμα μπορεις γιατι την τριτη γραφω (κατι σε εξτριμ που θα μπορουσε να μπει τεταρτο) .

rebel · 27 Μαΐου 2012 στις 18:16

Είναι από αυτές που λές...πως δεν το σκέφτηκα, αφού όμως δεις την λύση

Έστω $B=\frac{2}{3} \cdot \frac{4}{5} \cdot \frac{6}{7} \cdot \ldots \cdot \frac{100}{101}$ . Λόγω της ανισότητας που είπες είναι
$A<B \Rightarrow A^2<AB=\frac{1}{101}<\frac{1}{100} \Rightarrow \boxed{ A<\frac{1}{10}}$
Για ασκησούλα θα προσπαθήσω πιο βράδυ.

Guest 018946 · 27 Μαΐου 2012 στις 18:30

Αρχική Δημοσίευση από styt_geia:
Είναι από αυτές που λές...πως δεν το σκέφτηκα, αφού όμως δεις την λύση
Έστω $B=\frac{2}{3} \cdot \frac{4}{5} \cdot \frac{6}{7} \cdot \ldots \cdot \frac{100}{101}$ . Λόγω της ανισότητας που είπες είναι
$A<B \Rightarrow A^2<AB=\frac{1}{101}<\frac{1}{100} \Rightarrow \boxed{ A<\frac{1}{10}}$
Για ασκησούλα θα προσπαθήσω πιο βράδυ.

Ψιλοδιαστημικη :worry:

αν και νταξ παλι θα μπορουσε καποιος να το δει .Παντως το τελευταιο βήμα ειναι που τα σπάει .

tebelis13 · 30 Μαΐου 2012 στις 14:16

Αρχική Δημοσίευση από dr.tasos:
Ψιλοδιαστημικη αν και νταξ παλι θα μπορουσε καποιος να το δει .Παντως το τελευταιο βήμα ειναι που τα σπάει .

Αντίθετα,πιστεύω πως όλη η σκέψη είναι ο ορισμός του Β.

Guest 018946 · 3 Ιουνίου 2012 στις 22:16

Να αποδείξετε ότι, για κάθε, $x\in \mathbb{R}$ , ισχύει: $\left| {x - 3} \right| + \left| {3x - 2} \right| > 2,3$
Απο mathematica και αυτη . Επιδεχεται δυο λύσεις ( αποσο ξερω , μπορει να χει και περισσοτερες) .

antwwwnis · 3 Ιουνίου 2012 στις 22:51

Με πολύκλαδη συνάρτηση θα τη δούλευα

Guest 018946 · 3 Ιουνίου 2012 στις 23:01

Υπαρχει και αλλος τροπος πιο γρηγορος και χωρις περιπτωσιολογια . Αλλα οπως και να χει εισαι σωστος .

rebel · 4 Ιουνίου 2012 στις 06:10

Και μία από μένα. Ένας ακέραιος $n>1$ λέγεται σύνθετος αν και μόνο αν υπάρχουν ακέραιοι $c,d$ με $1<c,d<n$ τέτοιοι ώστε $n=cd$ . Αν οι ρίζες της εξίσωσης $x^2+ax+b+1=0$ είναι θετικοί ακέραιοι, να αποδείξετε ότι ο αριθμός $a^2+b^2$ είναι σύνθετος.

Guest 018946 · 4 Ιουνίου 2012 στις 13:28

Ωραια ασκηση .

Πάμε για την λύση : Απο Vietta έχω $x_{1}+x_{2}=-a \Rightarrow ( x_{1}+x_{2})^2=a^2 \quad (1)$ και $x_{1}x_{2}=b+1 \Leftrightarrow x_{1}x_{2}-1=b \Rightarrow (x_{1}x_{2}-1)^2=b^2 \quad (2)$

Πάω και θέτω τωρα $A=a^2+b^2$ και έχω απο την (1) και (2) $A=( x_{1}+x_{2})^2+(x_{1}x_{2}-1)^2 \Leftrightarrow A=x_{1}^2+x_{2}^2+2x_{1}x_{2}+x_{1}^2x_{2}^2+1-2x_{1}x_{2} \Leftrightarrow A= x_{1}^2(x_{2}^2+1)+(x_{2}^2+1) \Leftrightarrow A=(x_{1}^2+1)(x_{2}^2+1)$ που προφανως ειναι συνθετος αφου $x_{1},x_{2} \in \mathbb{N^{*}}$ και οι δυο παραγοντες ειναι μικρότεροι του $A$ και το ζητουμενο απεδειχθη.

Chris93.1777 · 5 Ιουνίου 2012 στις 01:52

Αρχική Δημοσίευση από akis95:
ας βάλω μια νδο $\frac{\alpha }{\sqrt{{\alpha }^{2}+8\beta \gamma }}+\frac{\beta }{\sqrt{{\beta }^{2}+8\gamma \alpha }}+\frac{\gamma }{\sqrt{{\gamma }^{2}+8\alpha \beta }}\geq 1$ αν α,β,γ θετικοι και αβγ=1

Πασίγνωστη αν μη τι άλλο! Πρόκειται για το 2ο θέμα της 1ης μέρας της Διεθνούς Μαθηματικής Ολυμπιάδας του 2001.
Φυσικά η σχέση $abc=1$ είναι περιττή λόγω ομοιογένειας όμως μπορούμε να την επικαλεστούμε.Υπάρχουν διάφορες αποδείξεις με jensen,am-gm ,Cauchy-Schwarz...δείτε εδώ πχ.

Guest 018946 · 5 Ιουνίου 2012 στις 01:58

Μανικι ρε αδερφε

rebel · 5 Ιουνίου 2012 στις 20:34

Αν $a,b>0$ να δείξετε ότι $\frac{a^2+b^2}{ab}+\frac{ab}{a^2+b^2} \geq \frac{5}{2}$

Guest 018946 · 5 Ιουνίου 2012 στις 22:03

Αρχική Δημοσίευση από styt_geia:
Αν $a,b>0$ να δείξετε ότι $\frac{a^2+b^2}{ab}+\frac{ab}{a^2+b^2} \geq \frac{5}{2}$

Πολυ καλη: με παιδεψε αρκετα αλλα βγήκε :

Έχω ισοδύναμα

$2(a^2+b^2)^2+2a^2b^2 \geq 5ab(a^2+b^2) \Leftrightarrow 2a^4+2b^4+6a^2b^2-5a^3b-5ab^3 \geq 0$

Θεωρώ το πολυώνυμο $P(a)= 2a^4+2b^4+6a^2b^2-5a^3b-5ab^3$ Παρατηρώ ότι $P(b)=0$

Κάνω οπότε διαιρεση αυτου το πολυωνυμου με το $a-b$ και βγάζω ότι

$P(a)=(a-b)(2a^3-2b^3+3b^2a-3ba^2) \Leftrightarrow P(a)=(a-b)[(a-b)(2a^2+2b^2+2ab-ab)] \Leftrightarrow P(a)=(a-b)^2(2a^2+2b^2-ab) \geq 0$ αφου και οι δυο παρενθέσεις ειναι μη αρνητικες με το = να πιανεται για $a=b$

rebel · 10 Ιουνίου 2012 στις 13:29

Αυτή την άσκηση μου την έστειλε ένα μέλος σε p.m. και είναι από το βοήθημα του Μαυρίδη. Φαίνεται απλή αλλά ίσως έχει κάποιο ενδιαφέρον και γιαυτό την παραθέτω.

Δίνεται η εξίσωση $x^2-4ax+3a^2=0, \,a \in \mathbb{R}^*$

i) Ν.δ.ο η εξίσωση έχει δύο άνισες πραγματικές ρίζες για κάθε $a \in \mathbb{R}^*$ .
ii) Αν η μία ρίζα της εξίσωσης ισούται με το τριπλάσιο του τετραγώνου της άλλης,
να βρείτε : α) την τιμή του $a$ .
β) τις ρίζες τις εξίσωσης.

giorgos 1996 · 10 Ιουνίου 2012 στις 13:35

l2x+3/4l=4 πως λυνεται αυτη?

αλλη l2x+5\5l>5

rebel · 10 Ιουνίου 2012 στις 13:41

Αρχική Δημοσίευση από giorgos 1996:
l2x+3/4l=4 πως λυνεται αυτη?

$|2x+3/4|=4 \Leftrightarrow 2x+3/4=4 \,\,\acute{\eta}\,\,2x+3/4=-4 \Leftrightarrow x=13/8 \,\,\acute{\eta}\,\,x=-19/8$

Επεξεργασία: Και η άλλη που γράφεις βασίζεται σε βασική ιδιότητα απολύτων $|x|>\theta \Leftrightarrow x>\theta\,\,\acute{\eta}\,\,x<-\theta$

Guest 018946 · 13 Ιουνίου 2012 στις 17:05

Αρχική Δημοσίευση από styt_geia:
Αυτή την άσκηση μου την έστειλε ένα μέλος σε p.m. και είναι από το βοήθημα του Μαυρίδη. Φαίνεται απλή αλλά ίσως έχει κάποιο ενδιαφέρον και γιαυτό την παραθέτω.

Δίνεται η εξίσωση $x^2-4ax+3a^2=0, \,a \in \mathbb{R}^*$

i) Ν.δ.ο η εξίσωση έχει δύο άνισες πραγματικές ρίζες για κάθε $a \in \mathbb{R}^*$ .
ii) Αν η μία ρίζα της εξίσωσης ισούται με το τριπλάσιο του τετραγώνου της άλλης,
να βρείτε : α) την τιμή του $a$ .
β) τις ρίζες τις εξίσωσης.

Βρίσκω ρίζες που βγάινουν $x=3a \vee x=a$

Και παίρνω δύο περιπτώσεις $a=27a^2 \vee a=a^2$ και απο εκει βγάζω τιμες για το $a$ και παω και τις ρίχνω στις πιο πανω σχεσεις και μου δινουν τις ριζες . και ειμαι μπομπετο .

rebel · 13 Ιουνίου 2012 στις 19:03

Μία δική μου, φτιαγμένη με...όχι και τόσο μεγάλη φαντασία. Λύστε την εξίσωση:
$12x^2-24x+28=\Bigl(\sqrt[3]{2x^2-4x+4}+\sqrt[3]{x^2-2x+3}\Bigr)^3$

Guest 018946 · 13 Ιουνίου 2012 στις 19:33

Καλη ,

$a=\sqrt[3]{2x^2+4-4x} \wedge b=\sqrt[3]{x^2-2x+3}$

Θα γίνει η σχέση μου

$4 (a^3+b^3)=a^3+b^3+3ab(a+b) \Leftrightarrow 3(a^3+b^3)=3ab(a+b) \Leftrightarrow (a+b)(a-b)^2=0 \Leftrightarrow a=b \vee a=-b \Leftrightarrow x=1$

Η αλλη βγαίνει αδύνατη οπότε μοναδική λύση το $x=1$

Συλλογή ασκήσεων στην Άλγεβρα

Πολύ δραστήριο μέλος

Guest 018946

Επισκέπτης

Πολύ δραστήριο μέλος

Guest 018946

Επισκέπτης

Πολύ δραστήριο μέλος

Guest 018946

Επισκέπτης

Διάσημο μέλος

Guest 018946

Επισκέπτης

Πολύ δραστήριο μέλος

Guest 018946

Επισκέπτης

Νεοφερμένο μέλος

Guest 018946

Επισκέπτης

Πολύ δραστήριο μέλος

Guest 018946

Επισκέπτης

Πολύ δραστήριο μέλος

Νεοφερμένο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Guest 018946

Επισκέπτης

Πολύ δραστήριο μέλος

Guest 018946

Επισκέπτης