Ασκήσεις Άλγεβρας και Θεωρίας Αριθμών!

#1

Ολοκληρώθηκε σήμερα το 7ο Καλοκαιρινό Σχολείο της Ε.Μ.Ε. στη Λεπτοκαρυά.
Αναρτώ θέματα από τα μαθήματα Άλγεβρας και Θεωρίας Αριθμών, με τα οποία ασχολήθηκαν οι μαθητές των τμημάτων μου της Β' Λυκείου. Φυσικά, στην τάξη χρόνος υπήρχε για ενασχόληση με ένα μέρος των παρακάτω ασκήσεων.
Παρατηρήσεις ευπρόσδεκτες.

#2

Broly · #3

Ωραία θέματα, πράγματι.

Υ.Γ. Το 20ο θέμα στον φάκελο της Άλγεβρας είναι από τον Αρχιμήδη των μεγάλων.

#4

Θάνο, ευχαριστούμε.

#5

Προτείνω να βάζουμε εδώ λύσεις στις ωραίες ασκήσεις του Θάνου.

Ως φόρο τιμής στον ίδιο, ας είναι μόνο "λιτές" λύσεις. Κάνω την αρχή για να δώσω και το στίγμα.

3. Αν $\color{blue}a,\, b, \, c$ πραγματικοί αριθμοί, να αποδείξετε ότι

$\color{blue}(a, \, b, \, c\, >0) \Leftrightarrow (a+b+c >0 \wedge ab+bc+ca > 0 \wedge abc >0)$

Λύση. Το $"\Rightarrow "$ είναι προφανές. Αντίστροφα, γράφουμε $A=a+b+c , \, B=ab+bc+ca, \, C= abc$ . Από Vieta οι $a, \, b, \, c$ είναι ρίζες της x^3-Ax^2+Bx-C=0

. Όμως αυτή δεν έχει αρνητικές ρίζες γιατί αν $x\le 0$ τότε x^3-Ax^2+Bx-C= (-) - (+) +(-) -(+) = (-) <0

, άτοπο. Άρα οι ρίζες $a, \, b, \, c$ είναι

, όπως θέλαμε.

Άλλος τρόπος: Έχουμε $a = \frac { a[(a^2+ab+ac) +bc]}{a^2+ (ab+bc+ca)}= \frac { a^2(a+b+c) +abc}{a^2+ (ab+bc+ca)}= \frac { a^2A+ C}{ a^2 + B} >0$ , όπως θέλαμε. Όμοια τα υπόλοιπα.

Φιλικά,

Μιχάλης

Broly · #6

Αν μπορεί να με βοήθησει κάποιος για την επίλυση της άσκησης 6 στο φυλλάδιο του Θάνου :

6. Να λυθεί το σύστημα

x+y+z=4

Χρησιμοποιώντας την ταυτότητα (x+y+z)^2=x^2+y^2+z^2+2(xy+yz+zx)

,

και την ταυτότητα του Euler x^3+y^3+z^3-3xyz=(x+y+z)(x^2+y^2+z^2-xy-yz-zx)

,

καταλήγω ότι τα x,y,z

είναι λύσεις της εξίσωσης s^3-4s^2+s+6=0

(Συγκεκριμένα βρήκα xy+yz+zx=1, xyz=-6

.

Δεν μπορώ να επιλύσω την παραπάνω τριτοβάθμια (κυρίως προσπαθώντας παραγοντοποίηση).

Αν το βλέπει κάνεις ας με βοηθήσει.

Ιστοσελίδα · #7

Broly έγραψε:καταλήγω ότι τα x,y,z είναι λύσεις της εξίσωσης

(Συγκεκριμένα βρήκα

Δεν μπορώ να επιλύσω την παραπάνω τριτοβάθμια (κυρίως προσπαθώντας παραγοντοποίηση).

Μπορούμε να ελέγξουμε ότι o

είναι ρίζα της εξίσωσης.

Με παραγοντοποίηση: $s^3+s^2-5s^2-5s+6s+6=0 \Leftrightarrow \ldots$

kostas_zervos · #8

11.
Αν δύο διαφορετικοί αριθμοί $\color{blue}a\;,\;b$ είναι ρίζες της εξίσωσης $\color{blue}x^3+x^2-1=0$ , να αποδείξετε ότι ο αριθμός $\color{blue}ab$ είναι ρίζα της εξίσωσης $\color{blue}x^3-x-1=0$ .

Έστω a,b,c

οι ρίζες της x^3+x^2-1=0

. Τότε $a+b+c=-1\;(1)$ , $ab+bc+ca=0\;(2)$ και $abc=1\;(3)$ .
Από την (1)

έχουμε

, άρα η

γίνεται $ab(a+b+1)=-1\;(4)$
Επίσης a^3+a^2=1

και

, άρα $\left(a^3+a^2\right)\left(b^3+b^2\right)=1\iff a^3b^3+a^2b^3+a^3b^2+a^2b^2=1 \iff$
$\iff a^3b^3+a^2b^2(a+b+1)=1\overset{(4)}{\iff}a^3b^3-ab-1=0$ , άρα ο αριθμός

είναι ρίζα της εξίσωσης x^3-x-1=0

Ιστοσελίδα · #9

11. Αν οι διαφορετικοί αριθμοί a,b

είναι ρίζες της εξίσωσης x^3+x^2-1=0

να αποδείξετε ότι ο αριθμός

είναι ρίζα της εξίσωσης x^3-x-1=0 .

Λύση: Έστω

η τρίτη ρίζα της εξίσωσης x^3+x^2-1=0.

Από τους τύπους Vieta έχουμε: a+b+c=-1 , ab+ac+bc=0 , abc=1 .

Θέτουμε

Τότε $abc=1 \Rightarrow rc=1 \Rightarrow c=\dfrac{1}{r}$ και $a+b+c=-1 \Rightarrow a+b=-1-c .$

Είναι $ab+ac+bc=0 \Rightarrow r+c(a+b)=0 \Rightarrow r+c(-1-c)=0 \Rightarrow r-c-c^2=0 \Rightarrow$

$r-\dfrac{1}{r}-\dfrac{1}{r^2}=0 \Rightarrow r^3-r-1=0 .$

Επομένως, ο αριθμός r=ab

είναι ρίζα της εξίσωσης x^3-x-1=0 .

ΥΓ. Με πρόλαβε ο Κώστας.

kostas_zervos · #10

38.
Έστω $\color{blue}a$ ένας πραγματικός αριθμός και η συνάρτηση $\color{blue}f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ , για την οποία ισχύει $\color{blue}f(0)=\dfrac{1}{2}$ και $\color{blue}f(x+y)=f(x)f(a-y)+f(y)f(a-x)\;\;(1)$ για κάθε $\color{blue}x\;,\;y\in\mathhbb{R}$ . Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση είναι σταθερή.

Για x=y=0

έχουμε $f(0)=2f(0)f(a) \iff \dfrac{1}{2}=2\dfrac{1}{2}f(a) \iff f(a)=\dfrac{1}{2}$ .

Για y=0

έχουμε $(1)\Rightarrow f(x)=f(x)f(a)+f(0)f(a-x) \iff f(x)=f(a-x)\;(2)$ .

Για y=a

έχουμε $(1)\Rightarrow f(x+a)=f(x)f(0)+f(a)f(a-x)\iff$
$\iff 2f(x+a)=f(x)+f(a-x)\overset{(2)}{\iff}f(x+a)=f(x)\;(3)$ .

Στην (2)

θέτουμε όπου

το

και έχουμε f(-x)=f(a+x)

.

Άρα $f(x)=f(-x)=f(a-x)=f(a+x)\;\;(4)$ .

Έτσι η αρχική γίνεται $f(x+y)=2f(x)f(y)\;(5)$ .

Για y=-x

έχουμε $(5)\Rightarrow f(0)=2f(x)f(-x) \overset{(4)}{\iff}f^2(x)=\dfrac{1}{4}$ .

Επίσης $f(x)=f\left(\dfrac{x}{2}+\dfrac{x}{2}\right)\overset{(5)}{=}2\left[f\left(\dfrac{x}{2}\right)\right]^2\geq 0$ , άρα $f(x)=\dfrac{1}{2}\;\forall x\in\mathbb{R}$ .

#11

Broly έγραψε:...

Ιστοσελίδα · #12

5. Αν το πολυώνυμο f(x)=x^3+px^2+qx+r

έχει τρεις πραγματικές ρίζες,
να αποδείξετε ότι $p^2\geq 3q .$

Λύση: Έστω a,b,c

οι τρεις πραγματικές ρίζες του πολυωνύμου, τότε:

a+b+c=-p

και

Είναι $(a+b+c)^2\geq 3(ab+ac+bc) \Rightarrow p^2\geq 3q .$

#13

kostas_zervos έγραψε:11.
Αν δύο διαφορετικοί αριθμοί $\color{blue}a\;,\;b$ είναι ρίζες της εξίσωσης $\color{blue}x^3+x^2-1=0$ , να αποδείξετε ότι ο αριθμός $\color{blue}ab$ είναι ρίζα της εξίσωσης $\color{blue}x^3-x-1=0$ .

Άλλη λύση της 11 στο λιτό ύφος που εννοούσα στο πρώτο μου ποστ:

Από Vieta είναι $ab= \frac {abc}{c}=\frac {1}{c}$ και όμοια για τις άλλες δύο ρίζες. Τώρα, προφανώς η τριτοβάθμια με ρίζες τις αντίστροφες της δοθείσας x^3+x^2-1=0

είναι η $\left (\frac {1}{x}\right ) ^3+\left (\frac {1}{x}\right )^2-1=0$ , η οποία ισοδυναμεί με την ζητούμενη (πολλ/σιασε επί -x^3

).

Μ.

kostas_zervos · #14

10.
Να λυθεί η εξίσωση $\color{blue}\dfrac{x^{2}}{x-1}+\sqrt{x-1}+\dfrac{\color{red}\sqrt{x-1}}{x^{2}}}=\dfrac{x-1}{x^{2}}+\dfrac{1}{\sqrt{x-1}}+\dfrac{x^{2}}{\sqrt{x-1}}$ .

Υπάρχει λάθος στο αρχείο pdf.

Πρέπει x>1

.

Έστω $a=\dfrac{x^{2}}{x-1}\;,\;b=\sqrt{x-1}\;,\;c=\dfrac{\sqrt{x-1}}{x^{2}}}$ , με $a\;,\;b\;,\;c>0$ .

Τότε $abc=1\;(1)$ και $a+b+c=\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c} \overset{(1)}{\iff} a+b+c=ab+bc+ca\;\;(2)$ .

Αν a+b+c=k

, τότε οι

είναι ρίζες της εξίσωσης $x^3-kx^2+kx-1=0 \iff (x-1)(x^2-(k-1)x+1)=0$ , άρα ένας τουλάχιστον από τους a,b,c

είναι ίσος με

.

Επομένως $a=1\iff \dfrac{x^{2}}{x-1}=1\iff x^2-x+1=0$ (αδύνατη).
ή
$b=1\iff \sqrt{x-1}=1\iff x=2$ .
ή
$c=1\iff \dfrac{\sqrt{x-1}}{x^{2}}=1\iff x^2=\sqrt{x-1}$ που είναι αδύνατη γιατί για $x>1\Rightarrow x^2>\sqrt{x}>\sqrt{x-1}$ .

Άρα x=2

(επαληθεύει την αρχική). Στην περίπτωσης αυτή είναι $k=\dfrac{21}{4}$ και οι άλλες δύο ρίζες της εξίσωσης είναι οι

και $\dfrac{1}{4}$ .

kostas_zervos · #15

31.
Να λυθεί η εξίσωση $\color{blue}2\left(1+x^2\right)\left(1+y^2\right)=\left(1+x\right)\left(1+y\right)\left(1+xy\right)$ .

Έστω τα διανύσματα $\vec{a}=(1,x)\;,\;\vec{b}=(1,y)\;,\;\vec{c}=(1,1)$ .
Τότε $\cos(\vec{a}\overset{\hat{}}{,}\vec{c})=\dfrac{1+x}{\sqrt{2}\sqrt{1+x^2}}$ , $\cos(\vec{b}\overset{\hat{}}{,}\vec{c})=\dfrac{1+y}{\sqrt{2}\sqrt{1+y^2}}$ και $\cos(\vec{a}\overset{\hat{}}{,}\vec{b})=\dfrac{1+xy}{\sqrt{1+x^2}\sqrt{1+y^2}}$ .

Έτσι η εξίσωση γράφεται $\cos(\vec{a}\overset{\hat{}}{,}\vec{c})\cos(\vec{b}\overset{\hat{}}{,}\vec{c})\cos(\vec{a}\overset{\hat{}}{,}\vec{b})=1$ .

Επομένως για να ισχύει η ισότητα πρέπει $\vec{a}\parallel\vec{b}\parallel\vec{c}\iff \left|\begin{array}{ll}1&x\\1&1\end{array}\right|=0$ και $\left|\begin{array}{ll}1&y\\1&1\end{array}\right|=0 \iff x=y=1$ .

Broly · #16

Mihalis_Lambrou έγραψε:
Broly έγραψε:...

Ευχαριστώ !!

#17

kostas_zervos έγραψε:10.
Να λυθεί η εξίσωση $\color{blue}\dfrac{x^{2}}{x-1}+\sqrt{x-1}+\dfrac{\color{red}\sqrt{x-1}}{x^{2}}}=\dfrac{x-1}{x^{2}}+\dfrac{1}{\sqrt{x-1}}+\dfrac{x^{2}}{\sqrt{x-1}}$ .

Υπάρχει λάθος στο αρχείο pdf.

Ναι, όντως ήταν τυπογραφικό λάθος. Το επεσήμανα μέσα στην τάξη, γιατί είχα βγάλει ήδη τις φωτοτυπίες για τα παιδιά.

Άσκηση: Στο αρχείο της άλγεβρας υπάρχουν τουλάχιστον δύο τυπογραφικά ακόμα. Βρείτε τα.

Broly · #18

4.Αν για τους πραγματικούς αριθμούς a,b,c

ισχύει

,να αποδείξετε ότι a^4+b^4+c^4=2(ab+bc+ca)^2

Πράγματι,

.

Broly · #19

22.Αν

, $\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}=1$ ,να βρείτε την ελάχιστη τιμή της παράστασης :

$K=\frac{a^2}{a+b}+\frac{b^2}{b+c}+\frac{c^2}{c+a}$

$K \geq \frac{(a+b+c)^2}{2(a+b+c)}=\frac{a+b+c}{2} \geq \frac {\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}}{2}=\frac{1}{2}$ ,

με την ισότητα να ισχύει όταν $a=b=c=\frac{1}{3}$

Υ.Γ Θάνο με έχεις καταστρέψει με αυτά τα φυλλάδια,ούτε για καφέ δεν έχω πάει ακόμα.

Broly · #20

8.Αν

,να υπολογίσετε την τιμή της παράστασης x^4+y^4+z^4

.

$(x+y+z)^2=x^2+y^2+z^2+2(xy+yz+zx) \Rightarrow xy+yz+zx=-\frac{1}{2}$ .

$x^3+y^3+z^3-3xyz=(x+y+z)(x^2+y^2+z^2-xy-yz-zx) \Rightarrow xyz=\frac{3}{2}$

$x^4+y^4+z^4= (x^2+y^2+z^2)^2-2(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2)= (x^2+y^2+z^2)^2-2[(xy+yz+zx)^2-2xyz(x+y+z)]=\frac{19}{2}$ .

Ασκήσεις Άλγεβρας και Θεωρίας Αριθμών!

Ασκήσεις Άλγεβρας και Θεωρίας Αριθμών!

Re: Ασκήσεις Άλγεβρας και Θεωρίας Αριθμών!

Re: Ασκήσεις Άλγεβρας και Θεωρίας Αριθμών!

Re: Ασκήσεις Άλγεβρας και Θεωρίας Αριθμών!

Re: Ασκήσεις Άλγεβρας και Θεωρίας Αριθμών!

Re: Ασκήσεις Άλγεβρας και Θεωρίας Αριθμών!

Re: Ασκήσεις Άλγεβρας και Θεωρίας Αριθμών!

Re: Ασκήσεις Άλγεβρας και Θεωρίας Αριθμών!

Re: Ασκήσεις Άλγεβρας και Θεωρίας Αριθμών!

Re: Ασκήσεις Άλγεβρας και Θεωρίας Αριθμών!

Re: Ασκήσεις Άλγεβρας και Θεωρίας Αριθμών!

Re: Ασκήσεις Άλγεβρας και Θεωρίας Αριθμών!

Re: Ασκήσεις Άλγεβρας και Θεωρίας Αριθμών!

Re: Ασκήσεις Άλγεβρας και Θεωρίας Αριθμών!

Re: Ασκήσεις Άλγεβρας και Θεωρίας Αριθμών!

Re: Ασκήσεις Άλγεβρας και Θεωρίας Αριθμών!

Re: Ασκήσεις Άλγεβρας και Θεωρίας Αριθμών!

Re: Ασκήσεις Άλγεβρας και Θεωρίας Αριθμών!

Re: Ασκήσεις Άλγεβρας και Θεωρίας Αριθμών!

Re: Ασκήσεις Άλγεβρας και Θεωρίας Αριθμών!

Μέλη σε σύνδεση