ΙΚΑΡΩΝ 1962 ΑΛΓΕΒΡΑ

parmenides51 · #1

Συνήθως στη σχολή Ικάρων δίνονταν 5 θέματα στις εισαγωγικές Εξετάσεις της Άλγεβρας.
Το 1962 για άγνωστο λόγο εξετάστηκαν σε 11 (!) θέματα σύμφωνα με το Δελτίο του Πάλλα.
Ίσως να ήταν ερωτήματα σε 5 θέματα, ίσως να ήταν δυο ομάδες θεμάτων. Ας τα δούμε.

1. Εαν ο δεύτερος όρος αριθμητικής προόδου είναι μέσος ανάλογος του πρώτου και του τέταρτου,
τότε ο έκτος όρος είναι μέσος ανάλογος του τέταρτου και του ένατου.

2. Να δειχθεί οτι όταν $\displaystyle{\mu=2k+1}$ (περιττός) η παράσταση $\displaystyle{(x+y)^{\mu}-x^{\mu}-y^{\mu}}$ διαιρείται με το $\displaystyle{x+y}$ .

3. Να προσδιορισθεί ο $\displaystyle{ \lambda}$ ώστε η παράσταση $\displaystyle{y^2+2xy+2x+\lambda y-3 }$ να είναι το γινόμενο δυο σύμμετρων παραγόντων ως προς $\displaystyle{x }$ και $\displaystyle{y}$ και να βρεθούν οι παράγοντες αυτοί.

4. Να λυθεί το σύστημα $\displaystyle{\begin{cases} x-\sqrt{x}+y+\sqrt{y}=2\sqrt{xy} \\ \sqrt{x}+\sqrt{y}=5 \end{cases}}$

5. Να βρεθούν δυο αριθμοί $\displaystyle{x}$ και $\displaystyle{y}$ τέτοιοι ώστε $\displaystyle{x+y=xy=x^2-y^2}$

6. Να προσδιορισθεί ο πρώτος όρος και η διαφορά αριθμητική προόδου γνωρίζοντας ότι το άθροισμα των $\displaystyle{\nu }$ πρώτων όρων της ισούται με $\displaystyle{\frac{\nu^2}{2} }$ οποιοδήποτε κι αν είναι το $\displaystyle{ \nu}$ .

7. Να προσδιορισθούν οι συντελεστές $\displaystyle{\beta}$ και $\displaystyle{ \gamma}$ της εξίσωσης $\displaystyle{ x^2+\beta x+\gamma =0}$ , εαν γνωρίζουμε οτι ο λόγος των ριζών της είναι $\displaystyle{ \beta}$ και η διαφορά τους $\displaystyle{3\gamma}$ .

8. Δοθέντων των τριωνύμων $\displaystyle{x^2+\mu x+\nu}$ και $\displaystyle{ \alpha x^2+\beta x+\gamma}$ , υπό ποιες συνθήκες οι ρίζες του πρώτου δίνουν ίσες τιμές για το δεύτερο;

9. Να λυθεί το σύστημα $\displaystyle{ \begin{cases} x^4+x^2y^2+y^4=133 \\ x^2+xy+y^2=7 \end{cases}}$

10. Να προσδιορισθεί ο $\displaystyle{ \mu }$ ώστε οι ρίζες της εξίσωσης $\displaystyle{ x^4-(3\mu+5)x^2+(\mu+1)^2=0 }$ να είναι διαδοχικοί όροι αριθμητικής προόδου.

11. Δεξαμενή γεμάτη νερό αδειάζει από δυο άνισες βρύσες $\displaystyle{A}$ και $\displaystyle{B}$ . Ανοίγουμε την βρύση $\displaystyle{A}$ και μετά, όταν χυθεί το ένα τέταρτο του περιεχομένου νερού στην δεξαμενή, ανοίγουμε και την βρύση $\displaystyle{B}$ . Με αυτόν τον τρόπο το υπόλοιπο της δεξαμενής άδειασε σε χρόνο κατά μια ώρα περισσότερο από εκείνο τον χρόνο που χρειάστηκε η βρύση $\displaystyle{A}$ για να αδειάσει το ένα τέταρτο της δεξαμενής. Εαν και οι δυο βρύσες ανοίγονταν συγχρόνως, η δεξαμενή θα άδειαζε μισή ώρα γρηγορότερα. Να βρεθεί πόσο χρόνο χρειάζεται κάθε βρύση για να αδειάσει μόνος του την δεξαμενή.

Υπενθύμιση: Όλα τα θέματα ταξινομούνται στο Ευρετήριο Θεμάτων Εισαγωγικών - Πανελλαδικών Εξετάσεων στον φάκελο Ευρετήρια θεμάτων mathematica.gr.
Τα κόκκινα αστεράκια δίπλα στο όνομα των θεμάτων δηλ. (*) εκεί δηλώνουν οτι προς το παρόν υπάρχουν άλυτα ερωτήματα,

Γιώργος Απόκης · #2

parmenides51 έγραψε: 1. Εαν ο δεύτερος όρος αριθμητικής προόδου είναι μέσος ανάλογος του πρώτου και του τέταρτου,
τότε ο έκτος όρος είναι μέσος ανάλογος του τέταρτου και του ένατου.

Iσχύει $\displaystyle{a_2^2=a_1a_4\Rightarrow (a_1+\omega)^2=a_1(a_1+3\omega)\Rightarrow a_1^2+2a_1\omega+\omega^2=a_1^2+3a_1\omega\Rightarrow}$

$\displaystyle{a_1\omega-\omega^2=0\Rightarrow \omega(a_1-\omega)=0\Rightarrow \omega=0~\acute{\eta}~\omega=a_1}$

$\displaystyle{\bullet}$ Αν $\displaystyle{\omega=0}$ τότε η πρόοδος είναι σταθερή και το ζητούμενο προφανώς ισχύει

$\displaystyle{\bullet}$ Αν $\displaystyle{\omega=a_1}$ τότε έχουμε $\displaystyle{a_4=4a_1,a_6=6a_1,a_9=9a_1}$ και τότε ισχύει $\displaystyle{a_6^2=a_4a_9}$

άρα ο έκτος όρος είναι μέσος ανάλογος του τέταρτου και του ένατου

Γιώργος Απόκης · #3

parmenides51 έγραψε: 5. Να βρεθούν δυο αριθμοί $\displaystyle{x}$ και $\displaystyle{y}$ τέτοιοι ώστε $\displaystyle{x+y=xy=x^2-y^2}$

Έχουμε τις εξισώσεις $\displaystyle{x+y=xy~(1)}$ και $\displaystyle{x+y=x^2-y^2~(2)}$ .

Η (2) γράφεται $\displaystyle{x^2-y^2-(x+y)=0\Leftrightarrow (x+y)(x-y)-(x+y)=0\Leftrightarrow (x+y)(x-y-1)=0\Leftrightarrow y=-x~\acute{\eta}~y=x-1}$

$\displaystyle{\bullet}$ Στην (1) για $\displaystyle{y=-x}$ έχουμε $\displaystyle{0=-x^2\Leftrightarrow x=0}$ και άρα $\displaystyle{y=0}$

$\displaystyle{\bullet}$ Στην (1) για $\displaystyle{y=x-1}$ έχουμε $\displaystyle{x+x-1=x(x-1)\Leftrightarrow x^2-3x+1=0\Leftrightarrow x=\frac{3\pm\sqrt{5}}{2}}$ και άρα $\displaystyle{y=\frac{1\pm\sqrt{5}}{2}}$

Γιώργος Απόκης · #4

parmenides51 έγραψε: 6. Να προσδιορισθεί ο πρώτος όρος και η διαφορά αριθμητική προόδου γνωρίζοντας ότι το άθροισμα των $\displaystyle{\nu }$ πρώτων όρων της ισούται με $\displaystyle{\frac{\nu^2}{2} }$ οποιοδήποτε κι αν είναι το $\displaystyle{ \nu}$ .

Iσχύει $\displaystyle{S_\nu=\frac{\nu}{2}[2a_1+(\nu-1)\omega]=\frac{\nu}{2}(2a_1+\nu\omega-\omega)=\nu a_1+\frac{\omega}{2}\nu^2-\frac{\omega}{2}\nu=\frac{\omega}{2}\nu^2+\left(a_1-\frac{\omega}{2}\right)\nu}$ για κάθε τιμή του $\displaystyle{\nu}$ .

Συγχρόνως ισχύει $\displaystyle{S_\nu=\frac{\nu^2}{2}}$ άρα θα πρέπει $\displaystyle{\begin{cases} \frac{\omega}{2}=\frac{1}{2}\\a_1-\frac{\omega}{2}=0 \end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases} \omega=1\\a_1=\frac{1}{2} \end{cases}}$

Γιώργος Απόκης · #5

parmenides51 έγραψε:4. Να λυθεί το σύστημα $\displaystyle{\begin{cases} x-\sqrt{x}+y+\sqrt{y}=2\sqrt{xy} \\ \sqrt{x}+\sqrt{y}=5 \end{cases}}$

Με $\displaystyle{x\geq 0,y\geq 0}$ θέτουμε $\displaystyle{\sqrt{x}=a\geq 0,\sqrt{y}=b\geq 0}$ και το σύστημα γίνεται: $\displaystyle{\begin{cases} a^2-a+b^2+b=2ab \\ a+b=5 \end{cases}}$

Από τη 2η εξίσωση έχουμε $\displaystyle{b=5-a}$ και με αντικατάσταση στην 1η :

$\displaystyle{a^2-a+(5-a)^2+5-a=2a(5-a)\Leftrightarrow a^2-a+25-10a+a^2+5-a=10a-2a^2\Leftrightarrow 2a^2-11a+15=0}$

To τριώνυμο έχει $\displaystyle{\Delta=1}$ και ρίζες $\displaystyle{a=3,~a=\frac{5}{2}}$ .

$\displaystyle{\bullet}$ Για $\displaystyle{a=3}$ έχουμε $\displaystyle{b=2}$ άρα $\displaystyle{(x,y)=(9,4)}$

$\displaystyle{\bullet}$ Για $\displaystyle{a=\frac{5}{2}}$ έχουμε $\displaystyle{b=\frac{5}{2}}$ άρα $\displaystyle{(x,y)=\left(\frac{25}{4},\frac{25}{4}\right)}$

Γιώργος Απόκης · #6

parmenides51 έγραψε: 2. Να δειχθεί οτι όταν $\displaystyle{\mu=2k+1}$ (περιττός) η παράσταση $\displaystyle{(x+y)^{\mu}-x^{\mu}-y^{\mu}}$ διαιρείται με το $\displaystyle{x+y}$ .

Αν $\displaystyle{\mu=2k+1}$ έχουμε $\displaystyle{x^\mu+y^\mu=x^{2k+1}+y^{2k+1}=(x+y)(x^{2k}-x^{2k-1}y+...-xy^{2k-1}\color{red}+\color{black}y^{2k})}$

άρα η παράσταση γίνεται $\displaystyle{(x+y)^{2k+1}-(x+y)(x^{2k}-x^{2k-1}y+...-xy^{2k-1}\color{red}+\color{black}y^{2k})}$ και είναι φανερό ότι

έχει παράγοντα το $\displaystyle{x+y}$ άρα διαιρείται με το $\displaystyle{x+y}$ .

Εdit Tα κόκκινα. Ευχαριστώ τον george visvikis που το παρατήρησε

#7

parmenides51 έγραψε:
2. Να δειχθεί οτι όταν $\displaystyle{\mu=2k+1}$ (περιττός) η παράσταση $\displaystyle{(x+y)^{\mu}-x^{\mu}-y^{\mu}}$ διαιρείται με το $\displaystyle{x+y}$ .

Για $\displaystyle{\mu = 2k + 1}$ η παράσταση $\displaystyle{{x^\mu } + {y^\mu }}$ γράφεται:

$\displaystyle{{x^{2k + 1}} + {y^{2k + 1}} = (x + y)\left( {{x^{2k}} - {x^{2k - 1}}y + {x^{2k - 2}}{y^2} - ... + {x^2}{y^{2k - 2}} - x{y^{2k - 1}} + {y^{2k}}} \right)}$

Έστω $\displaystyle{P(x,y) = {x^{2k}} - {x^{2k - 1}}y + {x^{2k - 2}}{y^2} - ... + {x^2}{y^{2k - 2}} - x{y^{2k - 1}} + {y^{2k}}}$ .

Έχουμε λοιπόν: $\boxed{{(x + y)^\mu } - {x^\mu } - {y^\mu } = (x + y)\left[ {{{(x + y)}^{2k}} - P(x,y)} \right]}$

Άρα η παράσταση $\displaystyle{{(x + y)^\mu } - {x^\mu } - {y^\mu }}$ διαιρείται με το $\displaystyle{x + y}$ .

Βλέπω ότι με πρόλαβε ο συνονόματος. Το αφήνω για τον κόπο.

Γιώργος Απόκης · #8

parmenides51 έγραψε:3. Να προσδιορισθεί ο $\displaystyle{ \lambda}$ ώστε η παράσταση $\displaystyle{y^2+2xy+2x+\lambda y-3 }$ να είναι το γινόμενο δυο σύμμετρων παραγόντων ως προς $\displaystyle{x }$ και $\displaystyle{y}$ και να βρεθούν οι παράγοντες αυτοί.

Η παράσταση γράφεται $\displaystyle{y^2+(2x+\lambda)y+(2x-3)}$ και, ως τριώνυμο του $\displaystyle{y}$ , έχει διακρίνουσα

$\displaystyle{\Delta=(2x+\lambda)^2-4(2x-3)=4x^2+(4\lambda-8)x+\lambda^2+12}$ . Θα πρέπει η $\displaystyle{\Delta}$ να είναι τέλειο τετράγωνο

άρα, ως τριώνυμο του $\displaystyle{x}$ , πρέπει να έχει $\displaystyle{\Delta_1=0\Leftrightarrow (4\lambda-8)^2-16(\lambda^2+12)=0\Leftrightarrow -64\lambda-128=0\Leftrightarrow \lambda=-2}$ .

Για $\displaystyle{\lambda=-2}$ έχουμε $\displaystyle{\Delta=4x^2-16x+16=(2x-4)^2\geq 0}$ και άρα η εξίσωση ως προς $\displaystyle{y}$ έχει λύσεις

$\displaystyle{y=\frac{-(2x-2)\pm(2x-4)}{2}}$ δηλαδή $\displaystyle{y=-1~\acute{\eta}~y=-2x+3}$ άρα η παράσταση γίνεται $\displaystyle{(y+1)(y+2x-3)}$

Γιώργος Απόκης · #9

parmenides51 έγραψε: 9. Να λυθεί το σύστημα $\displaystyle{ \begin{cases} x^4+x^2y^2+y^4=133 \\ x^2+xy+y^2=7 \end{cases}}$

H πρώτη εξίσωση γράφεται $\displaystyle{x^4+2x^2y^2-x^2y^2+y^4=133\Leftrightarrow (x^2+y^2)^2-(xy)^2=133\Leftrightarrow (x^2+y^2+xy)(x^2+y^2-xy)=133}$

Αντικαθιστούμε $\displaystyle{x^2+y^2+xy=7}$ από τη δεύτερη και έχουμε $\displaystyle{7(x^2+y^2-xy)=133\Leftrightarrow x^2+y^2-xy=19}$ .

Έχουμε επομένως τις εξισώσεις $\displaystyle{x^2+y^2+xy=7~~(1),~~~~x^2+y^2-xy=19~~(2)}$

Με πρόσθεση και αφαίρεση των (1), (2) έχουμε $\displaystyle{\begin{cases}2x^2+2y^2=26 \\2xy=-12 \end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}x^2+y^2=13 \\xy=-6 \end{cases}}$

από όπου εύκολα έχουμε $\displaystyle{(x,y)\in\{(3,-2),(-3,2),(2,-3),(-2,3)\}}$

#10

parmenides51 έγραψε:
10. Να προσδιορισθεί ο $\displaystyle{ \mu }$ ώστε οι ρίζες της εξίσωσης $\displaystyle{ x^4-(3\mu+5)x^2+(\mu+1)^2=0 }$ να είναι διαδοχικοί όροι αριθμητικής προόδου.

Έστω

οι ρίζες της εξίσωσης $\displaystyle{{y^2} - (3\mu + 5)y + {(\mu + 1)^2} = 0}$ .

θα πρέπει $\displaystyle{\Delta = {(3\mu + 5)^2} - 4{(\mu + 1)^2} > 0 \Leftrightarrow (\mu + 3)(5\mu + 7) > 0 \Leftrightarrow }$ $\boxed{\mu > - \frac{7}{5} \vee \mu < - 3}$

Από του τύπους του Vieta έχουμε: $\boxed{a + b = 3\mu + 5}(1)$ και $\boxed{ab = {(\mu + 1)^2}}(2)$ .

Πρέπει ακόμα $\displaystyle{S = 3\mu + 5 > 0 \Leftrightarrow \mu > - \frac{5}{3}}$ και $\displaystyle{P = {(\mu + 1)^2} > 0 \Leftrightarrow \mu \ne - 1}$ .

Έτσι έχουμε τελικά: $\boxed{\mu \in \left( { - \frac{7}{5}, - 1} \right) \cup \left( { - 1, + \infty } \right)}$

Οι ρίζες της εξίσωσης $\displaystyle{ x^4-(3\mu+5)x^2+(\mu+1)^2=0 }$ θα είναι $\displaystyle{\sqrt a ,\sqrt b , - \sqrt b , - \sqrt a }$ κι επειδή είναι

διαδοχικοί όροι αριθμητικής προόδου θα είναι $\displaystyle{2\sqrt b = \sqrt a - \sqrt b \Leftrightarrow }$ $\boxed{9b = a}$

Αντικαθιστώντας την τελευταία αυτή σχέση στις (1) και (2), παίρνουμε:

$\displaystyle{10b = 3\mu + 5 \Leftrightarrow b = \frac{{3\mu + 5}}{{10}}}$ και $\displaystyle{9{b^2} = {(\mu + 1)^2} \Leftrightarrow 3b = \left| {\mu + 1} \right| \Leftrightarrow b = \frac{{\mu + 1}}{3} \vee b = - \frac{{\mu + 1}}{3}}$

Άρα: $\displaystyle{\frac{{3\mu + 5}}{{10}} = \frac{{\mu + 1}}{3} \Leftrightarrow }$ $\boxed{\mu = 5}$ ή

$\displaystyle{\frac{{3\mu + 5}}{{10}} = - \frac{{\mu + 1}}{3} \Leftrightarrow }$ $\boxed{\mu = \frac{{20}}{{19}}}$

Και οι δύο λύσεις είναι δεκτές και επαληθεύουν τις υποθέσεις της άσκησης.

edit: Συμπλήρωση περιορισμών. Ευχαριστώ τον ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗ (Τηλέμαχο Μπαλτσαβιά)που τοπρόσεξε.

ΙΚΑΡΩΝ 1962 ΑΛΓΕΒΡΑ

ΙΚΑΡΩΝ 1962 ΑΛΓΕΒΡΑ

Re: ΙΚΑΡΩΝ 1962 ΑΛΓΕΒΡΑ

Re: ΙΚΑΡΩΝ 1962 ΑΛΓΕΒΡΑ

Re: ΙΚΑΡΩΝ 1962 ΑΛΓΕΒΡΑ

Re: ΙΚΑΡΩΝ 1962 ΑΛΓΕΒΡΑ

Re: ΙΚΑΡΩΝ 1962 ΑΛΓΕΒΡΑ

Re: ΙΚΑΡΩΝ 1962 ΑΛΓΕΒΡΑ

Re: ΙΚΑΡΩΝ 1962 ΑΛΓΕΒΡΑ

Re: ΙΚΑΡΩΝ 1962 ΑΛΓΕΒΡΑ

Re: ΙΚΑΡΩΝ 1962 ΑΛΓΕΒΡΑ

Μέλη σε σύνδεση