ΙΚΑΡΩΝ 1965 - ΑΛΓΕΒΡΑ

parmenides51 · #1

1. Να γίνει γινόμενο η παράσταση $\displaystyle{A=x^2+x-10+\frac{1}{x}+\frac{1}{x^2}}$

2. Να λυθούν οι ανισότητες
i) $\displaystyle{\alpha^2x^2-(1+ \alpha^2) x+1>0}$
ii) $\displaystyle{(1- \alpha)x^2-3 \alpha {\color{red}x}+1>0}$

3. Αν σε αριθμητική πρόοδο ο πρώτος όρος είναι το $\displaystyle{\alpha}$ και το άθροισμα των $\displaystyle{ \mu}$ πρώτων όρων ισούται με μηδέν,
τότε το άθροισμα των \nu επόμενων όρων της ισούται με $\displaystyle{-\frac{\alpha(\mu+\nu)\nu}{\mu-1}}$ .

4. Να δειχτεί οτι το πολυώνυμο $\displaystyle{ f(x,y,w)=(x+y+w)^{2\nu+1}-x^{2\nu+1}-y^{2\nu+1}-w^{2\nu+1}}$
διαιρείται από το πολυώνυμο $\displaystyle{g(x,y,w)=(x+y+w)^3-x^3-y^3-w^3}$

5. Να λυθεί η εξίσωση $\displaystyle{\log (x^3+1)-\log (x^2-3x+2)=\log (x^2-x+1)}$

edit
Διόρθωση τυπογραφικού στο 2ii)
το οποίο είχε και η εκφώνηση στο σχετικό Δελτίο του Πάλλα, αλλά στην δοθείσα λύση εκεί φαινόταν πως ήταν το σωστό
ευχαριστώ τον Ορέστη (orestisgotsis) που μου επισήμανε το σχετικό του προβληματισμό και το τσέκαρα

#2

parmenides51 έγραψε:1. Να γίνει γινόμενο η παράσταση $\displaystyle{A=x^2+x-10+\frac{1}{x}+\frac{1}{x^2}}$

$\displaystyle{A = \left( {{x^2} + \frac{1}{{{x^2}}}} \right) + \left( {x + \frac{1}{x}} \right) - 10 = {\left( {x + \frac{1}{x}} \right)^2} - 2 + \left( {x + \frac{1}{x}} \right) - 10}$

= $\displaystyle{{\left( {x + \frac{1}{x}} \right)^2} + \left( {x + \frac{1}{x}} \right) - 12}$ .

Θέτω $\displaystyle{x + \frac{1}{x} = y}$ , οπότε $\displaystyle{A = {y^2} + y - 12 = (y + 4)(y - 3)}$ .

Άρα, $\displaystyle{A = \left( {x + \frac{1}{x} + 4} \right)\left( {x + \frac{1}{x} - 3} \right)}$

orestisgotsis · #3

ΠΕΡΙΤΤΑ

#4

parmenides51 έγραψε: 5. Να λυθεί η εξίσωση $\displaystyle{\log (x^3+1)-\log (x^2-3x+2)=\log (x^2-x+1)}$

Πρώτα έχουμε τους περιορισμούς $\displaystyle{{x^3} + 1 > 0,{x^2} - 3x + 2 > 0}$ και $\displaystyle{{x^2} - x + 1 > 0}$ .
Οπότε $\displaystyle{(x > - 1)}$ και ( $\displaystyle{x > 2}$ ή $\displaystyle{x < 1}$ ), δηλαδή $\displaystyle{x \in ( - 1,1) \cup (2, + \infty )}$ .

$\displaystyle{\log ({x^3} + 1) = \log ({x^2} - 3x + 2) + \log ({x^2} - x + 1) \Leftrightarrow }$

$\displaystyle{{x^3} + 1 = ({x^2} - 3x + 2)({x^2} - x + 1) \Leftrightarrow }$

$\displaystyle{{x^4} - 5{x^3} + 6{x^2} - 5x + 1 = 0}$ (Αντίστροφη εξίσωση άρτιου βαθμού).
Επειδή το μηδέν δεν είναι ρίζα της εξίσωσης, διαιρούμε όλους τους όρους με $\displaystyle{{x^2}}$ και έχουμε:

$\displaystyle{{x^2} - 5x + 6 - \frac{5}{x} + \frac{1}{{{x^2}}} = 0 \Leftrightarrow \left( {{x^2} + \frac{1}{{{x^2}}}} \right) - 5\left( {x + \frac{1}{x}} \right) + 6 = 0 \Leftrightarrow }$
$\displaystyle{{\left( {x + \frac{1}{x}} \right)^2} - 5\left( {x + \frac{1}{x}} \right) + 4 = 0}$ και για $\displaystyle{y = x + \frac{1}{x} \Leftrightarrow {y^2} - 5y + 4 = 0}$ , απ' όπου $\displaystyle{y = 1}$ ή $\displaystyle{y = 4}$ . Άρα $\displaystyle{x + \frac{1}{x} = 1}$ ή $\displaystyle{x + \frac{1}{x} = 4}$ \displaystyle{\displaystyle{ \Leftrightarrow }} $\displaystyle{{x^2} - x + 1 = 0}$ ή $\displaystyle{{x^2} - 4x + 1 = 0}$ .

Η πρώτη εξίσωση δεν έχει πραγματικές ρίζες. Η δεύτερη έχει ρίζες $\displaystyle{{x_1} = 2 + \sqrt 3 ,{x_2} = 2 - \sqrt 3 }$ , που είναι και οι δύο δεκτές.

orestisgotsis · #5

ΠΕΡΙΤΤΑ

orestisgotsis · #6

ΠΕΡΙΤΤΑ

parmenides51 · #7

orestisgotsis έγραψε:
parmenides51 έγραψε:2. Να λυθούν οι ανισότητες
i) $\displaystyle{\alpha^2x^2-(1+ \alpha^2) x+1>0}$
ii) $\displaystyle{(1- \alpha)x^2-3 \alpha {\color{red}x}+1>0}$ .
Θα το επιχειρήσω, αλλά δεν είμαι σίγουρος

(i) Είναι $\displaystyle{\Delta ={{\left[ -\left( 1+{{\alpha }^{2}} \right) \right]}^{2}}-4{{\alpha }^{2}}={{\left( {{\alpha }^{2}}-1 \right)}^{2}}\ge 0\Rightarrow {{x}_{1}}=1,\,\,{{x}_{2}}=\frac{1}{{{\alpha }^{2}}}}$ .

Έστω $\displaystyle{\alpha =\pm 1}$ , τότε $\displaystyle{{{\alpha }^{2}}{{x}^{2}}-(1+{{\alpha }^{2}})x+1>0\Leftrightarrow x\ne 1}$

Έστω $\displaystyle{1<\frac{1}{{{\alpha }^{2}}}\Leftrightarrow -1<\alpha <1}$ , τότε $\displaystyle{{{\alpha }^{2}}{{x}^{2}}-(1+{{\alpha }^{2}})x+1>0\Leftrightarrow x\in \left( -\infty ,\,\,1 \right)\cup \left( \frac{1}{{{\alpha }^{2}}},\,\,+\infty \right)}$

Έστω $\displaystyle{\frac{1}{{{\alpha }^{2}}}<1\Leftrightarrow \left( \alpha <-1\,\,\,\vee \,\,\,\alpha >1 \right)}$ , τότε $\displaystyle{{{\alpha }^{2}}{{x}^{2}}-(1+{{\alpha }^{2}})x+1>0\Leftrightarrow x\in \left( -\infty ,\,\,\frac{1}{{{\alpha }^{2}}} \right)\cup \left( 1,\,\,+\infty \right)}$

(ii) Αν $\displaystyle{\alpha =1}$ η ανίσωση γίνεται $\displaystyle{-3x+1>0\Leftrightarrow x<\frac{1}{3}}$

Αν $\displaystyle{\alpha \ne 1}$ είναι $\displaystyle{\Delta ={{\left( -3\alpha \right)}^{2}}-4\left( 1-\alpha \right)=9{{\alpha }^{2}}+4\alpha -4<0\Leftrightarrow -\frac{2+2\sqrt{10}}{9}<\alpha <\frac{-2+2\sqrt{10}}{9}}$ και

τότε $\displaystyle{\left( 1-\alpha \right)\left( (1-\alpha ){{x}^{2}}-3\alpha x+1 \right)>0\,\,\,\left( 1 \right)}$ . Αλλά $\displaystyle{-\frac{2+2\sqrt{10}}{9}-1<\alpha -1<\frac{-2+2\sqrt{10}}{9}-1<0\Rightarrow 1-\alpha >0}$ και $\displaystyle{\left( 1 \right)\Leftrightarrow x\in \mathbb{R}}$ .

Έστω $\displaystyle{\alpha \le -\frac{2+2\sqrt{10}}{9}\Rightarrow \alpha -1\le -\frac{2+2\sqrt{10}}{9}-1<0\Rightarrow 1-\alpha >0\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,\Delta \ge 0}$ , οπότε

$\displaystyle{{{x}_{1}}=\frac{3\alpha -\sqrt{9{{\alpha }^{2}}+4\alpha -4}}{2\left( 1-\alpha \right)}\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,{{x}_{2}}=\frac{3\alpha +\sqrt{9{{\alpha }^{2}}+4\alpha -4}}{2\left( 1-\alpha \right)}}$ , άρα

$\displaystyle{(1-\alpha ){{x}^{2}}-3\alpha x+1>0\Leftrightarrow x\in \left( -\infty ,\,\,{{x}_{1}} \right)\cup \left( {{x}_{2}},\,\,+\infty \right)}$

Αν $\displaystyle{\frac{-2+2\sqrt{10}}{9}\le \alpha }$ οι ρίζες είναι πραγματικές και η ανίσωση θα αληθεύει όταν $\displaystyle{1-\alpha >0}$ . Έχουμε: $\displaystyle{\frac{-2+2\sqrt{10}}{9}\le \alpha \Leftrightarrow \frac{-2+2\sqrt{10}}{9}-1\le \alpha -1}$ .

Αν είναι $\displaystyle{\alpha -1<0\Leftrightarrow 1-\alpha >0}$ , τότε $\displaystyle{(1-\alpha ){{x}^{2}}-3\alpha x+1>0\Leftrightarrow x\in \left( -\infty ,\,\,{{x}_{1}} \right)\cup \left( {{x}_{2}},\,\,+\infty \right)}$

Αν $\displaystyle{\alpha -1>0\Rightarrow 1-\alpha <0}$ , τότε $\displaystyle{(1-\alpha ){{x}^{2}}-3\alpha x+1>0\Leftrightarrow {{x}_{2}}<x<{{x}_{1}}}$