Πολυτεχνικός κύκλος 1975

#1

Θέμα Εισαγωγικών Εξετάσεων Πολυτεχνικού Κύκλου 1975.

Μνήμες Νίκου Ζανταρίδη(nikoszan)

Αν $\displaystyle z\in C^*$ και $\displaystyle z+\frac{1}{z}=x$
να δειχθεί ότι $\displaystyle z^n +\frac{1}{z^n}=P_n \left(x \right)$ όπου $\displaystyle P_n \left(x \right)$ πολυώνυμο $\displaystyle n$ βαθμού.
Να δειχθεί ακόμα ότι το $\displaystyle P_n \left(x \right)$ έχει όλες τις ρίζες του πραγματικές και άνισες.

#2

KDORTSI έγραψε:
Αν $\displaystyle z\in C^*$ και $\displaystyle z+\frac{1}{z}=x$
να δειχθεί ότι $\displaystyle z^n +\frac{1}{z^n}=P_n \left(x \right)$ όπου $\displaystyle P_n \left(x \right)$ πολυώνυμο $\displaystyle n$ βαθμού.
Να δειχθεί ακόμα ότι το $\displaystyle P_n \left(x \right)$ έχει όλες τις ρίζες του πραγματικές και άνισες.

Καλόόό.

Έχουμε

$\displaystyle P_{n+1} \left(x \right) = z^{n+1} +\frac{1}{z^{n+1}}=\left( z +\frac{1}{z}\right)\left( z^n +\frac{1}{z^n}\right)- \left( z^{n-1} +\frac{1}{z^{n-1}}\right)=$

$\displaystyle = x P_n \left(x \right) - P_{n-1} \left(x \right)$ .

Είναι τώρα πολύ απλό να δούμε επαγωγικά, αρχίζοντας από το $P_1 \left(x \right) = x$ , ότι το $P_n \left(x \right)$ είναι πολυώνυμο βαθμού

(με πρώτο συντελεστή 1).

Επίσης, αν θέσουμε $x= 2 \cos u$ , θα δείξουμε επαγωγικά ότι $P_n(x) = 2 \cos (nu)$ . Πράγματι, για το επαγωγικό βήμα, το προηγούμενο δίνει

$\displaystyle P_{n+1} \left(x \right) = x P_n \left(x \right) - P_{n-1} \left(x \right)= 4 \cos u \cos (nu) - 2 \cos ((n-1)u) =$

$\displaystyle 2 \left( \cos ((n+1)u) + \cos ((n-1)u) \right) - 2 \cos ((n-1)u) = 2\cos ((n+1)u)$ .

Συμπεραίνουμε ότι το P_n

έχει ρίζες τα $x=2\cos u$ όπου $\cos (nu)=0$ , δηλαδή $u = \frac {(2k+1)\pi}{2n},\,\ k=0, ... , n-1$ . Με άλλα λόγια, έχει

το πλήθος πραγματικές και άνισες ρίζες, τις $2 \cos \left( \frac {k\pi}{n}\right) ,\,\ k=0, ... , n-1$ , όπως θέλαμε.

Φιλικά,

Μιχάλης.

#3

Η λύση που ακολουθεί είναι αυτή που έδωσε
ως υποψήφιος ο Νίκος Ζανταρίδης το 1975.
Αξίζει να γραφεί.

Για $\displaystyle n=1$ η δοθείσα σχέση γίνεται: $\displaystyle z+\frac{1}{z}=P_1\left(x \right)\Leftrightarrow P_1\left(x \right)=x$
που ισχύει γιατί το $\displaystyle x$ είναι πολυώνυμο 1ου βαθμού.
Για $\displaystyle n=2$ η δοθείσα γίνεται $\displaystyle z^2+\frac{1}{z^2}=P_2(x)\Leftrightarrow P_2(x)=(z+\frac{1}{z})^2-2z.\frac{1}{z}\Leftrightarrow P_2(x)=x^2-2$
που ισχύει γιατί το $\displaystyle x^2-2$ είναι πολυώνυμο δευτέρου βαθμού.
Υποθέτουμε ότι η δοθείσα ισχύει για $\displaystyle n=k$ και για $\displaystyle n=k+1$ δηλαδή ότι είναι:
$\displaystyle z^k+\frac{1}{z^k}=P_k\left(x \right)$ (πολυώνυμο $\displaystyle k$ βαθμού)
και
$\displaystyle z^{k+1}+\frac{1}{z^{k+1}}=P_{k+1}\left(x \right)$ (πολυώνυμο $\displaystyle k+1$ βαθμού)
Θα δείξουμε ότι ισχύει και για $\displaystyle n=k+2$ δηλαδή

$\displaystyle z^{k+2}+\frac{1}{z^{k+2}}=P_{k+2}\left(x \right)$ (πολυώνυμο $\displaystyle k+2$ βαθμού)

Πράγματι είναι:
$\displaystyle z^{k+2}+\frac{1}{z^{k+2}}=(z+\frac{1}{z})\left(z^{k+1}+\frac{1}{z^{k+1}} \right)-\left(z^k+\frac{1}{z^k} \right)=\\=x.P_{k+1}(x)-P_k(x)=P_{k+2}(x)$
όπου το $\displaystyle P_{k+2}(x)$ είναι πολυώνυμο $\displaystyle k+2$ βαθμού, αφού το $\displaystyle x.P_{k+1}(x)$ είναι πολυώνυμο $\displaystyle k+2$ βαθμού και το $\displaystyle P_{k}(x)$ είναι πολυώνυμο $\displaystyle k$ βαθμού.
Άρα η δοθείσα σχέση ισχύει και για $\displaystyle n=k+2$ και συνεπώς ισχύει για κάθε $\displaystyle n\in N^*$

Σχετικά με τις ρίζες:
Έχουμε:
$\displaystyle P_n(x)=0\Leftrightarrow z^n+\frac{1}{z^n}=0, \ \ \ x=z+\frac{1}{z}\Leftrightarrow \\\Leftrightarrow z^{2n}=-1,\ \ x=z+\frac{1}{z}$
$\displaystyle \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} z=cos\frac{2k\pi +\pi }{2n}+isin\frac{2k\pi +\pi }{2n},k=0,1,2,...,2n-1\\ x=z+\frac{1}{z} \end{matrix}\right.$

Δηλαδή:
$\displaystyle x=2cos(\frac{(2k+1)\pi }{2n}),k=0,1,2,...,2n-1$
Για τους αριθμούς
$\displaystyle x_{k}=2cos(\frac{(2k+1)\pi }{2n}), \ \ k=0,1,2,...,2n-1$
Ισχύει:
$\displaystyle x_{\lambda }=x_{2n-\lambda -1}, \ \ \lambda \in \left\{0,1,2,...,n-1 \right\}$
και
$\displaystyle x_\mu \neq x_\varrho$ για κάθε $\displaystyle \mu ,\varrho \in \left\{0,1,2,...,n-1 \right\}$ με $\displaystyle \mu \neq \varrho$
(αφού η συνάρτηση $\displaystyle cosx$ είναι γνησίως μονότονη στο $\displaystyle \left[0,\pi \right]$ και $\displaystyle \frac{\left(2k+1 \right)\pi }{2n}\in \left[0,\pi \right]$ , $\displaystyle \forall k\in \left\{0,1,2,...,n-1 \right\}$ )

Επομένως το πολυώνυμο $\displaystyle P_n(x)$ έχει όλες τις ρίζες του πραγματικές και άνισες και είναι οι $\displaystyle n$
το πλήθος διαφορετικοί πραγματικοί αριθμοί:
$\displaystyle x_{k}=2cos(\frac{(2k+1)\pi }{2n}), \ \ k=0,1,2,...,n-1$

Ιστοσελίδα · #4

Τα άλλα δύο θέματα Άλγεβρας - Τριγωνομετρίας στις εισαγωγικές εξετάσεις του 1975 στον Πολυτεχνικό κύκλο ήταν:

Θέμα 2ο: α) Επιλύσατε την εξίσωση $\sigma \tau \epsilon \mu \vartheta = \sigma \tau \epsilon \mu 2\vartheta + \sigma \tau \epsilon \mu 3\vartheta .$
β) Εάν $AB\varGamma\varDelta EZH$ είναι κανονικό επτάγωνο, δείξατε τριγωνομετρικά ότι $\dfrac{1}{AB} = \dfrac{1}{A\varGamma} + \dfrac{1}{A\varDelta}.$

Θέμα 3ο: Έστω συνάρτηση $\phi$ με πραγματικές τιμές και πεδίο ορισμού το σύνολο των θετικών ρητών αριθμών και τέτοια, ώστε για κάθε ζεύγος θετικών ρητών $\rho , \sigma$ να ισχύει $\phi (\rho \sigma ) = \phi (\rho ) +\phi (\sigma ).$
α) Δείξτε ότι $\phi (1)=0$
β) Δείξτε ότι για κάθε θετικό ρητό $\rho$ ισχύει $\phi (\frac{1}{\rho}) = -\phi (\rho).$
γ) Εάν υποθέσουμε ότι ο μοναδικός θετικός ρητός $\sigma ,$ για τον οποίο είναι $\phi (\sigma)=0,$ είναι ο

δείξτε ότι δεν υπάρχουν δύο διάφοροι θετικοί ρητοί $\rho , \sigma ,$ ώστε $\phi (\rho ) =\phi (\sigma ).$

nikoszan · #5

Στρατη ,ευχαριστουμε πολυ που μας θυμισες και τα αλλα θεματα του 1975.Ακομη σου ευχομαι χρονια πολλα με υγεια και να εισαι παντα καλα.
Φιλικα Ν.Ζ.

#6

stranton έγραψε: β) Εάν $AB\varGamma\varDelta EZH$ είναι κανονικό επτάγωνο, δείξατε τριγωνομετρικά ότι $\dfrac{1}{AB} = \dfrac{1}{A\varGamma} + \dfrac{1}{A\varDelta}.$

Η απάντηση σε αυτό το ερώτημα, βρίσκεται εδώ, αν ακολουθήσουμε την αντίστροφη πορεία.

S.E.Louridas · #7

Ο Κώστας Δόρτσιος ανέφερε:
Η λύση που ακολουθεί είναι αυτή που έδωσε
ως υποψήφιος ο Νίκος Ζανταρίδης το 1975.
Αξίζει να γραφεί......
Η καλή μέρα φίλε Νίκο Ζανταρίδη φαίνεται από το πρωϊ.
Εκπληκτική Λύση που διδάσκει και τους διδάσκοντες. Στην συνέχεια και off των επιδιωκόμενων προβολέων (δηλαδή χωρίς κόμπλεξ), ο Νίκος ανέπτυξε το Μαθηματικό του ταλέντο πολλαπλά , ύψιστη Μαθηματική Απόδοση, Συγγραφές ποιότητας κ.τ.λ. (κάποιοι από εμάς είχαμε την τύχη να τα γνωρίζουμε αυτά, έστω και άν δεν τον ξέραμε προσωπικά από την αρχή).

Σ.Ε.Λουρίδας

#8

stranton έγραψε: Θέμα 3ο: Έστω συνάρτηση $\phi$ με πραγματικές τιμές και πεδίο ορισμού το σύνολο των θετικών ρητών αριθμών και τέτοια, ώστε για κάθε ζεύγος θετικών ρητών $\rho , \sigma$ να ισχύει $\phi (\rho \sigma ) = \phi (\rho ) +\phi (\sigma ).$
α) Δείξτε ότι $\phi (1)=0$
β) Δείξτε ότι για κάθε θετικό ρητό $\rho$ ισχύει $\phi (\frac{1}{\rho}) = -\phi (\rho).$
γ) Εάν υποθέσουμε ότι ο μοναδικός θετικός ρητός $\sigma ,$ για τον οποίο είναι $\phi (\sigma)=0,$ είναι ο δείξτε ότι δεν υπάρχουν δύο διάφοροι θετικοί ρητοί $\rho , \sigma ,$ ώστε $\phi (\rho ) =\phi (\sigma ).$

α) Στη δοθείσα, για $\displaystyle{\rho =\sigma =1}$ έχουμε $\displaystyle{\phi (1)+\phi (1)=\phi (1)}$ , άρα $\displaystyle{\phi (1)=0}$

β) Για κάθε θετικό ρητό $\displaystyle{\rho}$ έχουμε

$\displaystyle{0=\phi (1)=\phi \Big(\rho \cdot \frac{1}{\rho}\Big)=\phi (\rho)+\phi \Big(\frac{1}{\rho}\Big) }$ , οπότε προκύπτει το ζητούμενο.

γ) Έστω θετικοί ρητοί $\displaystyle{\rho , \sigma }$ με $\displaystyle{\phi (\rho)=\phi (\sigma)}$

Είναι

$\displaystyle{\phi \left(\frac{\varrho }{\sigma } \right)=\phi \left(\varrho \cdot \frac{1}{\sigma } \right)=\phi (\rho)+\phi \left(\frac{1}{\sigma } \right)=\phi (\rho) -\phi (\sigma)=0}$ .

Και επειδή, σύμφωνα με τα δεδομένα, το $\displaystyle{1}$ είναι η μοναδική λύση της εξίσωσης $\displaystyle{\phi (x)=0}$ ,

προκύπτει $\displaystyle{\frac{\rho}{\sigma}=1,}$ δηλαδή $\displaystyle{\rho =\sigma .}$

#9

Μια σχετική με την αρχική: viewtopic.php?f=60&t=2714

S.E.Louridas · #10

Ψάχνοντας σε κάποιες σημειώσεις που είχα από τον Γιάννη Στρατή βρήκα την εκφώνηση από το θέμα του Πολυτεχνικού Κύκλου το 1975 με την συναρτησιακή και υπάρχει και ένα 4ο Ερώτημα το εξής:
Υπό την προϋπόθεση της γ) δείξτε ότι δεν υπάρχει ρητός s τέτοιος ώστε: 2f(s)=f(2).
Αυτό αποδεικνύεται καθότι για κάθε ρητό s έχουμε:
$2f(s) = f(s) + f(s) = f(s^2 ),\;2f(s) = f(2) \Rightarrow f(s^2 ) = f(2) \Rightarrow s^2 = 2,\dot \alpha \tau o\pi o.$
Προφανώς η ισχύς της γ) οδηγεί στο 1-1 της f.

S.E.Louridas

Πολυτεχνικός κύκλος 1975

Πολυτεχνικός κύκλος 1975

Re: Πολυτεχνικός κύκλος 1975

Re: Πολυτεχνικός κύκλος 1975

Re: Πολυτεχνικός κύκλος 1975

Re: Πολυτεχνικός κύκλος 1975

Re: Πολυτεχνικός κύκλος 1975

Re: Πολυτεχνικός κύκλος 1975

Re: Πολυτεχνικός κύκλος 1975

Re: Πολυτεχνικός κύκλος 1975

Re: Πολυτεχνικός κύκλος 1975

Μέλη σε σύνδεση