ΕΜΠ 1949 ΑΛΓΕΒΡΑ ΑΡΧ. ΧΗΜ. ΤΟΠ. ΜΕΤΑΛΛ. ΜΗΧ.

parmenides51 · #1

1. Να βρεθεί ο ακέραιος αριθμός προς τον οποίο ισούται το γινόμενο

$\displaystyle{K=\left(2\sqrt[3]{2} -\sqrt{-3}+1\right)\left(2\sqrt[3]{2} +\sqrt{-3}+1\right)\left(\sqrt[3]{2}-1\right)}$

2. Είναι γνωστό ότι το βλήμα που ρίχνεται στο κενό κατακόρυφα προς τα πάνω με ταχύτητα $\displaystyle{V_o}$ φέρεται σε χρόνο $\displaystyle{t}$ με ταχύτητα $\displaystyle{V= V_o-g t}$ και διανύει διάστημα $\displaystyle{x=V_ot-\frac{1}{2}gt^2}$ . Μετά από πόσο χρόνο θα πρέπει να ριχθεί άλλο βλήμα στην θέση αυτή και με την ίδια αρχική ταχύτητα, ώστε τα δυο βλήματα να συναντηθούν στο μέσο του μέγιστου ύψους του πρώτου.

3. Δίνονται οι εξισώσεις $\displaystyle{\left\{ \begin{array}{l} \alpha^2-\beta \gamma={\color{red}\lambda} x^2 \\ \beta^2- \gamma \alpha={\color{red}\lambda} y^2 \\ \gamma ^2-\alpha\beta={\color{red}\lambda} z^2 \\ x ^2-yz=\mu \alpha^2 \\ y ^2-xz=\mu \beta^2 \\ z ^2-xy=\mu \gamma^2 \end{array} \right.}$ με αγνώστους $\displaystyle{x,y,z}$ και συντελεστές $\displaystyle{\alpha,\beta, \gamma,\lambda,\mu }$ πραγματικούς. Να δείξετε οτι
α) για $\displaystyle{\lambda <0}$ δεν έχει λύση το σύστημα των τριών πρώτων εξισώσεων με πραγματικούς $\displaystyle{x,y,z}$ παρά μόνο εαν $\displaystyle{x=y=z=0}$
β) αν $\displaystyle{\alpha \ne 0,\beta \ne 0, \gamma \ne 0 ,\alpha\ne\beta\ne \gamma\ne \alpha}$ , τότε το σύστημα των έξι εξισώσεων δεν έχει λύση με πραγματικούς αριθμούς εφόσον $\displaystyle{\lambda \mu \ne 0}$ και $\displaystyle{\lambda \mu \ne 2}$

edit
Διόρθωση τυπογραφικού στο 3ο στο latex, ευχαριστώ τον gato που το πρόσεξε

Γιώργος Απόκης · #2

parmenides51 έγραψε:1. Να βρεθεί ο ακέραιος αριθμός προς τον οποίο ισούται το γινόμενο
$\displaystyle{K=\left(2\sqrt[3]{2} -\sqrt{-3}+1\right)\left(2\sqrt[3]{2} +\sqrt{-3}+1\right)\left(\sqrt[3]{2}-1\right)}$

$\displaystyle{K=\left(2\sqrt[3]{2}+ 1-\sqrt{-3}\right)\left(2\sqrt[3]{2} +1+\sqrt{-3}\right)\left(\sqrt[3]{2}-1\right)=\left[\left(2\sqrt[3]{2}+ 1\right)^2-\sqrt{-3}^2\right]\left(\sqrt[3]{2}-1\right)=}$

$\displaystyle{\left(4\sqrt[3]{4}+4\sqrt[3]{2}+1+3\right)\left(\sqrt[3]{2}-1\right)=\left(4\sqrt[3]{4}+4\sqrt[3]{2}+4\right)\left(\sqrt[3]{2}-1\right)=4\sqrt[3]{8}-4\sqrt[3]{4}+4\sqrt[3]{4}-4\sqrt[3]{2}+4\sqrt[3]{2}-4=}$

$\displaystyle{4\cdot 2-4=4}$

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ · #3

parmenides51 έγραψε: ↑
Πέμ Οκτ 17, 2013 1:57 pm

2. Είναι γνωστό ότι το βλήμα που ρίχνεται στο κενό κατακόρυφα προς τα πάνω με ταχύτητα $\displaystyle{V_o}$ φέρεται σε χρόνο $\displaystyle{t}$ με ταχύτητα $\displaystyle{V= V_o-g t}$ και διανύει διάστημα $\displaystyle{x=V_ot-\frac{1}{2}gt^2}$ . Μετά από πόσο χρόνο θα πρέπει να ριχθεί άλλο βλήμα στην θέση αυτή και με την ίδια αρχική ταχύτητα, ώστε τα δυο βλήματα να συναντηθούν στο μέσο του μέγιστου ύψους του πρώτου.

Eκείνη την εποχή πολλά γινόντουσαν...
Μέχρι και άσκηση Μηχανικής σε εισαγωγικές εξετάσεις του ΕΜΠ στην Άλγεβρα.

Όταν το βλήμα φτάσει στο μέγιστο ύψος $h_{max}$ ηρεμεί στιγμιαία. Αυτό γίνεται σε χρόνο $t_{1}$
που δίνεται από την εξίσωση $0=u_{0}-gt_{1}.$

Πολύ εύκολα μπορεί να βρεθεί ότι $\displaystyle t_{1}=\frac{u_{0}}{g}$ και έτσι

$\displaystyle h_{max}=u_{0}t_{1}-\frac{1}{2}gt_{1}^{2}=u_{0}\frac{u_{0}}{g}-\frac{1}{2}g\frac{u_{0}^{2}}{g^{2}}=\frac{u_{0}^{2}}{2g}$

Για να φτάσει το βλήμα στο μισό του μέγιστου ύψους απαιτείται επιπλέον χρόνος $t_{2}$
που δίνεται από την εξίσωση
$\displaystyle\frac{h_{max}}{2}=\frac{1}{2}gt_{2}^{2}$

Αν στην εξίσωση αυτή θέσουμε $\displaystyle h_{max}=\frac{u_{0}^{2}}{2g}$ και λύσουμε ως προς $t_{2}$ βρίσκουμε

$\displaystyle t_{2}=\frac{u_{0}}{g}\frac{\sqrt{2}}{2}$

O συνολικός χρόνος για να φτάσει το πρώτο βλήμα στο μισό του μέγιστου ύψους κατεβαίνοντας είναι

$\displaystyle t_{1}+t_{2}=\frac{u_{0}}{g}+\frac{u_{0}}{g}\frac{\sqrt{2}}{2}$

To δεύτερο βλήμα για να φτάσει σε ύψος $h_{max}$ χρειάζεται χρόνο $t_{3}$ που δίνεται από την εξίσωση

$\displaystyle\frac{h_{max}}{2}=u_{0}t_{3}-\frac{1}{2}gt_{3}^{2}$

Αν στην εξίσωση αυτή θέσουμε $\displaystyle h_{max}=\frac{u_{0}^{2}}{2g}$ καταλήγουμε στην εξίσωση

$2g^{2}t_{3}^{2}-4gu_{0}t_{3}+u_{0}^{2}=0$ που έχει λύσεις

$\displaystyle t_{3}=\frac{u_{0}}{g}+\frac{u_{0}}{g}\frac{\sqrt{2}}{2}$ , $\displaystyle t_{3}=\frac{u_{0}}{g}-\frac{u_{0}}{g}\frac{\sqrt{2}}{2}$

Δεκτή γίνεται η $\displaystyle t_{3}=\frac{u_{0}}{g}-\frac{u_{0}}{g}\frac{\sqrt{2}}{2}$

Ο ζητούμενος χρόνος είναι ίσος με $\displaystyle t_{1}+t_{2}-t_{3}=\frac{u_{0}}{g}+\frac{u_{0}}{g}\frac{\sqrt{2}}{2}-\left ( \frac{u_{0}}{g}-\frac{u_{0}}{g}\frac{\sqrt{2}}{2} \right )=\frac{u_{0}}{g}\sqrt{2}$

#4

parmenides51 έγραψε: ↑
Πέμ Οκτ 17, 2013 1:57 pm

2. Είναι γνωστό ότι το βλήμα που ρίχνεται στο κενό κατακόρυφα προς τα πάνω με ταχύτητα $\displaystyle{V_o}$ φέρεται σε χρόνο $\displaystyle{t}$ με ταχύτητα $\displaystyle{V= V_o-g t}$ και διανύει διάστημα $\displaystyle{x=V_ot-\frac{1}{2}gt^2}$ . Μετά από πόσο χρόνο θα πρέπει να ριχθεί άλλο βλήμα στην θέση αυτή και με την ίδια αρχική ταχύτητα, ώστε τα δυο βλήματα να συναντηθούν στο μέσο του μέγιστου ύψους του πρώτου.

Ας το δούμε απλούστερα.

Το μέγιστο ύψος επιτυγχάνεται όταν v=0

, οπότε

, δηλαδή όταν $t=\dfrac{v_0}{g}$ και είναι $\dfrac{v_0{^2}}{2g}$ .

Οι χρόνοι που χρειάζονται και τα δύο σώματα να βρεθούν στο μισό αυτού του ύψους είναι λύσεις της εξίσωσης

$\dfrac{{v_0}^2}{4g}=v_0t-\dfrac{1}{2}gt^2$

Αυτή είναι δευτεροβάθμια. Ο ζητούμενος χρόνος είναι φανερά, η (θετική) διαφορά των ριζών της (τύπος $\frac{\sqrt{\Delta }}{2|a|}$ ) που υπολογίζεται ότι είναι $\dfrac{ \sqrt{2} v_0 }{g}$ κ.λπ.

ΕΜΠ 1949 ΑΛΓΕΒΡΑ ΑΡΧ. ΧΗΜ. ΤΟΠ. ΜΕΤΑΛΛ. ΜΗΧ.

ΕΜΠ 1949 ΑΛΓΕΒΡΑ ΑΡΧ. ΧΗΜ. ΤΟΠ. ΜΕΤΑΛΛ. ΜΗΧ.

Re: ΕΜΠ 1949 ΑΛΓΕΒΡΑ ΑΡΧ. ΧΗΜ. ΤΟΠ. ΜΕΤΑΛΛ. ΜΗΧ.

Re: ΕΜΠ 1949 ΑΛΓΕΒΡΑ ΑΡΧ. ΧΗΜ. ΤΟΠ. ΜΕΤΑΛΛ. ΜΗΧ.

Re: ΕΜΠ 1949 ΑΛΓΕΒΡΑ ΑΡΧ. ΧΗΜ. ΤΟΠ. ΜΕΤΑΛΛ. ΜΗΧ.

Μέλη σε σύνδεση