ΕΜΠ 1950 ΑΛΓΕΒΡΑ MHXΑΝ.ΜΗΧ.

parmenides51 · #1

1. Να βρεθούν τρεις ακέραιοι θετικοί αριθμοί $\displaystyle{x,y,z}$ των οποίων ο ΜΚΔ να είναι η μονάδα, το άθροισμα τους να είναι $\displaystyle{30}$ και μεταξύ τους να ισχύει $\displaystyle{x^2-y^2=z^2}$ .

2. Να βρεθούν όλοι οι ακέραιες και θετικές τιμές του $\displaystyle{x}$ ώστε η παράσταση $\displaystyle{K=2x^3-3x^2}$ να είναι τέλειο τετράγωνο.

3. Να υπολογισθεί το άθροισμα $\displaystyle{\Sigma X_{\nu}=X_{1}+X_{2}+...+X_{\nu}}$ όπου $\displaystyle{X_{\nu}=\frac{2\nu-1}{\nu(\nu+1)(\nu+2)}}$ για $\displaystyle{\nu=1,2,3 , .., \nu}$ .

4. Να βρεθεί για ποιες πραγματικές τιμές του $\displaystyle{x}$ επαληθεύεται η ανισότητα $\displaystyle{\sqrt{x^2-2x+2\lambda} >x+2}$ , όπου $\displaystyle{\lambda}$ παράμετρος

#2

parmenides51 έγραψε:2. Να βρεθούν όλες οι ακέραιες και θετικές τιμές του $\displaystyle{x}$ ώστε η παράσταση $\displaystyle{K=2x^3-3x^2}$ να είναι τέλειο τετράγωνο.

Η παράσταση γράφεται K= x^2(2x-3)

η οποία γίνεται τέλειο τετράγωνο ακεραίου όταν και μόνο όταν το 2x-3

είναι τετράγωνο ακεραίου και μάλιστα περιττού. Δηλαδή όταν 2x-3=(2k+1)^2

απ' όπου

, με $k\in\mathbb{Z}$ .

Οι λύσεις λοιπόν είναι οι x=2(k^2+k+1)

με $k\in\mathbb{Z}$ .

Αλέξανδρος

#3

parmenides51 έγραψε:1. Να βρεθούν τρεις ακέραιοι θετικοί αριθμοί $\displaystyle{x,y,z}$ των οποίων ο ΜΚΔ να είναι η μονάδα, το άθροισμα τους να είναι $\displaystyle{30}$ και μεταξύ τους να ισχύει $\displaystyle{x^2-y^2=z^2}$ .

Λόγω της σχέσης x^2=y^2+z^2

και επειδή οι x,y,z

είναι πρώτοι μεταξύ τους, η τριάδα (x,y,z)

είναι πρωταρχική πυθαγόρεια τριάδα. Συνεπώς υπάρχουν ακέραιοι m,n

ώστε να ισχύουν τα εξής:

$\begin{cases}x=m^2+n^2 \\ y=2mn \\ z=m^2-n^2\end{cases}$

Όμως x+y+z=30

απ' όπου

. Το μόνο ζεύγος ακεραίων (m,n)

ώστε οι

να είναι θετικοί ακέραιοι είναι το (m,n)=(3,2)

απ' όπου

(Λόγω συμμετρίας των y,z

έχουμε και τη λύση (x,y,z)=(13,5,12)

)

Αλέξανδρος

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ · #4

parmenides51 έγραψε:
3. Να υπολογισθεί το άθροισμα $\displaystyle{\Sigma X_{\nu}=X_{1}+X_{2}+...+X_{\nu}}$ όπου $\displaystyle{X_{\nu}=\frac{2\nu-1}{\nu(\nu+1)(\nu+2)}}$ για $\displaystyle{\nu=1,2,3 , .., \nu}$ .

Θα χρησιμοποιήσω τη μέθοδο ανάλυσης σε απλά κλάσματα , κάτι που μαθητές και φοιτητές το χρησιμοποιούν πιο πολύ στον υπολογισμό κάποιων ολοκληρωμάτων.

$\displaystyle\frac{A}{k }+\frac{B}{k+1}+\frac{C}{k+2}=\frac{A\left(k +1 \right)\left(k +2 \right)+Bk \left(k +2 \right)+C\nu \left(k +1 \right)}{k \left(k +1 \right)\left(k +2 \right)}=$

$\displaystyle\frac{A\left(k^{2}+3k+2 \right)+B\left(k^{2}+2k \right)+C\left(k^{2}+k \right)}{k\left(k+1 \right)\left(k+2 \right)}=\frac{(A+B+C)k^{2}+(3A+2B+C)k+2A}{k\left(k+1 \right)\left(k+2 \right)}$

Aφού θέλω αυτό το κλάσμα να ισούται με το $\displaystyle\frac{2k-1}{k(k+1)(k+2)}}$

προκύπτει το γραμμικό σύστημα

A+B+C=0

που αν λυθεί δίνει $\displaystyle A=-\frac{1}{2},B=3,C=-\frac{5}{2}$

δηλαδή έχω

$\displaystyle\frac{2k-1}{k(k+1)(k+2)}}=-\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{k}+3\cdot \frac{1}{k+1}-\frac{5}{2}\cdot \frac{1}{k+2}$

Για k=1

έχω $\displaystyle X_{1}=-\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{1}+3\cdot \frac{1}{2}-\frac{5}{2}\cdot \frac{1}{3}$

Για k=2

έχω $\displaystyle X_{2}=-\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{2}+3\cdot \frac{1}{3}-\frac{5}{2}\cdot \frac{1}{4}$

Για k=3

έχω $\displaystyle X_{3}=-\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{3}+3\cdot \frac{1}{4}-\frac{5}{2}\cdot \frac{1}{5}$

Για k=4

έχω $\displaystyle X_{4}=-\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{4}+3\cdot \frac{1}{5}-\frac{5}{2}\cdot \frac{1}{6}$

Για k=5

έχω $\displaystyle X_{5}=-\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{5}+3\cdot \frac{1}{6}-\frac{5}{2}\cdot \frac{1}{7}$
...................................................................
...................................................................
...................................................................
Για $k=\nu-4$ έχω $\displaystyle X_{\nu -4}=-\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{\nu-4}+3\cdot \frac{1}{\nu-3}-\frac{5}{2}\cdot \frac{1}{\nu-2}$

Για $k=\nu-3$ έχω $\displaystyle X_{\nu -3}=-\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{\nu-3}+3\cdot \frac{1}{\nu-2}-\frac{5}{2}\cdot \frac{1}{\nu-1}$

Για $k=\nu-2$ έχω $\displaystyle X_{\nu -2}=-\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{\nu-2}+3\cdot \frac{1}{\nu-1}-\frac{5}{2}\cdot \frac{1}{\nu}$

Για $k=\nu-1$ έχω $\displaystyle X_{\nu -1}=-\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{\nu-1}+3\cdot \frac{1}{\nu}-\frac{5}{2}\cdot \frac{1}{\nu+1}$

Για $k=\nu$ έχω $\displaystyle X_{\nu }=-\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{\nu}+3\cdot \frac{1}{\nu+1}-\frac{5}{2}\cdot \frac{1}{\nu+2}$

Αν προστεθούν οι $\nu$ το πλήθος ισότητες και γίνουν οι απλοποιήσεις προκύπτει ότι το ζητούμενο άθροισμα είναι ίσο με

$\displaystyle\frac{3}{4}+\frac{1}{2}\left(\frac{1}{\nu +1} -\frac{5}{\nu +2}\right)$

#5

Αναζητώντας κάποια παλιά θέματα, παρατήρησα ότι το (4ο) θέμα δεν είχε απαντηθεί.
Επιχειρώ μια διερεύνηση στο, ομολογουμένως, περίπλοκο θέμα των υποψηφίων Μηχανολόγων του 1950.

Λύση 4ου θέματος:

Για να έχει νόημα στους πραγματικούς αριθμούς η ανίσωση (Α) πρέπει $\displaystyle {x^2} - 2x + 2\lambda \ge 0$ (1).

• Αν x < –2

τότε

, οπότε η ανίσωση (Α) επαληθεύεται για κάθε

που είναι λύση του συστήματος $\displaystyle {\Sigma _1}:\;\;\left\{ \begin{array}{c} {x^2} - 2x + 2\lambda \ge 0\;\;\;\;\;\;\left( 1 \right)\\ x < - 2\;\;\;\;\left( 2 \right) \end{array} \right.$

Αν $\displaystyle \lambda \ge \frac{1}{2}$ , τότε η (1) επαληθεύεται για κάθε $\displaystyle x \in R$ , οπότε λύση του Σ1 είναι το $\displaystyle {A_1} = \left( { - \infty ,\; - 2} \right)$ .

Αν $\displaystyle \lambda < \frac{1}{2}$ , τότε η (1) επαληθεύεται από εκείνα τα x οποία ισχύει $\displaystyle x < 1 - \sqrt {1 - 2\lambda } \;\;\;\left( 3 \right)\;\;\;\; \vee \;\;\;\;\;x > 1 + \sqrt {1 - 2\lambda } \;\;\;\left( 4 \right)$ .

Αφού x < –2

, η ανίσωση (4) είναι αδύνατη.

Διερευνούμε τις λύσεις της ανίσωσης (3):

Αν $\displaystyle - 4 < \lambda < \frac{1}{2}$ , τότε $\displaystyle 1 - \sqrt {2 - 2\lambda } > - 2$ , οπότε η ανίσωση (Α) επαληθεύεται για κάθε $\displaystyle x \in {A_2} = \left( { - \infty ,\; - 2} \right)$ .

Αν $\displaystyle \lambda \le - 4$ , τότε η ανίσωση (Α) επαληθεύεται για κάθε $\displaystyle x \in {A_3} = \left( { - \infty ,\;1 - \sqrt {1 - 2\lambda } } \right)$ .

• Αν $\displaystyle x \ge - 2$ και για εκείνες τις τιμές των $\lambda, x$ που ισχύει η (1), την οποία τετραγωνίζουμε ισοδύναμα:
$\displaystyle {x^2} - 2x + 2\lambda > {x^2} + 4x + 4 \Leftrightarrow \frac{{\lambda - 2}}{3} > x$ (5)

οπότε η ανίσωση επαληθεύεται για κάθε

που είναι λύση του συστήματος $\displaystyle {\Sigma _2}:\;\;\left\{ \begin{array}{c} {x^2} - 2x + 2\lambda \ge 0\;\;\;\;\;\;\left( 1 \right)\\ \frac{{\lambda - 2}}{3} > x\;\;\;\;\;\;\,\left( 5 \right)\\ x \ge - 2\;\;\;\;\,\left( 6 \right) \end{array} \right.$

Αν $\displaystyle \lambda \ge \frac{1}{2}$ , τότε η (1) επαληθεύεται για κάθε $\displaystyle x \in R$ , οπότε το Σ2 επαληθεύεται για κάθε $\displaystyle x \in {A_4} = \left[ { - 2,\;\frac{{\lambda - 2}}{3}} \right)$ , με $\displaystyle \lambda \ge \frac{1}{2}$ .

Aπό (5) και (6) έχουμε $\displaystyle \frac{{\lambda - 2}}{3} > x \ge - 2 \Rightarrow \lambda > - 4$ (7), οπότε αν $\displaystyle - 4 < \lambda < \frac{1}{2}$ , τότε η (1) επαληθεύεται από εκείνα τα

οποία ισχύει
$\displaystyle x < 1 - \sqrt {1 - 2\lambda } \;\;\;\left( 3 \right)\;\;\;\; \vee \;\;\;\;\;x > 1 + \sqrt {1 - 2\lambda } \;\;\;\left( 4 \right)$ .

Η (4) γράφεται
$\displaystyle x > 1 + \sqrt {1 - 2\lambda } \mathop \Rightarrow \limits_{\left( 5 \right)} \frac{{\lambda - 2}}{3} > 1 + \sqrt {1 - 2\lambda } \Leftrightarrow \lambda - 2 > 3 + 3\sqrt {1 - 2\lambda } \Leftrightarrow \lambda - 5 > 3\sqrt {1 - 2\lambda }$ ,
που είναι αδύνατη, αφού $\displaystyle \lambda < \frac{1}{2}$ .

Η (3) γράφεται
$\displaystyle x < 1 - \sqrt {1 - 2\lambda } \mathop \Rightarrow \limits_{\left( 6 \right)} - 2 \le x < 1 - \sqrt {1 - 2\lambda } \Rightarrow 3 > \sqrt {1 - 2\lambda } \Leftrightarrow 9 > 1 - 2\lambda \Leftrightarrow \lambda > - 4$ ,

οπότε το Σ2 επαληθεύεται από κάθε $\displaystyle x \in {A_5} = \left[ { - 2,\;1 + \sqrt {1 - 2\lambda } } \right)$ , με $\displaystyle - 4 < \lambda < \frac{1}{2}$ .

Συνδυάζοντας τις παραπάνω περιπτώσεις, έχουμε:

• Αν $\displaystyle \lambda \ge \frac{1}{2}$ , τότε η ανίσωση (Α) επαληθεύεται για κάθε $\displaystyle x \in \,\,{A_1} \cup {{\rm A}_4} = \left( { - \infty ,\;\frac{{\lambda - 2}}{3}} \right)$ .

• Αν $\displaystyle - 4 < \lambda < \frac{1}{2}$ , τότε η ανίσωση (Α) επαληθεύεται για κάθε $\displaystyle x \in {A_2} \cup {{\rm A}_5} = \left( { - \infty ,\;1 + \sqrt {1 - 2\lambda } } \right)$ .

• Αν $\displaystyle \lambda \le - 4$ , τότε η ανίσωση (Α) επαληθεύεται για κάθε $\displaystyle x \in {A_3} = \left( { - \infty ,\;1 - \sqrt {1 - 2\lambda } } \right)$ .

ΕΜΠ 1950 ΑΛΓΕΒΡΑ MHXΑΝ.ΜΗΧ.

ΕΜΠ 1950 ΑΛΓΕΒΡΑ MHXΑΝ.ΜΗΧ.

Re: ΕΜΠ 1950 ΑΛΓΕΒΡΑ MHXΑΝ.ΜΗΧ.

Re: ΕΜΠ 1950 ΑΛΓΕΒΡΑ MHXΑΝ.ΜΗΧ.

Re: ΕΜΠ 1950 ΑΛΓΕΒΡΑ MHXΑΝ.ΜΗΧ.

Re: ΕΜΠ 1950 ΑΛΓΕΒΡΑ MHXΑΝ.ΜΗΧ.

Μέλη σε σύνδεση