ΔΟΚΙΜΩΝ 1931 - ΑΛΓΕΒΡΑ

parmenides51 · #1

1. Να λυθεί η εξίσωση $\displaystyle{\left(\frac{\alpha + x}{\alpha - x}\right)^2=1+\frac{\gamma x }{\alpha\beta}}$

2. Μετά από πόσα έτη ένα κεφάλαιο $\displaystyle{12.000}$ δραχμών αναλογιζόμενο προς $\displaystyle{6\%}$ γίνεται $\displaystyle{200.000}$ δρχ ;
(εαν ο αριθμός των ετών δεν είναι ακέραιος να βρεθεί και το κλάσμα)

3. Να μετατραπεί διπλό ριζικό σε αλγεβρικό άθροισμα απλών ριζικών.

4. Πότε η διαίρεση $\displaystyle{(x^{\mu}+\alpha^{\mu}): (x+\alpha)}$ είναι τέλεια;
Να βρεθεί το πηλίκο χωρίς να εκτελεσθεί η διαίρεση.

Γιώργος Απόκης · #2

parmenides51 έγραψε: 1. Να λυθεί η εξίσωση $\displaystyle{\left(\frac{\alpha + x}{\alpha - x}\right)^2=1+\frac{\gamma x }{\alpha\beta}}$

Ισχύουν $\displaystyle{a\beta\ne 0}$ και $\displaystyle{x\ne a}$ .

$\displaystyle{\bullet}$ Αν $\displaystyle{\gamma=0}$ έχουμε την εξίσωση $\displaystyle{\left(\frac{a + x}{a - x}\right)^2=1\Leftrightarrow \frac{a + x}{a - x}=\pm 1\Leftrightarrow a+x=\pm(a-x)\Leftrightarrow x=0}$

$\displaystyle{\bullet}$ Αν $\displaystyle{\gamma \ne 0}$ έχουμε ισοδύναμα

$\displaystyle{a\beta(a+x)^2=a\beta(a-x)^2+\gamma x(a-x)^2\Leftrightarrow a\beta (a^2+2ax+x^2)=a\beta(a^2-2ax+x^2)+\gamma x(a^2-2ax+x^2)\Leftrightarrow }$

$\displaystyle{a^3\beta +2a^2\beta x+a\beta x^2=a^3\beta -2a^2\beta x+a\beta x^2+a^2\gamma x-2a\gamma x^2+\gamma x^3\Leftrightarrow \gamma x^3-2a\gamma x^2+(a^2\gamma-4a^2\beta)x=0\Leftrightarrow x=0~\acute{\eta}~}$

$\displaystyle{\gamma x^2-2a\gamma x+(a^2\gamma-4a^2\beta)=0 }$ . Αφού $\displaystyle{\gamma\ne 0}$ η εξίσωση είναι δευτέρου βαθμού με διακρίνουσα

$\displaystyle{\Delta=4a^2\gamma^2-4\gamma(a^2\gamma-4a^2\beta)=4a^2\gamma^2-4a^2\gamma^2+16a^2\beta\gamma=16a^2\beta\gamma\ne 0}$

$\displaystyle{\bullet \bullet}$ Αν $\displaystyle{\beta \gamma>0}$ τότε $\displaystyle{\Delta>0}$ και η εξίσωση έχει ρίζες $\displaystyle{x=\frac{a\gamma\pm2|a|\sqrt{\beta \gamma}}{\gamma}\ne a}$

$\displaystyle{\bullet \bullet}$ Αν $\displaystyle{\beta \gamma<0}$ τότε $\displaystyle{\Delta<0}$ και η εξίσωση έχει ρίζες $\displaystyle{x=\frac{a\gamma\pm 2|a|i\sqrt{-\beta \gamma}}{\gamma}\ne a}$

Γιώργος Απόκης · #3

parmenides51 έγραψε: 4. Πότε η διαίρεση $\displaystyle{(x^{\mu}+\alpha^{\mu}): (x+\alpha)}$ είναι τέλεια;
Να βρεθεί το πηλίκο χωρίς να εκτελεσθεί η διαίρεση.

Έστω $\displaystyle{P(x)=x^{\mu}+a^{\mu}}$ . Για να είναι η διαίρεση τέλεια, πρέπει και αρκεί

$\displaystyle{P(-a)=0\Leftrightarrow (-a)^{\mu}+a^{\mu}=0\Leftrightarrow (-a)^{\mu}=-a^{\mu}\Leftrightarrow \mu=2k+1,~k\in \mathbb N}$ .

Στην περίπτωση αυτή ισχύει η ταυτότητα $\displaystyle{x^{\mu}+a^{\mu}=(x+a)(x^{\mu -1}-x^{\mu -2}a+x^{\mu -3}a^2-...-x^2a^{\mu-3}+x a^{\mu-2}-a^{\mu-1})}$

άρα το πηλίκο είναι το $\displaystyle{\pi(x)=x^{\mu -1}-x^{\mu -2}a+x^{\mu -3}a^2-...-x^2a^{\mu-3}+x a^{\mu-2}-a^{\mu-1}}$

#4

parmenides51 έγραψε:3. Να μετατραπεί διπλό ριζικό σε αλγεβρικό άθροισμα απλών ριζικών.

Έστω ότι θέλουμε να μετατρέψουμε το διπλό ριζικό $\displaystyle{\sqrt{A+\sqrt{B}}}$ σε αλγεβρικό άθροισμα δύο απλών ριζικών.

(Όπου $\displaystyle{A,B}$ ρητοί αριθμοί με $\displaystyle{B\geq 0}$ )

Ζητάμε λοιπόν να βρούμε δύο (μη αρνητικούς) αριθμούς $\displaystyle{K}$ και $\displaystyle{L}$ , έτσι ώστε να είναι:

$\displaystyle{\sqrt{A+\sqrt{B}}=\sqrt{K}+\sqrt{L}\Leftrightarrow A+\sqrt{B}=K+L+2\sqrt{KL}}$

Άρα πρέπει:

$\displaystyle{A=K+L}$ και $\displaystyle{B=4KL}$ , δηλαδή $\displaystyle{K+L=A}$ και $\displaystyle{KL=\frac{B}{4}}$

Συνεπώς τα $\displaystyle{K,L}$ είναι οι ρίζες της εξίσωσης $\displaystyle{x^2 -Ax+\frac{B}{4}=0\Leftrightarrow 4x^2 -4Ax +B=0}$

Η διακρίνουσα του τριωνύμου είναι $\displaystyle{\Delta =16A^2 -16B=16(A^2 -B)}$ . Για να υπάρχουν ρίζες ρητές, πρέπει ο αριθμός

$\displaystyle{A^2 -B}$ να είναι τέλειο τετράγωνο ρητού. Δηλαδή $\displaystyle{A^2 -B=C^2}$

Τότε έχουμε $\displaystyle{x_{1,2}=\frac{4A\pm 4C}{8}=\frac{A\pm C}{2}}$ , από όπου και προκύπτει ότι:

$\displaystyle{\sqrt{A+\sqrt{B}}=\sqrt{\frac{A+C}{2}}+\sqrt{\frac{A-C}{2}}}$ , με $\displaystyle{C=\sqrt{A^2 -B}}$

Ιστοσελίδα · #5

Ένας προβληματισμός ;

Γιατί από την ισότητα

$A+\sqrt{B}=K+L+2\sqrt{KL}}$

Προκύπτουν οι ισότητες

$\displaystyle{A=K+L}$ και $\displaystyle{B=4KL}$ ;

#6

Καρδαμίτσης Σπύρος έγραψε:Ένας προβληματισμός ;

Γιατί από την ισότητα

$A+\sqrt{B}=K+L+2\sqrt{KL}}$

Προκύπτουν οι ισότητες

$\displaystyle{A=K+L}$ και $\displaystyle{B=4KL}$ ;

Καλημέρα Σπύρο ,γράφω κάποιες σκέψεις.

Αν $a+\sqrt {b}=c+\sqrt{d}$ ,με a,b,c,d

ρητοί, $\sqrt {b},\sqrt {d}$ άρρητοι,τότε $a=c,\quad b=d$

Έχουμε

$\sqrt {b}=c-a+\sqrt {d}\Rightarrow \sqrt {b}=m+\sqrt {d}\quad ,m=c-a\in \mathbb Q$

$b=m^2+d+2m\sqrt {d}$

Αν $m\neq 0 \longrightarrow \sqrt{d}=\dfrac{b-d-m^2}{2m}$ , ρητός ---> άτοπο

άρα $m=0\rightarrow a=c\rightarrow b=d$

#7

Φωτεινή έγραψε:
Καρδαμίτσης Σπύρος έγραψε:Ένας προβληματισμός ;

Γιατί από την ισότητα

$A+\sqrt{B}=K+L+2\sqrt{KL}}$

Προκύπτουν οι ισότητες

$\displaystyle{A=K+L}$ και $\displaystyle{B=4KL}$ ;
Καλημέρα Σπύρο ,γράφω κάποιες σκέψεις.

Αν $a+\sqrt {b}=c+\sqrt{d}$ ,με θετικοί ρητοί, $\sqrt {b},\sqrt {d}$ άρρητοι,τότε $a=c,\quad b=d$

Έχουμε

$\sqrt {b}=c-a+\sqrt {d}\Rightarrow \sqrt {b}=m+\sqrt {d}\quad ,m=c-a\in \mathbb Q$

$b=m^2+d+2m\sqrt {d}$

Αν $m\neq 0 \longrightarrow \sqrt{d}=\dfrac{b-d-m^2}{2m}$ , ρητός ---> άτοπο

άρα $m=0\rightarrow a=c\rightarrow b=d$

Καλημέρα Φωτεινή και Σπύρο.

Ακριβώς Φωτεινή έτσι έχουν τα πράγματα. Στο μεταξύ, δεν θα μπορούσε ο $\displaystyle{\sqrt{B}}$ να ήταν ρητός, γιατί τότε δεν θα

ήταν διπλό το αρχικό ριζικό. Και βέβαια ούτε και ο $\displaystyle{\sqrt{KL}}$ θα μπορούσε να ήταν ρητός, γιατί τότε θα έπρεπε να ήταν

ρητός και ο $\displaystyle{\sqrt{B}}$ , πράγμα άτοπο από την υπόθεση.

Ιστοσελίδα · #8

Ωραία, έθεσα τον προβληματισμό γιατί δεν αναφέρεται πουθενά στα σχολικά βιβλία, συνεπώς η πιθανή χρήση του μέσα στην σχολική τάξη θα πρέπει να ακολουθείται από την απόδειξή του όπως κάνατε.

Ευχαριστώ για την ενασχόλησή σας

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ · #9

parmenides51 έγραψε: 2. Μετά από πόσα έτη ένα κεφάλαιο $\displaystyle{12.000}$ δραχμών ανατοκιζόμενο προς $\displaystyle{6\%}$ γίνεται $\displaystyle{200.000}$ δρχ ;
(εαν ο αριθμός των ετών δεν είναι ακέραιος να βρεθεί και το κλάσμα)

Ας λυθεί κι αυτό να μην παραπονιέται...
Είναι πολύ πιθανό η απάντηση που ζητούσαν οι εξεταστές να ήθελε να λυθεί το πρόβλημα σε ρεαλιστική βάση , δηλαδή ως πρόβλημα σύνθετου και όχι απλού τόκου. Νομίζω ότι αξίζει τον κόπο να το δούμε έτσι...

Ας ξεκινήσουμε με τον τύπο του ανατοκισμού . Αν

είναι το τελικό κεφάλαιο , $C_{0}$ το αρχικό κεφάλαιο και

το επιτόκιο , τότε ισχύει ότι $C= C_{0}\left ( 1+i \right )^{n}$ , όπου

ο αριθμός των ετών που μεσολαβούν έτσι ώστε το αρχικό κεφάλαιο να φτάσει στο ύψος του τελικού κεφαλαίου.

Έτσι λοιπόν ισχύει ότι $200000= 12000\left ( 1+0,06 \right )^{n}$ και έτσι $\displaystyle\frac{200000}{12000}=\left ( 1,06 \right )^{n}$

Αν λογαριθμήσω και τα δύο μέλη , προκύπτει ότι $\displaystyle log\frac{50}{3}=log\left ( 1,06 \right )^{n}$ , δηλαδή

$\displaystyle n=\frac{log\left ( \frac{50}{3} \right )}{log1,06}$ . Το τελικό αποτέλεσμα είναι n=48,283

έτη.

Φυσικά χρησιμοποίησα επιστημονικό κομπιουτεράκι για το τελικό αποτέλεσμα. Αν αναρωτιούνται κάποιοι για τη μέθοδο που θα χρησιμοποιούσε ένας υποψήφιος του 1931 για να φτάσει στο ίδιο αποτέλεσμα , έχω να γράψω ότι αυτό αποτελεί ένα ερέθισμα για μια ωφέλιμη έρευνα που δικαιώνει πολλά από αυτά που ίσως νομίζουμε παρωχημένα αλλά και που κάνει να εκτιμούμε τα πολλά και γρήγορα μέσα της εποχής μας...

Ratio · #10

Στα βιβλία της Άλγεβρας υπήρχαν πίνακες λογαρίθμων. Λογικά θα πρέπει να τους είχαν δοθεί τιμές

Στέλιος Μαρίνης · #11

$\displaystyle{{\left( {\frac{{a + x}}{{a - x}}} \right)^2} = 1 + \frac{{\gamma x}}{{a\beta }} \Leftrightarrow {\left( {1 + \frac{{2x}}{{a - x}}} \right)^2} = 1 + \frac{{\gamma x}}{{a\beta }} \Leftrightarrow \frac{{4x}}{{a - x}} + \frac{{4{x^2}}}{{{{(a - x)}^2}}} = \frac{{\gamma x}}{{a\beta }}}$ .
Προφανής ρίζα το 0 και για $x\neq 0$ η εξίσωση γίνεται:
$\displaystyle{\frac{4}{{a - x}} + \frac{{4x}}{{{{(a - x)}^2}}} = \frac{\gamma }{{a\beta }} \Leftrightarrow \frac{{4a - 4x}}{{a - x}} + \frac{{4x}}{{{{(a - x)}^2}}} = \frac{\gamma }{{a\beta }} \Leftrightarrow \frac{{4a}}{{{{(a - x)}^2}}} = \frac{\gamma }{{a\beta }}}$ που ισοδυναμεί με την

$\displaystyle{{(x - a)^2} = \frac{{4{a^2}\beta }}{\gamma }}$
Αν β,γ ετερόσημοι είναι αδύνατη, αν είναι ομόσημοι προκύπτουν οι δύο ρίζες

$\displaystyle{x = a \pm 2|a|\sqrt {\frac{\beta }{\gamma }} }$

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ · #12

Ratio έγραψε:Στα βιβλία της Άλγεβρας υπήρχαν πίνακες λογαρίθμων. Λογικά θα πρέπει να τους είχαν δοθεί τιμές

Aπό περιέργεια και ενδιαφέρον έχω ρωτήσει ανθρώπους που έδωσαν εξετάσεις πριν 50 - 60 χρόνια.
Μου είπαν ότι επιτρεπόταν να έχεις μαζί σου τους πίνακες λογαρίθμων. Μέρος της αξιολόγησης ήταν και η ικανότητα εξαγωγής ορθών αποτελεσμάτων με χρήση των πινάκων αυτών...
Αν κάποιος θέλει να προσθέσει κάτι στα όσα γράφω , θα χαιρόμουν να το διαβάσω.
Μιλάμε για παλιές εποχές με άλλα ήθη.
Ίσως κάποιοι χρήστες των λογισμικών γελάνε με όλα αυτά , πιστεύω όμως ότι ήταν ένα σκαλοπάτι για να φτάσουμε να υπολογίζουμε σε κλάσματα δευτερολέπτου τις δόσεις ενός δανείου με δεδομένο επιτόκιο και να αντιμετωπίζουμε πολύπλοκα υπολογιστικά προβλήματα ως ζητήματα ρουτίνας...

Γιώργος Απόκης · #13

Στέλιος Μαρίνης έγραψε: $\displaystyle{{\left( {\frac{{a + x}}{{a - x}}} \right)^2} = 1 + \frac{{\gamma x}}{{a\beta }} \Leftrightarrow {\left( {1 + \frac{{2x}}{{a - x}}} \right)^2} = 1 + \frac{{\gamma x}}{{a\beta }} \Leftrightarrow \frac{{4x}}{{a - x}} + \frac{{4{x^2}}}{{{{(a - x)}^2}}} = \frac{{\gamma x}}{{a\beta }}}$ .
Προφανής ρίζα το 0 και για $x\neq 0$ η εξίσωση γίνεται:
$\displaystyle{\frac{4}{{a - x}} + \frac{{4x}}{{{{(a - x)}^2}}} = \frac{\gamma }{{a\beta }} \Leftrightarrow \frac{{4a - 4x}}{{a - x}} + \frac{{4x}}{{{{(a - x)}^2}}} = \frac{\gamma }{{a\beta }} \Leftrightarrow \frac{{4a}}{{{{(a - x)}^2}}} = \frac{\gamma }{{a\beta }}}$ που ισοδυναμεί με την

$\displaystyle{{(x - a)^2} = \frac{{4{a^2}\beta }}{\gamma }}$
Αν β,γ ετερόσημοι είναι αδύνατη, αν είναι ομόσημοι προκύπτουν οι δύο ρίζες

$\displaystyle{x = a \pm 2|a|\sqrt {\frac{\beta }{\gamma }} }$

ΔΟΚΙΜΩΝ 1931 - ΑΛΓΕΒΡΑ

ΔΟΚΙΜΩΝ 1931 - ΑΛΓΕΒΡΑ

Re: ΔΟΚΙΜΩΝ 1931 - ΑΛΓΕΒΡΑ

Re: ΔΟΚΙΜΩΝ 1931 - ΑΛΓΕΒΡΑ

Re: ΔΟΚΙΜΩΝ 1931 - ΑΛΓΕΒΡΑ

Re: ΔΟΚΙΜΩΝ 1931 - ΑΛΓΕΒΡΑ

Re: ΔΟΚΙΜΩΝ 1931 - ΑΛΓΕΒΡΑ

Re: ΔΟΚΙΜΩΝ 1931 - ΑΛΓΕΒΡΑ

Re: ΔΟΚΙΜΩΝ 1931 - ΑΛΓΕΒΡΑ

Re: ΔΟΚΙΜΩΝ 1931 - ΑΛΓΕΒΡΑ

Re: ΔΟΚΙΜΩΝ 1931 - ΑΛΓΕΒΡΑ

Re: Μια κομψή λύση του 1

Re: ΔΟΚΙΜΩΝ 1931 - ΑΛΓΕΒΡΑ

Re: Μια κομψή λύση του 1

Μέλη σε σύνδεση