mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Νοέμ 07, 2017 10:12 pm**

Μερικές εξισώσεις για τον "Θαλή".

1.

$\dfrac{1}{\sqrt{x+1}+\sqrt{x+3}} + \dfrac{1}{\sqrt{x+3}+\sqrt{x+5}}+ \cdots +\dfrac{1}{\sqrt{x+2015}+\sqrt{x+2017}} = 1$

2.

$\dfrac{1}{x^2+2x+2}+\dfrac{3}{x^2+2x+4}+\dfrac{5}{x^2+2x+6}+ \cdots + \dfrac{2017}{x^2+2x+2018} = 1009$

3.

$\sqrt{x^2-16}+\sqrt{x^2+2x} = 2\sqrt{x^2+x-8}$

4.

$(x-1)^5+(x-2)^5+ \cdots +(x-2017)^5 = 0$

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Νοέμ 07, 2017 11:13 pm**

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Τρί Νοέμ 07, 2017 10:12 pm
Μερικές εξισώσεις για τον "Θαλή".

1.
$\dfrac{1}{\sqrt{x+1}+\sqrt{x+3}} + \dfrac{1}{\sqrt{x+3}+\sqrt{x+5}}+ \cdots +\dfrac{1}{\sqrt{x+2015}+\sqrt{x+2017}} = 1$

Κάνουμε ρητούς τους πανομαστές και έχουμε:

$\dfrac {\sqrt{x+3}-\sqrt{x+1}}{2}+\dfrac {\sqrt{x+5}-\sqrt{x+3}}{2}+...+\dfrac {\sqrt{x+2017}-\sqrt{x+2015}}{2}=1$ ή $\sqrt{x+2017}-\sqrt{x+1}=2$

Τα υπόλοιπα είναι εύκολα...

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Νοέμ 07, 2017 11:24 pm**

Για την (3) :
Για $x\leq -4$ ή $x\geq 4$ έχουμε : $\sqrt{x^{2}-16}+\sqrt{x^{2}+2x}=2\sqrt{x^{2}+x-8}\Rightarrow$
$\Rightarrow \sqrt{x^{2}+2x}-\sqrt{x^{2}+x-8}=\sqrt{x^{2}+x-8}-\sqrt{x^{2}-16}\Rightarrow$
$\Rightarrow \frac{\left (x^{2}+2x \right )-\left ( x^{2}+x-8 \right )}{\sqrt{x^{2}+2x}+\sqrt{x^{2}+x-8}}=\frac{\left ( x^{2}+x-8 \right )-\left ( x^{2}-16 \right )}{\sqrt{x^{2}+x-8}+\sqrt{x^{2}-16}}\Rightarrow$
$\Rightarrow \frac{x+8}{\sqrt{x^{2}+2x}+\sqrt{x^{2}+x-8}}=\frac{x+8}{\sqrt{x^{2}+x-8}+\sqrt{x^{2}-16}}\Rightarrow$
$\Rightarrow x=-8$ ή $\sqrt{x^{2}+2x}=\sqrt{x^{2}-16}\Rightarrow x=-8$
που είναι δεκτή.

Αθ. Μπεληγιάννης

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Νοέμ 07, 2017 11:54 pm**

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Τρί Νοέμ 07, 2017 10:12 pm

4.

$(x-1)^5+(x-2)^5+ \cdots +(x-2017)^5 = 0$

Έστω $f(x)=(x-1)^5+(x-2)^5+ \cdots +(x-2017)^5$ , $x\in R$ , τότε
$f'(x)=5[(x-1)^4+(x-2)^4+\cdots +(x-2017)^4]>0$ άρα η

είναι γνησίως αύξουσα.
όμως
$f(x)=(x-1)^5+(x-2)^5+ \cdots +(x-2017)^5=[(x-1)^5+(x-2017)^5]+ [(x-2)^5 + (x-2016)^5]$
$+ \cdots +(x-1009)^5$
=2(x-1009)[(x-1)^4 - (x-1)^3(x-2017) +(x-1)^2(x-2017)^2 -(x-1)(x-2017)^3 +(x-2017)^4] +

2(x-1009)[(x-2)^4 - (x-2)^3(x-2016) +(x-2)^2(x-2016)^2 -(x-2)(x-2016)^3

$+(x-2016)^4] + \cdots + (x-1009)^5$
άρα η εξίσωση f(x)=0

έχει ρίζα το 1009

που είναι και η μοναδική λόγω μονοτονίας.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Νοέμ 08, 2017 11:20 am**

2) Θέτω

, οπότε : $y\geq 0$ και :

$...\Leftrightarrow \dfrac{y+1}{y+1}-\dfrac{y}{y+1}+\dfrac{y+3}{y+3}-\dfrac{y}{y+3}+\dfrac{y+5}{y+5}-\dfrac{y}{y+5}+...\dfrac{y+2017}{y+2017}-\dfrac{y}{y+2017}=1009$

$\Leftrightarrow 1009-y(\dfrac{1}{y+1}+\dfrac{1}{y+3}+...+\dfrac{1}{y+2017})=1009\Leftrightarrow y=0$

Τώρα : $(x+1)^2=0\Leftrightarrow x=-1$ .

Διόρθωσα τη λύση αξιοποιώντας τελικά την ... αρχική ιδέα .

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Νοέμ 08, 2017 12:34 pm**

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Τρί Νοέμ 07, 2017 10:12 pm
Μερικές εξισώσεις για τον "Θαλή".

2. $\dfrac{1}{x^2+2x+2}+\dfrac{3}{x^2+2x+4}+\dfrac{5}{x^2+2x+6}+ \cdots + \dfrac{2017}{x^2+2x+2018} = 1009$

To πλήθος των κλασμάτων είναι $\dfrac{2017-1}{2}+1=1009$ και καθένα από αυτά είναι μικρότερο ή ίσο της μονάδας, αφού με n>0

είναι:

$\dfrac{n}{x^2+2x+(n+1)}\leq 1\Leftrightarrow x^2+2x+1\geq 0\Leftrightarrow (x+1)^2\geq 0,$

με την ισότητα να ισχύει, ακριβώς, όταν x=-1

Επομένως έχουμε μοναδική λύση x=-1

.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Νοέμ 08, 2017 2:57 pm**

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Τρί Νοέμ 07, 2017 10:12 pm

3.

$\sqrt{x^2-16}+\sqrt{x^2+2x} = 2\sqrt{x^2+x-8}$

Θέτουμε όπου a=x^2-16

και όπου

.

Τότε έχουμε πως:

$\sqrt{a}+\sqrt{b}=2\sqrt{\dfrac{a+b}{2}}=\sqrt{2(a+b)}$

Όμως γνωρίζουμε πως:

$\sqrt{a}+\sqrt{b}\leq \sqrt{2(a+b)}$ με ισότητα μόνο όταν a=b

.

Άρα

, δηλαδή $x^2+16=x^2+2x\Leftrightarrow x=-8$ , που είναι δεκτή.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Νοέμ 08, 2017 9:16 pm**

Προσθέτω άλλη μία (6): $\displaystyle{\chi ^{4}+\left ( 2-\chi \right )^{4}=34}$

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Νοέμ 09, 2017 2:48 pm**

ΑΝΔΡΕΑΣ ΛΑΜΠΡΟΥ έγραψε: ↑
Τετ Νοέμ 08, 2017 9:16 pm
Προσθέτω άλλη μία (6): $\displaystyle{\chi ^{4}+\left ( 2-\chi \right )^{4}=34}$

Μάλλον αυτή η εβδομάδα στο mathematica ειναι αφιερωμένη στην Βαβυλώνα!!!

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Νοέμ 09, 2017 3:31 pm**

Επειδή :

, ο θεματοδότης παραπέμπει στο τέχνασμα Θάνου .

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Νοέμ 01, 2018 2:58 pm**

Επαναφέρω μετά από πολύ καιρό... Μπορεί η άσκηση 6 να λυθεί με άλλους τρόπους χωρίς αυτό το υπέροχο τεχνασμα?

Υ.γ: η πρώτη λύση μου ήρθε κατά την διάρκεια του ύπνου μου! Η δεύτερη την ώρα που έδειχνα την πρώτη στους μαθητές!

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Νοέμ 01, 2018 5:04 pm**

Τσιαλας Νικολαος έγραψε: ↑
Πέμ Νοέμ 01, 2018 2:58 pm
Επαναφέρω μετά από πολύ καιρό... Μπορεί η άσκηση 6 να λυθεί με άλλους τρόπους χωρίς αυτό το υπέροχο τεχνασμα?

Υ.γ: η πρώτη λύση μου ήρθε κατά την διάρκεια του ύπνου μου! Η δεύτερη την ώρα που έδειχνα την πρώτη στους μαθητές!

Δεν καταλαβαίνω τον σκοπό της ανάρτησης.

Η ερώτηση είναι αν υπάρχουν και άλλες λύσεις;

η ότι γνωρίζεις άλλες δύο λύσεις και θέλεις να γραφούν;

Πάντως στην δεύτερη περίπτωση θα μπορούσες να γράψεις τουλάχιστον την μία.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Νοέμ 01, 2018 6:06 pm**

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε: ↑
Πέμ Νοέμ 01, 2018 5:04 pm

Τσιαλας Νικολαος έγραψε: ↑
Πέμ Νοέμ 01, 2018 2:58 pm
Επαναφέρω μετά από πολύ καιρό... Μπορεί η άσκηση 6 να λυθεί με άλλους τρόπους χωρίς αυτό το υπέροχο τεχνασμα?

Υ.γ: η πρώτη λύση μου ήρθε κατά την διάρκεια του ύπνου μου! Η δεύτερη την ώρα που έδειχνα την πρώτη στους μαθητές!
Δεν καταλαβαίνω τον σκοπό της ανάρτησης.

Η ερώτηση είναι αν υπάρχουν και άλλες λύσεις;

η ότι γνωρίζεις άλλες δύο λύσεις και θέλεις να γραφούν;

Πάντως στην δεύτερη περίπτωση θα μπορούσες να γράψεις τουλάχιστον την μία.

Απλά να δουμε αν υπάρχουν και άλλοι τρόποι... σίγουρα εγώ εχω 2 ακόμη! Μάλιστα σε μια ανάλογη εξίσωση ο Andreescu χρησιμοποιεί την έκφραση "αν είμαστε τυχεροί " βρίσκουμε.... Σκέφτηκα λοιπόν μήπως μπορούμε να βρούμε και άλλους!

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Νοέμ 01, 2018 6:48 pm**

Τσιαλας Νικολαος έγραψε: ↑
Πέμ Νοέμ 01, 2018 2:58 pm
Επαναφέρω μετά από πολύ καιρό... Μπορεί η άσκηση 6 να λυθεί με άλλους τρόπους χωρίς αυτό το υπέροχο τεχνασμα?

Καλησπέρα.

$x^4+(2-x)^4=34\Leftrightarrow x^4+(2-x)^4-34=0\Leftrightarrow 2x^4-8x^3+24x^2-32x-18=0$

$\Leftrightarrow x^4-4x^3+12x^2-16x-9=0\Leftrightarrow \left (x^4-4x^3+4x^2 \right )+ \left (8x^2-16x \right )-9 =0$

$\Leftrightarrow \left (x^2(x^2-4x+4) \right )+\left 8(x^2-2x \right )-9=0\Leftrightarrow \left (x(x-2) \right )^2+\left 8(x^2-2x \right )-9=0$

$\Leftrightarrow \left (x^2-2x \right )^2+\left 8(x^2-2x \right )-9=0\Leftrightarrow (x^2-2x-1)(x^2-2x+9)=0......$

mathematica.gr

Μερικές εξισώσεις για τον Θαλή

Μερικές εξισώσεις για τον Θαλή

Re: Μερικές εξισώσεις για τον Θαλή

Re: Μερικές εξισώσεις για τον Θαλή

Re: Μερικές εξισώσεις για τον Θαλή

Re: Μερικές εξισώσεις για τον Θαλή

Re: Μερικές εξισώσεις για τον Θαλή

Re: Μερικές εξισώσεις για τον Θαλή

Re: Μερικές εξισώσεις για τον Θαλή

Re: Μερικές εξισώσεις για τον Θαλή

Re: Μερικές εξισώσεις για τον Θαλή

Re: Μερικές εξισώσεις για τον Θαλή

Re: Μερικές εξισώσεις για τον Θαλή

Re: Μερικές εξισώσεις για τον Θαλή

Re: Μερικές εξισώσεις για τον Θαλή