mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Φεβ 07, 2009 7:48 pm**

Με δεδομένο ότι οι μαθητές της Α λυκείου δεν γνωρίζουν το Θεμελιώδες Θεώρημα της Άλγεβρας (Κάθε πολυωνυμική εξίσωση ν βαθμού έχει στο σύνολο των μιγαδικών αριθμών ν ακριβώς ρίζες) πως θα μπορούσαμε να δείξουμε ότι:
η εξίσωση: $\alpha x^{2}+\beta x+\gamma =0, \alpha \neq 0,$ με α, β , γ πραγματικούς αριθμούς, δεν μπορεί να έχει πάνω από δύο ρίζες.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Φεβ 07, 2009 8:00 pm**

Εγώ θα το δίδασκα ως εξής:
Ας πούμε ότι
$\alpha k^{2}+\beta k+\gamma =0$
$\alpha m^{2}+\beta m+\gamma =0$
$\alpha s^{2}+\beta s+\gamma =0$
Αφαιρούμε από την πρώτη σχέση τις δύο άλλες και παραγοντοποιούμε. Βρίσκουμε ότι
$\left( \alpha k^{2}+\beta k+\gamma \right) -\left( \alpha m^{2}+\beta m+\gamma \right) =\allowbreak \left( k-m\right) \left( \alpha m+\beta +\alpha k\right)=0$
$\left( \alpha k^{2}+\beta k+\gamma \right) -\left( \alpha s^{2}+\beta s+\gamma \right) =\allowbreak \left( k-s\right) \left( \alpha s+\beta +\alpha k\right) =0$
Αν υποτεθεί ότι $k\neq m,\,\ \ m\neq s$ τότε βρίσκουμε
$\alpha m+\beta +\alpha k=0,\,\,\alpha m+\beta +\alpha s=0$ από τις οποίες πάλι αφαιρώντας βρίσκουμε ότι k=s

.
Μαυρογιάννης

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Φεβ 08, 2009 5:20 pm**

Φαντάζομαι πως έχουν διδαχθεί τον Ευκλείδιο αλγόριθμο για διαίρεση πολυωνύμων; (Αν θυμάμαι καλά το μαθαίναμε στο γυμνάσιο.)

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Φεβ 08, 2009 5:29 pm**

Ναι Δημήτρη υπάρχει στην ύλη της Γ. Αν έχεις κάποια ιδέα στείλε την. Το θέμα που μας έστειλε ο Σπύρος έχει ενδιαφέρον γιατί μπορούμε να φωτίσουμε μία απλή έννοια από διάφορες μεριές. Αυτού του είδους η πολιορκία αρέσει στα παιδιά.
'Εχουμε και λέμε:
1) Η εξίσωση έχει το πολύ δύο ρίζες διότι λύνοντας την βγάζουμε ότι δύο το πολύ βρίσκουμε
2) Η εξίσωση έχει το πολύ δύο ρίζες διότι με απλές ταυτότητες βγαίνει ότι δεν έχουμε τρεις.
3) Η εξίσωση έχει το πολύ δύο ρίζες διότι....
4) Η εξίσωση έχει το πολύ δύο ρίζες διότι....
'Οσοι πιστοί...
Μαυρογιάννης

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Φεβ 08, 2009 5:39 pm**

Ναι, αν

και

, τότε

, όπου το

είναι γραμμικό και το R(x)

είναι σταθερό πολυώνυμο. Επειδή P(k) = 0

παίρνουμε ότι $R(x) \equiv 0$ . Άρα P(x) = (x-k)Q(x)

και οι ρίζες το Ρ είναι το κ και η μοναδική ρίζα του Q.

Αυτή η μέθοδος δουλεύει και για πολυώνυμα μεγαλύτερου βαθμού. (Αρκεί να έχουν διδαχθεί την μέθοδο της μαθηματικής επαγωγής.)

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Φεβ 08, 2009 6:08 pm**

Πολλοί μαθητές επισκέφτηκαν την λέσχη και στην συνέχεια μου μεταβίβασαν κάποιας μορφής απογοήτευση, γιατί δεν «βρήκαν» όπως έλεγαν, θέματα που να μπορούν να τα κατανοήσουν. Τους φάνηκαν «δύσκολα». Για τον λόγο αυτό παρουσίασα τις δύο αυτές ασκήσεις που τις θεώρησα προσιτές για τον μέσο μαθητή αρκετά διδακτικές και χρήσιμες. Ας μην ξεχνάμε συνάδελφοι ότι στα σχολεία μας, στα φροντιστήριά μας και στα ατομικά μας μαθήματα υπάρχουν μαθητές που ίσως να νιώσουν κάποια απογοήτευση αν αντιμετωπίσουν σε κάποιο κεφάλαιο για πρώτη φορά θέματα υψηλού επιπέδου.

Μαζί με τις δύο αυτές ασκήσεις που προσέγγισαν ο Νίκος, η Φωτεινή, ο Αλέξανδρος, ο Κώστας, ο Παύλος, ο Δημήτρης (ελπίζω να μην ξέχασα κανέναν) και εγώ, πρόσθεσα και άλλες έξι λυμένες ασκήσεις και τις τοποθέτησα στα αρχεία της λέσχης. Η μορφή του εγγράφου είναι μορφής pdf ξεκλείδωτο που μετατρέπετε εύκολα σε μορφή doc ώστε να μπορέσει ο οποιοσδήποτε συνάδελφος να τις τροποποιήσει ανάλογα με τις απαιτήσεις των μαθητών του, να τις εμπλουτίσει και να τις χρησιμοποιήσει στο μάθημά του ή στις σημειώσεις του.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Φεβ 08, 2009 8:11 pm**

Έστω ότι η εξίσωση έχει 3 διάφορες μεταξύ τους ρίζες $\varrho _{1},\varrho _{2},\varrho _{3},$ , τότε:
$\alpha \rho _{1}^{2}+\beta \rho _{1}+\gamma =0$
$\alpha \rho _{2}^{2}+\beta \rho _{2}+\gamma =0$
$\alpha \rho _{3}^{2}+\beta \rho _{3}+\gamma =0$
Θεωρούμε το ομογενές σύστημα 3χ3 με αγνώστους α,β,γ και όρίζουσα
D= $(\rho _{1}-\rho _{2})(\rho _{2}-\rho _{3})\rho _{3}-\rho _{1})$ $\neq 0$
Το σύστημα θα έχει τη λύση (α,β,γ)=(0,0,0), άτοπο διότι α $\neq 0$

Μία προσπάθεια βελτίωσης τρόπου του Νίκου
Η εξίσωση είναι ισοδύναμη με την εξίσωση: $x^{2}+\frac{b}{a}x+\frac{c}{a}=0$
Αρκεί λοιπόν να αποδείξουμε ότι η εξίσωση $x^{2}+\beta x+\gamma =0$ έχει το πολύ δύο ρίζες.
Ο τρόπος του Νίκου γίνεται ταχύτερος

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Φεβ 08, 2009 9:19 pm**

Νομίζω ότι από τις παραπάνω λύσεις, μόνο η λύση του συναδέλφου Μαυρογιάννη μπορεί να παρουσιαστεί σε τάξη Α' Λυκείου. Ισότητα πολυωνύμων ή ομογενή συστήματα είναι στη Β' Λυκείου και στην... Α' Παν/μίου, πλέον, αντίστοιχα.
Αν πάντως η άσκηση αναφερόταν στη Β' λυκείου (ισότητα πολ/μων), θα μπορούσαμε να κάνουμε και το εξής:
Έστω ότι το πολ/μο έχει τρεις ρίζες ρ1, ρ2, ρ3 -ανεξάρτητα αν είναι η όχι ίσες μεταξύ τους. Τότε από την ισότητα-ταυτότητα αx^2+βx+γ = k(x-ρ1)(x-ρ2)(x-ρ3), προκύπτει αμέσως ότι k=0, δηλ. το αρχικό πολ/μο είναι εκ ταυτότητος μηδέν!

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Φεβ 08, 2009 10:52 pm**

Στο συνημμένο δίνω μία πρόταση με ύλη Α΄Λυκείου χρησιμοποιώντας πρόσημο τριωνύμου. Ελπίζω να βοήθησα.
Αθ . Μπεληγιάννης

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Φεβ 08, 2009 11:17 pm**

Κύριε A.Spyridakis εγώ δεν απάντησα για μαθητή Α΄Λυκείου αλλά απλώς ανταποκρίθηκα στην πρόσκληση του Νίκου να δούμε το θέμα από διάφορες οπτικές γωνίες.
Νομίζω ότι οι σχετικές λύσεις με πολυώνυμα έχουν έτσι και αλλιώς πρόβλημα, διότι η σχετική θεωρία παρουσιάζεται στους μαθητές μετά από την ενότητα πλήθος λύσεων δευτεροβάθμιας.
Το ίδιο συμβαίνει και με τη εξυπνότατη λύση του κυρίου Αθ . Μπεληγιάννη, με το πρόσημο τριωνύμου.
Φιλικά
Χρήστος

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Φεβ 09, 2009 12:10 am**

mathfinder έγραψε:Στο συνημμένο δίνω μία πρόταση με ύλη Α΄Λυκείου χρησιμοποιώντας πρόσημο τριωνύμου. Ελπίζω να βοήθησα.
Αθ . Μπεληγιάννης

Έχω μία ένσταση για τον εν λόγω τρόπο όταν η εξίσωση έχει δύο μιγαδικές μη πραγματικές ρίζες (αρνητική διακρίνουσα) λόγω του ότι δεν ορίζεται διάταξη στους μιγαδικούς. Οπότε σε αυτή την περίπτωση (της αρνητικής διακρίνουσας) δεν μπορούμε να απορρίψουμε την επιπλέον ρίζα με το συγκεκριμένο τρόπο.

Αλέξανδρος

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Φεβ 09, 2009 12:38 am**

Αλέξανδρε , δίνω ένα τρόπο εξήγησης του θέματος σε μαθητές Α΄ Λυκείου , άρα δεν μπορούμε να μιλήσουμε για μιγαδικούς . Για τον μαθητή της Α΄Λυκείου η δευτεροβάθμια εξίσωση με αρνητική διακρίνουσα είναι αδύνατη στους πραγματικούς .
Νομίζω ότι αυτό είναι το θέμα της συζήτησης εδώ , αφορά στην Α΄λυκείου και όχι γενικά για την εξίσωση β΄βαθμού. Αν επεκταθούμε φυσικά και έχεις δίκιο.
Αθ . Μπεληγιάννης

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Φεβ 09, 2009 7:15 am**

Είναι σαφές πως ότι γράφουμε στο θέμα το γράφουμε έτσι για μας. Στην τάξη μπορεί να φιλτραριστεί κατάλληλα. Και χωρίς να πούμε τίποτα για άλλη θεωρία στηριζόμενοι στις γνώσεις που έχουν οι μαθητές μέχρι τότε που κάνουν το μάθημα. Ας δούμε πως:
Ξεκινάω από την ιδέα του Δημήτρη.
Διαιρούμε με την "μακριά διαίρεση" το τριώνυμο δια $x-\rho$ . Βρίσκουμε
$\alpha x^{2}+\beta x+\gamma =\left( x-\rho \right) \left( \allowbreak \alpha x+\beta +\rho \alpha \right) +\left( \gamma +\rho \beta +\rho ^{2}\alpha \right)$ .
Βάζουμε όπου

την ρίζα $\rho$ και έχουμε
$\alpha x^{2}+\beta x+\gamma =\left( x-\rho \right) \left( \allowbreak \alpha x+\beta +\rho \alpha \right)$ . Από εδώ μπορούμε να έχουμε την παραγοντοποίηση του Θανάση και να εφαρμόσουμε τα επιχειρήματα του.
Βάζουμε στην σχέση όπου $x=\rho ^{\prime }$ (η άλλη ρίζα). Βρίσκουμε
$\left( \rho ^{\prime }-\rho \right) \left( \allowbreak \alpha \rho ^{\prime }+\beta +\rho \alpha \right) =0$ δηλαδή
$\alpha \rho ^{\prime }+\alpha \rho =-\beta$ (μία από τις σχέσεις Vieta). Αυτή μας δείχνει ότι δεν υπάρχει χώρος για τρίτη ρίζα διότι τότε θα είναι και $\alpha \rho ^{\prime \prime }+\alpha \rho =-\beta$ . Αυτό ολοκληρώνει την επιχειρηματολογία στο δρόμο του Δημήτρη.
Πάμε στην αντιμετώπιση του Χρήστου. Δεν χρειάζεται να μιλήσουμε για ομογενή συστήματα. Λύνοντας το σύστημα
$\alpha \rho _{1}^{2}+\beta \rho _{1}+\gamma =0$
$\alpha \rho _{2}^{2}+\beta \rho _{2}+\gamma =0$
και αντικαθιστώντας στην τρίτη σχέση (οι επιμέρους διερευνήσεις έχουν το γούστο τους) βρίσκουμε
$\frac{\gamma }{\rho _{1}\rho _{2}}\rho _{3}^{2}-\gamma \frac{\rho _{2}+\rho _{1}}{\rho _{1}\rho _{2}}\rho _{3}+\gamma =0$ δηλαδή
$\allowbreak \frac{\gamma \left( \rho _{1}-\rho _{3}\right) \left( \rho _{2}-\rho _{3}\right) }{\rho _{1}\rho _{2}}$ που ολοκληρώνει την προσέγγιση του Χρήστου.
Να έχετε μία καλή μέρα.
Μαυρογιάννης

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Φεβ 09, 2009 10:22 am**

Επειδή όλες οι παρουσιάσεις που είδαμε απαιτούν μία τεχνική επιδεξιότητα που ενδεχομένως δεν τις έχουν όλοι οι μαθητές μας ίσως θα ήταν σκόπιμο να προσθέσουμε και μία ακόμη προσέγγιση που όντας "γεωμετρική" είναι αντιληπτή πιό εύκολα από όλα τα παιδιά. Μπορούμε να γράψουμε
$\alpha x^{2}+\beta x+\gamma =0 \Leftrightarrow x^2=-\frac{\beta }{\alpha }x-\frac{\gamma }{\alpha }$ .
Στηριζόμενοι σε όσα ξέρουν από το Γυμνάσιο μπορούμε να πούμε ότι η εξίσωση θα έχει τόσες λύσεις όσα διαφορετικά κοινά σημεία μπορεί να έχει η παραβολή y=x^2

με την ευθεία $y=-\frac{\beta }{\alpha }x-\frac{\gamma }{\alpha }$ . Επομένως αρκεί να αποδειχθεί ότι η y=x^2

δε μπορεί να έχει τρία συνευθειακά σημεία. Κάποιοι μαθητές θα μπορέσουν να το αποδείξουν με τεχνικές που ουσιωδώς δεν διαφέρουν από όσες παρέθεσαν οι συνάδελφοι πιό πριν. Κάποιοι όχι. Αλλά και αυτοί θα μπορούν να "πειστούν" με ένα σχήμα και ακόμη καλλίτερα μέσα από τον πειραματισμό με ένα πρόγραμμα δυναμικής Γεωμετρίας το οποίο βέβαια δεν υποκαθιστά τις αποδείξεις αλλά δείχνει πράγματα.
Μαυρογιάννης

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Απρ 05, 2011 1:35 pm**

Καρδαμίτσης Σπύρος έγραψε:Πολλοί μαθητές επισκέφτηκαν την λέσχη και στην συνέχεια μου μεταβίβασαν κάποιας μορφής απογοήτευση, γιατί δεν «βρήκαν» όπως έλεγαν, θέματα που να μπορούν να τα κατανοήσουν. Τους φάνηκαν «δύσκολα». Για τον λόγο αυτό παρουσίασα τις δύο αυτές ασκήσεις που τις θεώρησα προσιτές για τον μέσο μαθητή αρκετά διδακτικές και χρήσιμες. Ας μην ξεχνάμε συνάδελφοι ότι στα σχολεία μας, στα φροντιστήριά μας και στα ατομικά μας μαθήματα υπάρχουν μαθητές που ίσως να νιώσουν κάποια απογοήτευση αν αντιμετωπίσουν σε κάποιο κεφάλαιο για πρώτη φορά θέματα υψηλού επιπέδου.

Μαζί με τις δύο αυτές ασκήσεις που προσέγγισαν ο Νίκος, η Φωτεινή, ο Αλέξανδρος, ο Κώστας, ο Παύλος, ο Δημήτρης (ελπίζω να μην ξέχασα κανέναν) και εγώ, πρόσθεσα και άλλες έξι λυμένες ασκήσεις και τις τοποθέτησα στα αρχεία της λέσχης. Η μορφή του εγγράφου είναι μορφής pdf ξεκλείδωτο που μετατρέπετε εύκολα σε μορφή doc ώστε να μπορέσει ο οποιοσδήποτε συνάδελφος να τις τροποποιήσει ανάλογα με τις απαιτήσεις των μαθητών του, να τις εμπλουτίσει και να τις χρησιμοποιήσει στο μάθημά του ή στις σημειώσεις του.

Γειά σας ,
Θα ήθελα να ρωτήσω που βρίσκονται τα αρχεία της Λέσχης ;

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Απρ 05, 2011 1:40 pm**

irakleios έγραψε: Γειά σας ,
Θα ήθελα να ρωτήσω που βρίσκονται τα αρχεία της Λέσχης ;

...εδώ...
κοίτα στο κεντρικό μενού,τέταρτη σειρά

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Απρ 05, 2011 2:59 pm**

Eυχαριστώ πολύ!

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιούλ 09, 2011 4:03 am**

Γεωμετρικά επίσης.
Οι ρίζες της δευτεροβάθμιας εξίσωσης είναι όσα και τα σημεία τομής της γραφικής της παράστασης που είναι παραβολή με τον άξονα x'x.
Λόγω του σχήματος της παραβολής, οι ρίζες της εξαρτώνται από την κορυφή της παραβολής και το πρόσημο του μη μηδενικού αριθμού α.
Η παραβολή με άξονα συμμετρίας κατακόρυφη ευθεία μπορεί να έχει 0, 1 ή 2 σημεία τομής με την ευθεία y=0 άρα και η δευτεροβάθμια εξίσωση μπορεί αντίστοιχα να έχει 0, 1 ή 2 ρίζες.

mathematica.gr

ΕΞΙΣΩΣΗ 2ου ΒΑΘΜΟΥ (2)

ΕΞΙΣΩΣΗ 2ου ΒΑΘΜΟΥ (2)

Re: ΕΞΙΣΩΣΗ 2ου ΒΑΘΜΟΥ (2)

Re: ΕΞΙΣΩΣΗ 2ου ΒΑΘΜΟΥ (2)

Re: ΕΞΙΣΩΣΗ 2ου ΒΑΘΜΟΥ (2)

Re: ΕΞΙΣΩΣΗ 2ου ΒΑΘΜΟΥ (2)

Re: ΕΞΙΣΩΣΗ 2ου ΒΑΘΜΟΥ (2)

Re: ΕΞΙΣΩΣΗ 2ου ΒΑΘΜΟΥ (2)

Re: ΕΞΙΣΩΣΗ 2ου ΒΑΘΜΟΥ (2)

Re: ΕΞΙΣΩΣΗ 2ου ΒΑΘΜΟΥ (2)

Re: ΕΞΙΣΩΣΗ 2ου ΒΑΘΜΟΥ (2)

Re: ΕΞΙΣΩΣΗ 2ου ΒΑΘΜΟΥ (2)

Re: ΕΞΙΣΩΣΗ 2ου ΒΑΘΜΟΥ (2)

Re: ΕΞΙΣΩΣΗ 2ου ΒΑΘΜΟΥ (2)

Re: ΕΞΙΣΩΣΗ 2ου ΒΑΘΜΟΥ (2)

Re: ΕΞΙΣΩΣΗ 2ου ΒΑΘΜΟΥ (2)

Re: ΕΞΙΣΩΣΗ 2ου ΒΑΘΜΟΥ (2)

Re: ΕΞΙΣΩΣΗ 2ου ΒΑΘΜΟΥ (2)

Re: ΕΞΙΣΩΣΗ 2ου ΒΑΘΜΟΥ (2)