Άρρητες Εξισώσεις

ΗρακληςΕυαγγελινος · #1

Με το συνάδελφο Μαθηματικό Ευριπίδη Κασσέτα διαλέξαμε και παρουσιάζουμε μια ομάδα (13) Άρρητων Εξισώσεων, απευθυνόμενοι σε συναδέλφους και μαθητές, επειδή στα τελευταία Σχολικά Βιβλία περιέχονται μόνο οι πολύ απλές μορφές.
Στην πρώτη άσκηση θα επιμείνουμε σχολαστικά στους περιορισμούς, ώστε να αποτελέσει υπόδειγμα και για τις άλλες ασκήσεις.

1) Να λυθεί η εξίσωση: $\sqrt{3x^2-7x-30}-\sqrt{2x^2-7x-5}=x-5 \qquad \qquad$

2) Να λυθεί η εξίσωση: $\sqrt{x^2+\alpha x -1}-\sqrt{x^2+\beta x -1}=\sqrt{\alpha x}-\sqrt{\beta x} \qquad$

3) Να λυθεί η εξίσωση: $\sqrt[3]{x-\alpha}+\sqrt[3]{x+\alpha}=\sqrt[3]{x^2-\alpha^2}+1, \qquad \alpha \in R \qquad$

4) Να λυθεί η εξίσωση: $\sqrt[3]{x-\alpha}+\sqrt[3]{x-\beta}+\sqrt[3]{x-\gamma}=0 \qquad \qquad$

5) Να λυθεί η εξίσωση: $\frac{x+1+\sqrt{x^2+3x}}{x+1-\sqrt{x^2+3x}}=\frac{\sqrt{3x-2}+\sqrt{3x}}{\sqrt{3x-2}-\sqrt{3x}} \qquad \qquad$

6) Να λυθεί η εξίσωση: $\frac{\sqrt{5x-4}+\sqrt{5-x}}{\sqrt{5x-4}-\sqrt{5-x}}=\frac{2\sqrt{x}+1}{2\sqrt{x}-1} \qquad \qquad$

7) Να λυθεί η εξίσωση: $\sqrt{x-\frac{1}{x}}+\sqrt{1-\frac{1}{x}}=x \qquad \qquad$

8) Να λυθεί η εξίσωση: $\frac{\sqrt{8+x}+\sqrt{8-x}}{\sqrt{8+x}-\sqrt{8-x}}=\frac{1}{2}\sqrt[3]{\frac{64}{x}} \qquad \qquad$

9) Να λυθεί η εξίσωση: $\frac{\sqrt{2+x}+\sqrt{2-x}}{\sqrt{2+x}-\sqrt{2-x}}=\frac{\sqrt[3]{2}}{\sqrt[3]{x}} \qquad \qquad$

10) Να λυθεί η εξίσωση: $\frac{\sqrt{1+x}-\sqrt{1-x}}{\sqrt{1+x}+\sqrt{1-x}}=\sqrt[3]{x} \qquad \qquad$

11) Να λυθεί η εξίσωση: $\frac{x+1+\sqrt{x^2+3x}}{x+1-\sqrt{x^2+3x}}=\frac{\sqrt{3x-2}+\sqrt{3x}}{\sqrt{3x-2}-\sqrt{3x}} \qquad \qquad$

12) Να λυθεί η εξίσωση: $\sqrt[3]{\alpha+x}-\sqrt[3]{\alpha-x}=\sqrt[6]{\alpha^2-x^2} ,$ με $\alpha>0 \qquad \qquad$

13) Να λυθεί η εξίσωση: $\sqrt[4]{41+x}+\sqrt[4]{41-x}=4$

#2

ΗρακληςΕυαγγελινος έγραψε: ↑
Σάβ Νοέμ 04, 2017 12:23 pm
Με το συνάδελφο Μαθηματικό Ευριπίδη Κασσέτα διαλέξαμε και παρουσιάζουμε μια ομάδα (13) Άρρητων Εξισώσεων, απευθυνόμενοι σε συναδέλφους και μαθητές, επειδή στα τελευταία Σχολικά Βιβλία περιέχονται μόνο οι πολύ απλές μορφές.
Στην πρώτη άσκηση θα επιμείνουμε σχολαστικά στους περιορισμούς, ώστε να αποτελέσει υπόδειγμα και για τις άλλες ασκήσεις.

1) Να λυθεί η εξίσωση: $\sqrt{3x^2-7x-30}-\sqrt{2x^2-7x-5}=x-5 \qquad \qquad$

Πρέπει $\displaystyle 3{x^2} - 7x - 30 \ge \wedge 2{x^2} - 7x - 5 \ge 0 \Rightarrow$ $\boxed{x \ge \frac{{7 + \sqrt {409} }}{6} \vee x \le \frac{{7 - \sqrt {409} }}{6}}$

Πολλαπλασιάζω με $\sqrt{3x^2-7x-30}+\sqrt{2x^2-7x-5}$ και έχω:

$x^2-25=(x-5)(\sqrt{3x^2-7x-30}+\sqrt{2x^2-7x-5})$ , απ' όπου παίρνω την δεκτή ρίζα $\boxed{x=5}$ και για $x\ne 5$

η εξίσωση γράφεται: $\displaystyle x + 5 = \sqrt {3{x^2} - 7x - 30} + \sqrt {2{x^2} - 7x - 5}$ και αν την προσθέσω κατά μέλη με την αρχική

$\displaystyle x = \sqrt {3{x^2} - 7x - 30} \ge 0 \Leftrightarrow x \ge \frac{{7 + \sqrt {409} }}{6} \wedge 2{x^2} - 7x + 30 = 0 \Rightarrow$ $\boxed{x=6}$

#3

ΗρακληςΕυαγγελινος έγραψε: ↑
Σάβ Νοέμ 04, 2017 12:23 pm
13) Να λυθεί η εξίσωση: $\sqrt[4]{41+x}+\sqrt[4]{41-x}=4$

$\displaystyle \sqrt[4]{41+x}+\sqrt[4]{41-x}=4$ , με $\displaystyle x\in [-41,41]$
Θέτουμε $\displaystyle u = \sqrt[4]{{41 + x}} \Rightarrow {u^4} = 41 + x$ και $\displaystyle v=\sqrt[4]{41-x}\Rightarrow {{v}^{4}}=41-x$
Επομένως : $\displaystyle u+v=4\,\,\,\,\,\,\,\,\,(1)$ και

$\displaystyle \begin{array}{l} {u^4} + {v^4} = 82 \Leftrightarrow {\left( {{u^2} + {v^2}} \right)^2} - 2{u^2}{v^2} = 82 \Leftrightarrow {\left( {{{(u + v)}^2} - 2uv} \right)^2} - 2{u^2}{v^2} = 82 \Leftrightarrow \\ \mathop \Leftrightarrow \limits^{(1)} {\left( {16 - 2uv} \right)^2} - 2{u^2}{v^2} = 82 \Leftrightarrow .... \Leftrightarrow uv = 3 \\ \end{array}$
Άρα $\displaystyle \left. \begin{array}{l} u + v = 4 \\ uv = 3 \\ \end{array} \right\} \Leftrightarrow ... \Leftrightarrow \left. {\begin{array}{*{20}{c}} {u = 1} \\ {v = 3} \\ \end{array}} \right\}$ ή $\displaystyle \left. \begin{matrix} u=3 \\ v=1 \\ \end{matrix} \right\}$
Τότε $\displaystyle \left. \begin{matrix} u=1 \\ v=3 \\ \end{matrix} \right\}\Leftrightarrow$ $\displaystyle \left. \begin{matrix} \sqrt[4]{41+x}=1 \\ \sqrt[4]{41-x}=3 \\ \end{matrix} \right\}\Leftrightarrow \left. \begin{matrix} x=-40 \\ x=-40 \\ \end{matrix} \right\}$ ή $\displaystyle \left. \begin{matrix} u=3 \\ v=1 \\ \end{matrix} \right\}\Leftrightarrow$ $\displaystyle \left. \begin{matrix} \sqrt[4]{41-x}=1 \\ \sqrt[4]{41+x}=3 \\ \end{matrix} \right\}\Leftrightarrow \left. \begin{matrix} x=40 \\ x=40 \\ \end{matrix} \right\}$
Άρα $\displaystyle x=-40$ ή $\displaystyle x=40$ (δεκτές λύσεις)

#4

ΗρακληςΕυαγγελινος έγραψε: ↑
Σάβ Νοέμ 04, 2017 12:23 pm

7) Να λυθεί η εξίσωση: $\sqrt{x-\frac{1}{x}}+\sqrt{1-\frac{1}{x}}=x \qquad \qquad$

Για $\displaystyle x - \frac{1}{x} \ge 0,1 - \frac{1}{x} \ge 0,x > 0 \Rightarrow$ $\boxed{x\ge 1}$ η εξίσωση γράφεται:

$\displaystyle \sqrt {{x^2} - 1} + \sqrt {x - 1} = x\sqrt x \Leftrightarrow \sqrt {{x^2} - 1} = x\sqrt x - \sqrt {x - 1} \Leftrightarrow$

$\displaystyle {x^2} - 1 = {x^3} + x - 1 - 2x\sqrt {{x^2} - x} \Leftrightarrow {x^2} - x + 1 = 2\sqrt {{x^2} - x}$

Θέτω $\sqrt{x^2-x}=t$ και έχω: $\displaystyle {t^2} + 1 = 2t \Leftrightarrow t = 1 \Leftrightarrow {x^2} - x - 1 = 0\mathop \Leftrightarrow \limits^{x \ge 1}$ $\boxed{x = \frac{{1 + \sqrt 5 }}{2}}$

#5

ΗρακληςΕυαγγελινος έγραψε: ↑
Σάβ Νοέμ 04, 2017 12:23 pm

12) Να λυθεί η εξίσωση: $\sqrt[3]{\alpha+x}-\sqrt[3]{\alpha-x}=\sqrt[6]{\alpha^2-x^2} ,$ με $\alpha>0 \qquad \qquad$

$\displaystyle \sqrt[3]{{\alpha + x}} - \sqrt[3]{{\alpha - x}} = \sqrt[6]{{{\alpha ^2} - {x^2}}},\alpha > 0\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(1)$
H $\displaystyle \,\,(1)$ ορίζεται στο $\displaystyle [-a,a]$ και δεν έχει ως ρίζες τους $\displaystyle -a,a,0$
Θέτουμε $\displaystyle u = \sqrt[3]{{\alpha + x}},\,\,\,\,\,v = \sqrt[3]{{\alpha - x}}$ με $\displaystyle u > 0,v > 0$
οπότε $\displaystyle \sqrt[6]{{{\alpha ^2} - {x^2}}} = \sqrt {\sqrt[3]{{a + x}}\sqrt[3]{{a - x}}} = \sqrt {uv}$
και έτσι η $\displaystyle \,(1)$ γίνεται :
$\displaystyle \begin{array}{l} u - v = \sqrt {uv} \Leftrightarrow {u^2} + {v^2} - 3uv = 0 \Leftrightarrow {v^2} - 3uv + {u^2} = 0 \Leftrightarrow v = \frac{{3u \pm u\sqrt 5 }}{2} \Leftrightarrow \\ \Leftrightarrow v = u\left( {\frac{{3 \pm \sqrt 5 }}{2}} \right) \Leftrightarrow \frac{v}{u} = \frac{{3 \pm \sqrt 5 }}{2} \\ \end{array}$
Είναι $\displaystyle u>v\Leftrightarrow \sqrt[3]{\alpha +x}>\sqrt[3]{\alpha -x}\Leftrightarrow x>0$ .
Άρα
$\displaystyle \frac{v}{u}=\frac{3+\sqrt{5}}{2}$ όταν $\displaystyle x<0$ $\displaystyle \,\,(2)$ και $\displaystyle \frac{v}{u}=\frac{3-\sqrt{5}}{2}$ όταν $\displaystyle x>0$ $\displaystyle \,\,(3)$
$\displaystyle (2) \Leftrightarrow \frac{v}{u} = \frac{{3 + \sqrt 5 }}{2} \Leftrightarrow \frac{{\sqrt[3]{{\alpha - x}}}}{{\sqrt[3]{{\alpha + x}}}} = \frac{{3 + \sqrt 5 }}{2} \Leftrightarrow \sqrt[3]{{\frac{{\alpha - x}}{{\alpha + x}}}} = \frac{{3 + \sqrt 5 }}{2} \Leftrightarrow \frac{{\alpha - x}}{{\alpha + x}} = {\left( {\frac{{3 + \sqrt 5 }}{2}} \right)^3} \Leftrightarrow .... \Leftrightarrow x = - \frac{{2a}}{{\sqrt 5 }}$
$\displaystyle (3) \Leftrightarrow \frac{v}{u} = \frac{{3 - \sqrt 5 }}{2} \Leftrightarrow \frac{{\sqrt[3]{{\alpha - x}}}}{{\sqrt[3]{{\alpha + x}}}} = \frac{{3 - \sqrt 5 }}{2} \Leftrightarrow \sqrt[3]{{\frac{{\alpha - x}}{{\alpha + x}}}} = \frac{{3 - \sqrt 5 }}{2} \Leftrightarrow \frac{{\alpha - x}}{{\alpha + x}} = {\left( {\frac{{3 - \sqrt 5 }}{2}} \right)^3} \Leftrightarrow .... \Leftrightarrow x = \frac{{2a}}{{\sqrt 5 }}$
Δεκτές και οι δύο

Μιχάλης Τσουρακάκης · #6

10) Να λυθεί η εξίσωση: $\frac{\sqrt{1+x}-\sqrt{1-x}}{\sqrt{1+x}+\sqrt{1-x}}=\sqrt[3]{x} \qquad \qquad$

Η εξίσωση ορίζεται στο $\displaystyle \left[ {0,1} \right]$

$\displaystyle \frac{{\sqrt {1 + x} - \sqrt {1 - x} }}{{\sqrt {1 + x} + \sqrt {1 - x} }} = \sqrt[3]{x} \Leftrightarrow \frac{{{{\left( {\sqrt {1 + x} - \sqrt {1 - x} } \right)}^2}}}{{2x}} = \sqrt[3]{x} \Leftrightarrow 1 - \sqrt {1 + x} \cdot \sqrt {1 - x} = \sqrt[3]{{{x^3}}} = x$

$\displaystyle \Leftrightarrow {\left( {\sqrt {1 - x} } \right)^2} - \sqrt {1 + x} \cdot \sqrt {1 - x} = 0 \Leftrightarrow \left( {\sqrt {1 - x} } \right)\left( {\sqrt {1 - x} - \sqrt {1 + x} } \right) = 0 \Leftrightarrow x = 1$ ή $\displaystyle x = 0$

#7

ΗρακληςΕυαγγελινος έγραψε: ↑
Σάβ Νοέμ 04, 2017 12:23 pm
3) Να λυθεί η εξίσωση: $\sqrt[3]{x-\alpha}+\sqrt[3]{x+\alpha}=\sqrt[3]{x^2-\alpha^2}+1, \qquad \alpha \in R \qquad$

$\displaystyle \begin{array}{l} \sqrt[3]{{x - \alpha }} + \sqrt[3]{{x + \alpha }} = \sqrt[3]{{{x^2} - {\alpha ^2}}} + 1\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(1) \\ a = 0 \Rightarrow 2\sqrt[3]{x} = \sqrt[3]{{{x^2}}} + 1 \Leftrightarrow {(\sqrt[3]{x} - 1)^2} = 0 \Leftrightarrow x = 1 \\ \left. \begin{array}{l} a > 0 \Rightarrow x > a \wedge x > - a \Rightarrow x > a \\ a < 0 \Rightarrow x > a \wedge x > - a \Rightarrow x > - a \\ \end{array} \right\}\,\,\,\,(2) \\ u = \sqrt[3]{{x + \alpha }},\,\,\,\,\,v = \sqrt[3]{{x - \alpha }},u > 0,v > 0 \\ (1) \Leftrightarrow u + v = uv + 1 \Leftrightarrow u + v - uv - 1 = 0 \Leftrightarrow \\ \Leftrightarrow u(1 - v) - (1 - v) = 0 \Leftrightarrow (u - 1)(1 - v) = 0 \Leftrightarrow u = 1 \vee v = 1 \Leftrightarrow \\ \Leftrightarrow \sqrt[3]{{x + \alpha }} = 1 \vee \sqrt[3]{{x - \alpha }} = 1 \Leftrightarrow x = - \alpha + 1 \vee x = \alpha + 1 \\ \,(2) \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} a > 0 \Rightarrow x = a + 1 \\ a < 0 \Rightarrow x = - a + 1 \\ \end{array} \right. \\ \end{array}$

Σταμ. Γλάρος · #8

ΗρακληςΕυαγγελινος έγραψε: ↑
Σάβ Νοέμ 04, 2017 12:23 pm

2) Να λυθεί η εξίσωση: $\sqrt{x^2+\alpha x -1}-\sqrt{x^2+\beta x -1}=\sqrt{\alpha x}-\sqrt{\beta x} \qquad$

Μια προσπάθεια...
Κατ΄αρχάς έχουμε περιορισμούς :
$x \in \left ( -\infty , min\left ( \frac{-a+\sqrt{a^2+4}}{2}, \frac{-b+\sqrt{b^2+4}}{2}\right ) \right ]\cup \left [ max\left ( \frac{-a+\sqrt{a^2+4}}{2}, \frac{-b+\sqrt{b^2+4}}{2} \right ) ,+\infty \right )$

α) Για a=b

η 2) ισχύει για κάθε $x \in \left ( -\infty , min\left ( \frac{-a+\sqrt{a^2+4}}{2}, \frac{-b+\sqrt{b^2+4}}{2}\right ) \right ]\cup \left [ max\left ( \frac{-a+\sqrt{a^2+4}}{2}, \frac{-b+\sqrt{b^2+4}}{2} \right ) ,+\infty \right )$

β) Για $a\neq b$ πολλαπλασιάζω την 2) με τις συζυγείς παραστάσεις των δύο μελών και έχω:

$\left ( ax-bx \right )\left ( \sqrt{ax} +\sqrt{bx}\right )= \left ( ax-bx \right )\left ( \sqrt{x^2+ax-1} +\sqrt{ax^2+bx-1}\right )$ $\Leftrightarrow$

$\Leftrightarrow$ $x \left ( a-b \right )\left ( \sqrt{x^2+ax-1} +\sqrt{ax^2+bx-1} -\sqrt{ax} -\sqrt{bx}\right ) = 0$ .
Από την τελευταία προκύπτει $\sqrt{x^2+ax-1} +\sqrt{ax^2+bx-1} -\sqrt{ax} -\sqrt{bx} = 0$ (2) αφού $x\neq 0$ .
Προσθέτοντας κατά μέλη τις (1) και (2) προκύπτει :
$\sqrt{x^2+ax-1}=\sqrt{ax}$ $\Leftrightarrow$ x= - 1

για

,

για

.

Φιλικά
Σταμ. Γλάρος

#9

ΗρακληςΕυαγγελινος έγραψε: ↑
Σάβ Νοέμ 04, 2017 12:23 pm

13) Να λυθεί η εξίσωση: $\sqrt[4]{41+x}+\sqrt[4]{41-x}=4$

Θέτουμε

$\displaystyle{a=\sqrt[4]{41+x}, b=\sqrt[4]{41-x},}$ οπότε αναγόμαστε στην επίλυση του συστήματος

$\displaystyle{\begin{cases}a+b=4, \\ a^4+b^4 =82\end{cases} \iff \begin{cases}a=2+k, \\ b=2-k, \\ (2+k)^4+(2-k)^4 =82, \\ k\in [-2,2]\end{cases}.}$

Η εξίσωση $\displaystyle{(2+k)^4+(2-k)^4 =82}$ γράφεται ως $\displaystyle{k^4+24k^2-25=0}$ , οπότε $\displaystyle{k^2=1\vee k^2=-25}$ δηλαδή $\displaystyle{k=\pm 1.}$

Τότε προκύπτει $\displaystyle{x=40\vee x=-40}$ που επαληθεύουν την αρχική εξίσωση.

KARKAR · #10

matha έγραψε: ↑
Δευ Νοέμ 06, 2017 10:25 am

$\displaystyle{\begin{cases}a+b=4, \\ a^4+b^4 =82\end{cases} \iff \begin{cases}a=2+k, \\ b=2-k, \\ (2+k)^4+(2-k)^4 =82 \\ k\in [-2,2]\end{cases}}$

Η εξίσωση $\displaystyle{(2+k)^4+(2-k)^4 =82}$

γράφεται ως : $\displaystyle{k^4+24k^2-25=0}$ ,

οπότε $\displaystyle{k^2=1\vee k^2=-25}$ , δηλαδή $\displaystyle{k=\pm 1.}$

Μα πώς στο καλό το κάνει ( το μαγικό ! )

Τι θα έκανε εδώ ένας "νορμάλ" λύτης ;

#11

KARKAR έγραψε: ↑
Δευ Νοέμ 06, 2017 12:33 pm

matha έγραψε: ↑
Δευ Νοέμ 06, 2017 10:25 am

$\displaystyle{\begin{cases}a+b=4, \\ a^4+b^4 =82\end{cases} \iff \begin{cases}a=2+k, \\ b=2-k, \\ (2+k)^4+(2-k)^4 =82 \\ k\in [-2,2]\end{cases}}$

Η εξίσωση $\displaystyle{(2+k)^4+(2-k)^4 =82}$

γράφεται ως : $\displaystyle{k^4+24k^2-25=0}$ ,

οπότε $\displaystyle{k^2=1\vee k^2=-25}$ , δηλαδή $\displaystyle{k=\pm 1.}$

Μα πώς στο καλό το κάνει ( το μαγικό ! )

Τι θα έκανε εδώ ένας "νορμάλ" λύτης ;

Την ίδια απορία είχα κι εγώ. Αυτή η έμπνευση $\boxed{a=2+k, b=2-k}$ με ξεπερνάει

#12

KARKAR έγραψε: ↑
Δευ Νοέμ 06, 2017 12:33 pm

Τι θα έκανε εδώ ένας "νορμάλ" λύτης ;

θα γράψω τι θα έκανα εγώ. Μέχρι $\displaystyle \left\{ \begin{array}{l} a + b = 4\\ {a^4} + {b^4} = 82 \end{array} \right.,$ θα έκανα το ίδιο. Απλώς θα έλυνα το σύστημα διαφορετικά.

$\displaystyle {a^4} + {b^4} = 82 \Leftrightarrow {({a^2} + {b^2})^2} - 2{a^2}{b^2} = 82 \Leftrightarrow {(16 - 2ab)^2} - 2{a^2}{b^2} = 82 \Leftrightarrow$

$\displaystyle {(ab)^2} - 32(ab) + 87 = 0 \Leftrightarrow$ $\boxed{ab = 3 \vee ab = 29}$

Άρα τα a, b

είναι ρίζες της εξίσωσης t^2-4t+3=0,

απ' όπου $\boxed{a=1,b=3}$ ή $\boxed{a=3,b=1}$

Η άλλη εξίσωση t^2-4t+29=0,

δεν έχει πραγματικές ρίζες.

S.E.Louridas · #13

ΗρακληςΕυαγγελινος έγραψε: ↑
Σάβ Νοέμ 04, 2017 12:23 pm
12) Να λυθεί η εξίσωση: $\sqrt[3]{\alpha+x}-\sqrt[3]{\alpha-x}=\sqrt[6]{\alpha^2-x^2} ,$ με $\alpha>0 \qquad \qquad$

Η εξίσωση γράφεται $\root 6 \of {{a^2} - {x^2}} + \root 3 \of {a - x} - \root 3 \of {a + x} = 0,$ οπότε από Euler παίρνουμε $\sqrt {{a^2} - {x^2}} + a - x - a - x = - 3\root 6 \of {{{\left( {{a^2} - {x^2}} \right)}^3}} = - 3\sqrt {{a^2} - {x^2}}$ ή
$2\sqrt {{a^2} - {x^2}} = x \geqslant 0 \Leftrightarrow ... \Leftrightarrow x = \frac{{2a}}{{\sqrt 5 }}.$

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #14

ΗρακληςΕυαγγελινος έγραψε: ↑
Σάβ Νοέμ 04, 2017 12:23 pm
4) Να λυθεί η εξίσωση: $\sqrt[3]{x-\alpha}+\sqrt[3]{x-\beta}+\sqrt[3]{x-\gamma}=0 \qquad \qquad$

Υποθέτουμε ότι τα a,b,c

δεν είναι και τα τρία ίσα.
Διαφορετικά είναι τετριμμένη.

Επειδή $x^{3}+y^{3}+z^{3}=3xyz\Leftrightarrow x+y+z=0\vee x=y=z$

η δοσμένη είναι ισοδύναμη με την

$3x-(a+b+c)=3\sqrt[3]{(x-a)(x-b)(x-c)}$

Υψώνοντας στην τρίτη η τελευταία είναι ισοδύναμη με την $(3x-(a+b+c))^{3}=27(x-a)(x-b)(x-c)$

Κάνοντας τις πράξεις βρίσκουμε ότι

$9x((a+b+c)^{2}-3(ab+bc+ca))=(a+b+c)^{3}-27abc$

από όπου βρίσκουμε εύκολα το

.

Από γνωστή ταυτότητα είναι $((a+b+c)^{2}-3(ab+bc+ca))\neq0$ οπότε πάντα υπάρχει μοναδική λύση.

Σταμ. Γλάρος · #15

ΗρακληςΕυαγγελινος έγραψε: ↑
Σάβ Νοέμ 04, 2017 12:23 pm
8) Να λυθεί η εξίσωση: $\frac{\sqrt{8+x}+\sqrt{8-x}}{\sqrt{8+x}-\sqrt{8-x}}=\frac{1}{2}\sqrt[3]{\frac{64}{x}} \qquad \qquad$

Καλησπέρα. Μια προσπάθεια στην παραπάνω.
Κατ΄αρχάς έχουμε τον περιορισμό $x\in (0,8]$ .
Πολλαπλασιάζοντας επί την συζυγή παράσταση του παρονομαστή την παραπάνω, ισοδυνάμως προκύπτει:
$\dfrac{ \left (\sqrt{8+x}+\sqrt{8-x}\right )^2} {x}=\sqrt[3]{\dfrac{64}{x}}$ $\Leftrightarrow$

$\Leftrightarrow$ $\dfrac{ 16+ 2 \sqrt{64-x^2}} {x}=\sqrt[3]{\dfrac{64}{x}}$ $\Leftrightarrow$

$\Leftrightarrow$ $8 + \sqrt{64-x^2} = 2 \sqrt[3]{ x^2 }$ .

Θέτω $\sqrt[3]{ x^2 } = w >0$ .

H παραπάνω παίρνει την μορφή : $8 + \sqrt{64 - w^3 } = 2w$ $\Leftrightarrow$ $\sqrt{64 - w^3 } = 2w -8$ .

Υψώνοντας στο τετράγωνο την τελευταία προκύπτει: x(w+8)(w-4) = 0

.
Από την τελευταία έχουμε δεκτή την w=4

από την οποία προκύπτει x=8

.
Τώρα να κάνουμε δεκτή την

; Δεν μου πάει να βάλω μέσα σε ρίζα τρίτης τάξης αρνητικό αριθμό!
Φιλικά
Σταμ. Γλάρος

#16

Ένα ιστορικό σχόλιο με αφορμή το τέχνασμα που χρησιμοποίησε παραπάνω ο Θάνος για την επίλυση του συστήματος
$\displaystyle {\begin{array}{*{20}c} {{\rm{\alpha }} + {\rm{\beta }} = 4} \\{{\rm{\alpha }}^4 + {\rm{\beta }}^4 = 82} \\\end{array}}$

Σε Βαβυλωνιακές πινακίδες που χρονολογούνται από το 1700 π.Χ., υπάρχουν πολλά γεωμετρικά προβλήματα τα οποία ανάγονται στην επίλυση συστημάτων αυτού του είδους. Για την επίλυση τους γίνεται εκτεταμένη χρήση των παρακάτω αριθμητικών σχέσεων τις οποίες σήμερα θα γράφαμε ως αλγεβρικές ταυτότητες στην ακόλουθη μορφή (με α > β):

$\displaystyle \begin{array}{*{20}c} {{\rm{\alpha }} = \frac{{{\rm{\alpha }} + {\rm{\beta }}}}{2} + \frac{{{\rm{\alpha }} - {\rm{\beta }}}}{2}} \\ {{\rm{\beta }} = \frac{{{\rm{\alpha }} + {\rm{\beta }}}}{2} - \frac{{{\rm{\alpha }} - {\rm{\beta }}}}{2}} \\ \end{array}{\rm{ }}(1)$

$\displaystyle {\rm{\alpha \beta }} = \left( {\frac{{{\rm{\alpha }} + {\rm{\beta }}}}{2}} \right)^2 - \left( {\frac{{{\rm{\alpha }} - {\rm{\beta }}}}{2}} \right)^2$ (2)
(στη λύση του Θάνου χρησιμοποιείται η (1) με ημιάθροισμα το 2 και ημιδιαφορά τον «βοηθητικό άγνωστο» k, που προσδιορίζεται από τη δεύτερη εξίσωση του συστήματος)
Π.χ., για τη θεμελιώδη μορφή «άθροισμα και γινόμενο»
$\displaystyle {\begin{array}{*{20}c} {{\rm{\alpha }} + {\rm{\beta }} = S} \\{{\rm{\alpha \beta }} = P} \\\end{array}}$
η διαδικασία είναι η εξής: Από την (2) που γράφεται $\displaystyle P = \left( {\frac{{\rm{S}}}{2}} \right)^2 - \left( {\frac{{{\rm{\alpha }} - {\rm{\beta }}}}{2}} \right)^2$
υπολογίζεται η ημιδιαφορά $\displaystyle \frac{{{\rm{\alpha }} - {\rm{\beta }}}}{2} = \sqrt {\left( {\frac{{\rm{S}}}{2}} \right)^2 - P}$ (δηλαδή o «βοηθητικός άγνωστος» k στη λύση του Θάνου) και εν συνεχεία από την (1) οι ζητούμενοι αριθμοί
$\displaystyle {\rm{\alpha }} = \frac{{\rm{S}}}{2} + \sqrt {\left( {\frac{{\rm{S}}}{2}} \right)^2 - P}$ και $\displaystyle {\rm{\beta }} = \frac{{\rm{S}}}{2} - \sqrt {\left( {\frac{{\rm{S}}}{2}} \right)^2 - P}$

Όπως γίνεται φανερό η διαδικασία αυτή (την οποία χρησιμοποίησε με συστηματικό τρόπο για την επίλυση δύσκολων αριθμητικών προβλημάτων ο Διόφαντος γύρω στο 250 μ.Χ.) αποτελεί την ουσία αυτού που ονομάστηκε αργότερα «τύπος της διακρίνουσας» για την επίλυση των εξισώσεων δευτέρου βαθμού. Θα πρέπει βέβαια να έχουμε υπόψη ότι όλα τα παραπάνω γράφονταν εκείνη τη μακρινή εποχή «με λόγια» χωρίς την ευελιξία που μας παρέχει ο σύγχρονος αλγεβρικός λογισμός.
Ως ένα χαρακτηριστικό παράδειγμα εφαρμογής της προηγούμενης διαδικασία προτείνω το πρόβλημα 3 από τη Βαβυλωνιακή πινακίδα ΑΟ 8862:
Το μήκος και το πλάτος μιας ορθογώνιας επιφάνειας έχουν άθροισμα 100. Με τη διαφορά του μήκους από το πλάτος και με το άθροισμά τους, δημιουργώ μια νέα ορθογώνια επιφάνεια. Οι δύο επιφάνειες μαζί είναι 4400. Ποιο είναι το μήκος και ποιο το πλάτος;

Γιάννης Θωμαΐδης

#17

george visvikis έγραψε: ↑
Δευ Νοέμ 06, 2017 1:14 pm
Την ίδια απορία είχα κι εγώ. Αυτή η έμπνευση $\boxed{a=2+k, b=2-k}$ με ξεπερνάει

Γιώργο, η ιδέα αυτή είναι πάρα μα πάρα πολύ παλιά.

Θα σε εκπλήξω λέγοντας ότι την συναντάμε στα αρχαία Βαβυλωνιακά Μαθηματικά, πριν από
το 1500 π.Χ.

Για παράδειγμα (με σύγχρονα σύμβολα) σε ένα αρχαίο Βαβυλωνιακό κείμενο λύνει την x(x+6)=16

ως εξής:

Θέτει x+6=y

, οπότε

και

. Από την πρώτη θέτει (ως άνω) $y=a+3, \, x=a-3$ και λοιπά (η δεύτερη τώρα γίνεται απλή).

Σε άλλο κείμενο για εύρεση δύο αριθμών με άθροισμα

και γινόμενο

ξεκινά με αριθμούς της μορφής $7+a, \, 7-a$ , και λοιπά.

Τα παραπάνω και πολλά παρόμοια παραδείγματα θα τα βρεις σε πολλές Ιστορίες των Μαθηματικών, π.χ. στην σελίδα 60 του Bunt, Jones, Bedient της ελληνικής μετάφρασης "Οι ιστορικές ρίζες των στοιχειωδών Μαθηματικών" .

Ένα άλλο κείμενο σταθμός που χρησιμοποιεί το ίδιο τέχνασμα, αλλά με γεωμετρική - ισοδύναμη - γλώσσα είναι τα Στοιχεία του Ευκλείδη, στο Β' Βιβλίο.

Edit: Τώρα είδα ότι έχει απαντήσει ο Γιάννης...

S.E.Louridas · #18

ΗρακληςΕυαγγελινος έγραψε: ↑
Σάβ Νοέμ 04, 2017 12:23 pm
13) Να λυθεί η εξίσωση: $\sqrt[4]{41+x}+\sqrt[4]{41-x}=4$

Ας δούμε και μία διαπραγμάτευση χωρίς τον ευχάριστο "κίνδυνο" να υπάρχει ως ιδέα στους Τεράστιους Αρχαίους προγόνους μας που έτσι ή αλλιώς εμπνέουν Ουσιαστικά και θα συνεχίσουν με τον τρόπο αυτό να εμπνέουν. Θεωρώ ότι η Ανθρωπότητα θα αρχίσει να έχει ουσιαστικό πρόβλημα αν οι Τεράστιοι αυτοί πρόγονοί μας πάψουν να εμπνέουν και προσωπικά αυτό το εννοώ.

Η εξίσωση έχει προφανώς Πεδίο Ορισμού το $\left[ { - 41,41} \right].$ Για $x \geqslant 0$ η δοθείσα γράφεται $\root 4 \of {41 - x} - 1 = 3 - \root 4 \of {41 + x}$ ή μετά από δύο απλές χρήσεις συζυγούς, αντίστοιχες για τα "εκατέρωθεν" μέλη έχουμε $\frac{{40 - x}}{{\left( {\root 4 \of {41 - x} + 1} \right)\left( {\sqrt {41 - x} + 1} \right)}} = \frac{{40 - x}}{{\left( {3 + \root 4 \of {41 + x} } \right)\left( {9 + \sqrt {41 + x} } \right)}}$ από όπου εύκολα παίρνουμε ως αποκλειστική λύση την x = 40,

αφού οι παρονομαστές, προφανώς δεν είναι ίσοι για θετικό

Αν τώρα $x \leqslant 0 \Leftrightarrow x = - \left| x \right|,$ τότε $\left| x \right| = 40$ ή x = - 40.

#19

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Δευ Νοέμ 06, 2017 9:06 pm

george visvikis έγραψε: ↑
Δευ Νοέμ 06, 2017 1:14 pm
Την ίδια απορία είχα κι εγώ. Αυτή η έμπνευση $\boxed{a=2+k, b=2-k}$ με ξεπερνάει
Γιώργο, η ιδέα αυτή είναι πάρα μα πάρα πολύ παλιά.

Θα σε εκπλήξω λέγοντας ότι την συναντάμε στα αρχαία Βαβυλωνιακά Μαθηματικά, πριν από
το 1500 π.Χ.

Οπωσδήποτε η σχέση $a=\dfrac{a+b}{2}+\dfrac{a-b}{2}, b=\dfrac{a+b}{2}-\dfrac{a-b}{2},$ που γράφει ο Γιάννης Θωμαΐδης πιο πάνω είναι

πασίγνωστη, καθώς επίσης και η ταυτότητα $\displaystyle ab = {\left( {\frac{{a + b}}{2}} \right)^2} - {\left( {\frac{{a - b}}{2}} \right)^2},$ που αποτελεί κλασσική μέθοδο για την

εύρεση μέγιστης τιμής του γινομένου

(με σταθερό άθροισμα a+b

). Ομολογώ όμως, ότι δεν θα μου ερχόταν ποτέ στο

μυαλό να λύσω ένα σύστημα με αυτό τον τρόπο, γι' αυτό και ενθουσιάστηκα με την έμπνευση του Θάνου.

KARKAR · #20

Γιώργο , εξέφρασα πρώτος τη χαρά που ένιωσα βλέποντας τη προσέγγιση του Θάνου ,

αν και είχα μια υποχρέωση να τη θυμηθώ . Βλέπε τη λύση που ... μετέφερα , εδώ .

Δεν πιστεύω βέβαια ότι ο Θάνος το είχε υπόψη αλλά η αναμόχλευση αξίζει σίγουρα

τον κόπο , κάποιος ακόμη μπορεί να αξιοποιήσει το "τέχνασμα " ...

Άρρητες Εξισώσεις

Άρρητες Εξισώσεις

Re: Άρρητες Εξισώσεις

Re: Άρρητες Εξισώσεις

Re: Άρρητες Εξισώσεις

Re: Άρρητες Εξισώσεις

Re: Άρρητες Εξισώσεις

Re: Άρρητες Εξισώσεις

Re: Άρρητες Εξισώσεις

Re: Άρρητες Εξισώσεις

Re: Άρρητες Εξισώσεις

Re: Άρρητες Εξισώσεις

Re: Άρρητες Εξισώσεις

Re: Άρρητες Εξισώσεις

Re: Άρρητες Εξισώσεις

Re: Άρρητες Εξισώσεις

Re: Άρρητες Εξισώσεις

Re: Άρρητες Εξισώσεις

Re: Άρρητες Εξισώσεις

Re: Άρρητες Εξισώσεις

Re: Άρρητες Εξισώσεις

Μέλη σε σύνδεση