mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Μάιος 12, 2012 5:35 am**

Εαν για τους πραγματικούς $\displaystyle{a,b}$ ισχυει $\displaystyle{\left( {a + \sqrt {{a^2} + 1} } \right)\left( {b + \sqrt {{b^2} + 1} } \right) = 1}$

να βρείτε την τιμή της παράστασης $\displaystyle{a + b}$

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Μάιος 12, 2012 8:36 am**

Από τη δοθείσα σχέση παίρνουμε: $a+\sqrt{a^2+1}=\dfrac{1}{b+\sqrt{b^2+1}}=\dfrac{\sqrt{b^2+1}-b}{(\sqrt{b^2+1}+b)(\sqrt{b^2+1}-b)}=\sqrt{b^2+1}-b .$

Όμοια $b+\sqrt{b^2+1}=\sqrt{a^2+1}-a .$

Άρα $\left(a+\sqrt{a^2+1}\right)\left(b+\sqrt{b^2+1}\right) = \left(\sqrt{b^2+1}-b\right)\left(\sqrt{a^2+1}-a\right) \Rightarrow$

$a\sqrt{b^2+1} = -b\sqrt{a^2+1}$

Από την προηγούμενη προκύπτει ότι $ab\leq 0$ και

$a^2(b^2+1)=b^2(a^2+1) \Rightarrow a^2=b^2 \Rightarrow (a-b)(a+b)=0 \overset{ab\leq 0}{\Longrightarrow} a+b=0 .$

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Μάιος 12, 2012 9:00 am**

Πολύ καλημέρα σε όλους, προπαρασκευαστικά:
$\displaystyle{ \begin{array}{l} \sqrt {b^2 + 1} > \sqrt {b^2 } \ge |b| \Rightarrow \\ \sqrt {b^2 + 1} > b\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\sqrt {b^2 + 1} > - b \Rightarrow \sqrt {b^2 + 1} - b > 0\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\sqrt {b^2 + 1} + b > 0 \\ \end{array} }$
Έτσι,
$\displaystyle{ \begin{array}{l} \left( {a + \sqrt {a^2 + 1} } \right)\left( {b + \sqrt {b^2 + 1} } \right) = 1 \Leftrightarrow a + \sqrt {a^2 + 1} = \frac{1}{{b + \sqrt {b^2 + 1} }} \Leftrightarrow a + \sqrt {a^2 + 1} = \sqrt {b^2 + 1} - b\mathop \Leftrightarrow \limits^{a + b = x} \\ a + \sqrt {a^2 + 1} = \sqrt {(x - a)^2 + 1} - x + a \Leftrightarrow \sqrt {a^2 + 1} = \sqrt {(x - a)^2 + 1} - x \Leftrightarrow a^2 + 1 = x^2 - 2ax + a^2 + 1 + x^2 - 2x\sqrt {(x - a)^2 + 1} \Leftrightarrow \\ 2x^2 - 2ax - 2x\sqrt {(x - a)^2 + 1} = 0 \Leftrightarrow - 2x(\sqrt {(x - a)^2 + 1} - (x - a)) = 0 \Leftrightarrow - 2x(\sqrt {b^2 + 1} - b) = 0 \Leftrightarrow x = 0 \Leftrightarrow a + b = 0 \\ \end{array} }$

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Μάιος 12, 2012 11:32 am**

εδώ

edit

έχει δώσει μια ωραία λύση ο Σωτήρης Λουρίδας σε ένα παρόμοιο,
κάτι σαν το $\displaystyle{\left( {sin x + \sqrt {{cos^2 x} + 1} } \right)\left( {sin x + \sqrt {{cos^2 x} + 1} } \right) = ...}$
ίσως από διαγωνισμό της ΕΜΕ αλλά δεν κατάφερα να το βρω

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Μάιος 13, 2012 12:03 pm**

Έστω $a=\tan x$ και $b=\tan y$ με $x,y\in \left(-\frac{\pi}{2} , \frac{\pi}{2}\right) .$

$(a+\sqrt{a^2+1})(b+\sqrt{b^2+1}) = 1 \Leftrightarrow$ $\left(\tan x+\sqrt{\tan^2 x+1}\right)\left(\tan y+\sqrt{\tan^2 y+1}\right) = 1 \Leftrightarrow$

$\left(\tan x+\dfrac{1}{\cos x}\right)\left(\tan y+\dfrac{1}{\cos y}\right) = 1 \Leftrightarrow$ $(\sin x+1)(\sin y+1) = \cos x\cos y \Leftrightarrow$

$\sin x+\sin y+1-\cos (x+y)=0 \Leftrightarrow$ $2\sin\frac{x+y}{2}\cos\frac{x-y}{2}+2\sin^2\frac{x+y}{2}=0 \Leftrightarrow$

$4\sin\frac{x+y}{2}\sin(\frac{\pi}{4}+\frac{x}{2})\cos(\frac{\pi}{4}-\frac{y}{2})=0 .$

Επειδή $-\frac{\pi}{2}<\frac{x+y}{2}<\frac{\pi}{2} \; , \; 0<\frac{\pi}{4}+\frac{x}{2}<\frac{\pi}{2} \; , \; 0<\frac{\pi}{4}-\frac{y}{2}<\frac{\pi}{2}$

θα είναι x+y=0 ,

οπότε $a+b=\tan x+\tan (-x)=0.$

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιουν 02, 2012 9:30 am**

parmenides51 έγραψε:εδώ

edit

έχει δώσει μια ωραία λύση ο Σωτήρης Λουρίδας σε ένα παρόμοιο,
κάτι σαν το $\displaystyle{\left( {sin x + \sqrt {{cos^2 x} + 1} } \right)\left( {sin x + \sqrt {{cos^2 x} + 1} } \right) = ...}$
ίσως από διαγωνισμό της ΕΜΕ αλλά δεν κατάφερα να το βρω

παρόμοιες: 1, 2

στην δεύτερη παραπομπή είναι η ωραία λύση του Σωτήρη που προανέφερα

mathematica.gr

Άθροισμα

Άθροισμα

Re: Άθροισμα

Re: Άθροισμα

Re: Άθροισμα

Re: Άθροισμα

Re: Άθροισμα