Εύρεση παραμέτρου

Συντονιστής: Τηλέγραφος Κώστας

Άβαταρ μέλους
mathxl
Δημοσιεύσεις: 6736
Εγγραφή: Τρί Δεκ 23, 2008 3:49 pm
Τοποθεσία: Σιδηρόκαστρο
Επικοινωνία:

Εύρεση παραμέτρου

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από mathxl » Σάβ Μαρ 02, 2013 9:14 pm

Μια κατασκευή πάνω σε γνωστή ιδέα.

Να βρείτε τον πραγματικό αριθμό \lambda ώστε η εξίσωση \left( 1 \right):{y^2} - {x^2} + 2y - 6x + \lambda  - 9 = 0 να παριστάνει δύο ευθείες στο επίπεδο.


Ποτε δεν κάνω λάθος! Μια φορά νομιζα πως είχα κάνει, αλλά τελικά έκανα λάθος!
Απ' τα τσακάλια δεν γλυτώνεις μ' ευχές η παρακάλια. Κ. Βάρναλης
Aπέναντι στις αξίες σου να είσαι ανυποχώρητος

Ενεργό μέλος από 23-12-2008 ως και 17-8-2014 (δεν θα απαντήσω σε πμ)
Atemlos
Δημοσιεύσεις: 587
Εγγραφή: Τετ Αύγ 17, 2011 6:11 am
Τοποθεσία: North

Re: Εύρεση παραμέτρου

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Atemlos » Κυρ Μαρ 03, 2013 12:10 am

mathxl έγραψε:Μια κατασκευή πάνω σε γνωστή ιδέα.

Να βρείτε τον πραγματικό αριθμό \lambda ώστε η εξίσωση \left( 1 \right):{y^2} - {x^2} + 2y - 6x + \lambda  - 9 = 0 να παριστάνει δύο ευθείες στο επίπεδο.
Εφόσον παριστάνει δυο ευθείες θα γράφεται στην μορφή \displaystyle{\left( {y - x + a} \right)\left( {y + x + b} \right) = 0}

από οπού εύκολα προκύπτει ότι \displaystyle{a =  - 2,b = 4} και \displaystyle{\lambda  = 1}


Άβαταρ μέλους
mathxl
Δημοσιεύσεις: 6736
Εγγραφή: Τρί Δεκ 23, 2008 3:49 pm
Τοποθεσία: Σιδηρόκαστρο
Επικοινωνία:

Re: Εύρεση παραμέτρου

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από mathxl » Κυρ Μαρ 03, 2013 1:18 am

Atemlos έγραψε:
Εφόσον παριστάνει δυο ευθείες θα γράφεται στην μορφή \displaystyle{\left( {y - x + a} \right)\left( {y + x + b} \right) = 0}
Σωστά τα τελικά αποτελέσματα αλλά γιατί πχ οι ευθείες δεν είναι της μορφής ax + by + c = 0 με \left| a \right| + \left| b \right| \ne 0 ; Πως προκύπτει με γνώσεις β λυκείου ότι a=-2,b=4;


Ποτε δεν κάνω λάθος! Μια φορά νομιζα πως είχα κάνει, αλλά τελικά έκανα λάθος!
Απ' τα τσακάλια δεν γλυτώνεις μ' ευχές η παρακάλια. Κ. Βάρναλης
Aπέναντι στις αξίες σου να είσαι ανυποχώρητος

Ενεργό μέλος από 23-12-2008 ως και 17-8-2014 (δεν θα απαντήσω σε πμ)
margavare
Δημοσιεύσεις: 203
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 10:48 am
Τοποθεσία: Βέροια

Re: Εύρεση παραμέτρου

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από margavare » Κυρ Μαρ 03, 2013 7:14 am

\begin{gathered} 
  {y^2} - {x^2} + 2y - 6x + \lambda  - 9 = 0 \Leftrightarrow  \hfill \\ 
   \hfill \\ 
  {y^2} + 2y + 1 - 1 - {x^2} - 6x - 9 + \lambda  = 0 \Leftrightarrow  \hfill \\ 
   \hfill \\ 
  {\left( {y + 1} \right)^2} - {\left( {x + 3} \right)^2} = 1 - \lambda  \hfill \\ 
   \hfill \\  
\end{gathered}

Για \lambda  \ne 1 η εξίσωση είναι υπερβολή.
Για \lambda  = 1 η εξίσωση παριστάνει τις ευθείες \displaystyle{y + x + 4 = 0\;\,\eta \,\;y - x - 2 = 0}.


Μαργαρίτα Βαρελά
Άβαταρ μέλους
Γιώργος Απόκης
Διευθύνον Μέλος
Δημοσιεύσεις: 5092
Εγγραφή: Δευ Μάιος 16, 2011 7:56 pm
Τοποθεσία: Πάτρα
Επικοινωνία:

Re: Εύρεση παραμέτρου

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιώργος Απόκης » Κυρ Μαρ 03, 2013 10:48 am

Λίγο διαφορετικά:

Θεωρώ την εξίσωση ως 2ου βαθμού ως προς \displaystyle{y}, άρα αυτή γίνεται : \displaystyle{y^2+2y+(-x^2-6x+\lambda-9)=0}

και έχει διακρίνουσα \displaystyle{\Delta=4-4(-x^2-6x+\lambda-9)=4(x^2+6x-\lambda+10)}.

\displaystyle{\bullet} Αν \displaystyle{\Delta<0}, η εξίσωση δεν έχει λύσεις.

\displaystyle{\bullet} Αν \displaystyle{\Delta=0} τότε \displaystyle{y=-1} (μία ευθεία)

\displaystyle{\bullet} Αν \displaystyle{\Delta>0} τότε \displaystyle{y_{1,2}=\frac{-2\pm\sqrt{\Delta}}{2}} που παριστάνουν ευθείες αν

και μόνο αν η \displaystyle{\Delta=4(x^2+6x-\lambda+10)} είναι τέλειο τετράγωνο, δηλαδή αν και μόνο αν το τριώνυμο \displaystyle{x^2+6x-\lambda+10} έχει

διακρίνουσα \displaystyle{\Delta '=0\Leftrightarrow 36-4(-\lambda+10)=0\Leftrightarrow \lambda=1}


Γιώργος
Άβαταρ μέλους
mathxl
Δημοσιεύσεις: 6736
Εγγραφή: Τρί Δεκ 23, 2008 3:49 pm
Τοποθεσία: Σιδηρόκαστρο
Επικοινωνία:

Re: Εύρεση παραμέτρου

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από mathxl » Κυρ Μαρ 03, 2013 2:08 pm

Αυτούς τους δύο τρόπους έχω υπόψη μου. Θεωρώ ως πλήρη την απάντηση της Μαργαρίτας (εφόσον κάποιος διδάξει και την μεταφορά αξόνων. Με ενδιαφέρει το "αν και μόνο αν" στην λύση του Γιώργου στην περίπτωση που η διακρίνουσα είναι θετική και απαιτούμε η "νέα" διακρίνουσα να είναι μηδέν. Αν είναι 0 τότε έχουμε δύο ευθείες, αν δεν είναι 0 γιατί οι λύσεις που προκύπτουν δεν παριστάνουν εξισώσεις ευθειών;


Ποτε δεν κάνω λάθος! Μια φορά νομιζα πως είχα κάνει, αλλά τελικά έκανα λάθος!
Απ' τα τσακάλια δεν γλυτώνεις μ' ευχές η παρακάλια. Κ. Βάρναλης
Aπέναντι στις αξίες σου να είσαι ανυποχώρητος

Ενεργό μέλος από 23-12-2008 ως και 17-8-2014 (δεν θα απαντήσω σε πμ)
Άβαταρ μέλους
Γιώργος Απόκης
Διευθύνον Μέλος
Δημοσιεύσεις: 5092
Εγγραφή: Δευ Μάιος 16, 2011 7:56 pm
Τοποθεσία: Πάτρα
Επικοινωνία:

Re: Εύρεση παραμέτρου

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιώργος Απόκης » Κυρ Μαρ 03, 2013 4:01 pm

mathxl έγραψε:Με ενδιαφέρει το "αν και μόνο αν" στην λύση του Γιώργου στην περίπτωση που η διακρίνουσα είναι θετική και απαιτούμε η "νέα" διακρίνουσα να είναι μηδέν. Αν είναι 0 τότε έχουμε δύο ευθείες, αν δεν είναι 0 γιατί οι λύσεις που προκύπτουν δεν παριστάνουν εξισώσεις ευθειών;
Πράγματι η λύση δεν είναι πληρης...

Έχουμε τις λύσεις : \displaystyle{y=-1\pm\sqrt{x^2+6x-\lambda+10}}.

Tο υπόρριζο για \displaystyle{\lambda\geq 1} και αφού \displaystyle{\Delta>0} παραγοντοποιείται ως εξής : \displaystyle{(x+3-\sqrt{\lambda-1})(x+3+\sqrt{\lambda-1})}.

Επομένως, έχουμε : \displaystyle{y=1=\pm\sqrt{(x+3-\sqrt{\lambda-1})(x+3+\sqrt{\lambda-1})}} και με ύψωση στο τετράγωνο έχουμε :

\displaystyle{(y+1)^2=(x+3)^2-(\lambda-1)} και από εκεί και μετά η λογική είναι όπως στη λύση της Μαργαρίτας...

Κάποιος καλύτερος τρόπος θα υπάρχει... :)


Γιώργος
Άβαταρ μέλους
mathxl
Δημοσιεύσεις: 6736
Εγγραφή: Τρί Δεκ 23, 2008 3:49 pm
Τοποθεσία: Σιδηρόκαστρο
Επικοινωνία:

Re: Εύρεση παραμέτρου

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από mathxl » Κυρ Μαρ 03, 2013 9:49 pm

Γιώργος Απόκης έγραψε:
Έχουμε τις λύσεις : \displaystyle{y=-1\pm\sqrt{x^2+6x-\lambda+10}}.

:)
Συμπληρώνω: αφού αυτές παριστάνουν τις εξισώσεις δύο ευθειών, ας είναι \left( \varepsilon  \right):y =  - 1 + \sqrt {{x^2} + 6x - \lambda  + 10}  \wedge \left( \eta  \right):y =  - 1 - \sqrt {{x^2} + 6x - \lambda  + 10}
Για την \left( \varepsilon  \right):y =  - 1 + \sqrt {{x^2} + 6x - \lambda  + 10} παίρνουμε τρία της σημεία, τα {\rm A}\left( { - 1, - 1 + \sqrt {5 - \lambda } } \right),{\rm B}\left( {0, - 1 + \sqrt {10 - \lambda } } \right),\Gamma \left( {1, - 1 + \sqrt {17 - \lambda } } \right) για τα οποία ισχύει ότι {\lambda _{{\rm A}{\rm B}}} = {\lambda _{\Gamma {\rm B}}} \Leftrightarrow \sqrt {17 - \lambda }  + \sqrt {5 - \lambda }  = 2\sqrt {10 - \lambda }  \Leftrightarrow \lambda  = 1 τιμή που με αντικατάσταση δίνει τις εξισώσεις των ευθειών \left( \varepsilon  \right):y = x + 2 \wedge \left( \eta  \right):y =  - x - 4 άρα δεκτή.

Στην λύση του φίλου Atemlos, κρατώντας το σκεπτικό του και απαιτώντας \left( {ax + by + c} \right)\left( {Ax + By + C} \right) = 0 \wedge \left| a \right| + \left| b \right| \ne 0 \wedge \left| A \right| + \left| B \right| \ne 0 μπορούμε να έχουμε προσαρμογή σε σχολικά πλαίσια;


Ποτε δεν κάνω λάθος! Μια φορά νομιζα πως είχα κάνει, αλλά τελικά έκανα λάθος!
Απ' τα τσακάλια δεν γλυτώνεις μ' ευχές η παρακάλια. Κ. Βάρναλης
Aπέναντι στις αξίες σου να είσαι ανυποχώρητος

Ενεργό μέλος από 23-12-2008 ως και 17-8-2014 (δεν θα απαντήσω σε πμ)
Άβαταρ μέλους
Γιώργος Απόκης
Διευθύνον Μέλος
Δημοσιεύσεις: 5092
Εγγραφή: Δευ Μάιος 16, 2011 7:56 pm
Τοποθεσία: Πάτρα
Επικοινωνία:

Re: Εύρεση παραμέτρου

#9

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιώργος Απόκης » Δευ Μαρ 04, 2013 11:15 am

mathxl έγραψε: Συμπληρώνω...
Ωραία ιδέα! :clap2:


Γιώργος
Άβαταρ μέλους
Πρωτοπαπάς Λευτέρης
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2825
Εγγραφή: Τετ Οκτ 14, 2009 12:20 am
Τοποθεσία: Πετρούπολη, Αθήνα
Επικοινωνία:

Re: Εύρεση παραμέτρου

#10

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Πρωτοπαπάς Λευτέρης » Δευ Μαρ 04, 2013 12:46 pm

mathxl έγραψε:Μια κατασκευή πάνω σε γνωστή ιδέα.

Να βρείτε τον πραγματικό αριθμό \lambda ώστε η εξίσωση \left( 1 \right):{y^2} - {x^2} + 2y - 6x + \lambda  - 9 = 0 να παριστάνει δύο ευθείες στο επίπεδο.
Βασίλη αν δεν κάνω λάθος γίνεται.

Έστω η ευθεία \varepsilon_1 με εξίσωση y=m_1x+b_1 ή x=x_1
και η ευθεία \varepsilon_2 με εξίσωση y=m_2+b_2 ή x=x_2.

Τα γινόμενα που προκύπτουν είναι τα: \displaystyle{(y-m_1x-b_1)(y-m_2x-b_2)=0\,(I)} ή \displaystyle{(y-m_1x-b_1)(x-x_2)=0\,(II)} ή \displaystyle{(x-x_1)(y-m_2x-b_2)=0\,(III)} ή \displaystyle{(x-x_1)(x-x_2)=0\,(IV)}.

Οι εξισώσεις (II),(IΙΙ) έχουν τον όρο xy ο οποίος δεν υπάρχει στην ζητούμενη εξίσωση, οπότε απορρίπτονται.
Η εξίσωση (IV) δεν έχει τον όρο y^2, οπότε απορρίπτεται.

Η (I) ισοδύναμα γίνεται:
\displaystyle{y^2+m_1m_2x^2+(-m_1-m_2)xy+(-b_2-b_1)y+(m_1b_2+m_2b_1)x+b_1b_2=0}.

Συνεπώς από τα x^2, xy βρίσκουμε ότι \displaystyle{m_1m_2=-1,-m_1-m_2=0}, οπότε χωρίς βλάβη της γενικότητας έχουμε \displaystyle{(m_1,m_2)=(1,-1)}.

Επίσης από τα x,y βρίσκουμε ότι -b_1-b_2=2,m_1b_2+m_2b_1=-6 και αφού \displaystyle{(m_1,m_2)=(1,-1)},
παίρνουμε -b_1-b_2=2,b_2-b_1=-6 \Leftrightarrow (b_1,b_2)=(2,-4).

Συνεπώς \lambda-9=b_1b_2=2(-4)=-8 \Rightarrow \lambda=1.


Κάθε πρόβλημα έχει μία τουλάχιστον λύση!!!
Άβαταρ μέλους
mathxl
Δημοσιεύσεις: 6736
Εγγραφή: Τρί Δεκ 23, 2008 3:49 pm
Τοποθεσία: Σιδηρόκαστρο
Επικοινωνία:

Re: Εύρεση παραμέτρου

#11

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από mathxl » Δευ Μαρ 04, 2013 2:53 pm

Λευτέρη καλό μεσημέρι. Έχω την αίσθηση ότι παρουσιάζει κάποιες "σχολικές αδυναμίες" ως προς την εξήγηση παρόμοιες με αυτές που θα παρουσίαζε και η λύση του φίλου Atemlos .
Για παράδειγμα: Γιατί εξισώνουμε τους συντελεστές -πως προκύπτει από διδαχθείσα θεωρία; Γιατί απορρίπτουμε εξισώσεις που έχουν όρο xy; Το επιχείρημα ότι δεν υπάρχει τέτοιος όρος στην δοθείσα μοιάζει βολικό.

ίσως και εδώ δίνοντας κατάλληλες τιμές στο x να απαιτούμε σε κάθε περίπτωση να έχουμε το ίδιο y με αυτό που προκύπτει από την δοθείσα για την ίδια ακριβώς τιμή του x


Ποτε δεν κάνω λάθος! Μια φορά νομιζα πως είχα κάνει, αλλά τελικά έκανα λάθος!
Απ' τα τσακάλια δεν γλυτώνεις μ' ευχές η παρακάλια. Κ. Βάρναλης
Aπέναντι στις αξίες σου να είσαι ανυποχώρητος

Ενεργό μέλος από 23-12-2008 ως και 17-8-2014 (δεν θα απαντήσω σε πμ)
Άβαταρ μέλους
Πρωτοπαπάς Λευτέρης
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2825
Εγγραφή: Τετ Οκτ 14, 2009 12:20 am
Τοποθεσία: Πετρούπολη, Αθήνα
Επικοινωνία:

Re: Εύρεση παραμέτρου

#12

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Πρωτοπαπάς Λευτέρης » Δευ Μαρ 04, 2013 5:28 pm

Βασίλη καλησπέρα.

Δεν πρόλαβα να σου απαντήσω στο π.μ.. Τώρα ξαναβρέθηκα στον Η/Υ.

Νομίζω καταρχήν ότι η προσέγγιση είναι σχολική, κινούμενοι ανάλογα με την ισότητα πολυωνύμων. Πάντως στο ίδιο σκεπτικό έχω μια 100% σχολική λύση.
Θα ήθελα την άποψή σου.

Καταρχήν πάμε όπως και πριν ...

Έστω η ευθεία \varepsilon_1 με εξίσωση y=m_1x+b_1 ή x=x_1
και η ευθεία \varepsilon_2 με εξίσωση y=m_2+b_2 ή x=x_2.

Τα γινόμενα που προκύπτουν είναι τα: \displaystyle{(y-m_1x-b_1)(y-m_2x-b_2)=0\,(I)} ή \displaystyle{(y-m_1x-b_1)(x-x_2)=0\,(II)} ή \displaystyle{(x-x_1)(y-m_2x-b_2)=0\,(III)} ή \displaystyle{(x-x_1)(x-x_2)=0\,(IV)}.

Οι εξισώσεις (II),(IΙΙ) έχουν τον όρο xy ο οποίος δεν υπάρχει στην ζητούμενη εξίσωση, οπότε απορρίπτονται.
Η εξίσωση (IV) δεν έχει τον όρο y^2, οπότε απορρίπτεται.

Η (I) ισοδύναμα γίνεται:
\displaystyle{y^2+m_1m_2x^2+(-m_1-m_2)xy+(-b_2-b_1)y+(m_1b_2+m_2b_1)x+b_1b_2=0 (V)}.

Αφού η (1) δεν έχει όρο xy, απαιτείται να ισχύει m_2=-m_1 (VI).

Επίσης m_2=-m_1\neq0 διότι αν είναι ίσα με μηδέν, η εξίσωση (1) δεν ταυτίζεται με την (VI).

Τότε η (V) γίνεται:

\displaystyle{y^2-m_1^2x^2+(-b_2-b_1)y+m_1(b_2-b_1)x+b_1b_2=0 (VI)}.

Για y=0 η (1) δίνει: \displaystyle{-x^2-6x+\lambda-9=0}, η οποία έχει σίγουρα δύο ρίζες με άθροισμα -6 και γινόμενο 9-\lambda.

Ομοίως για y=0 η (VI) δίνει: \displaystyle{-m_1^2x^2+m_1(b_2-b_1)x+b_1b_2=0}, η οποία έχει σίγουρα δύο ρίζες με άθροισμα \displaystyle{\frac{m_1(b_2-b_1)}{-m_1^2}} και γινόμενο \displaystyle{\frac{b_1b_2}{-m_1^2}}.

Συνεπώς πρέπει: \displaystyle{\frac{m_1(b_2-b_1)}{-m_1^2}=-6,\frac{b_1b_2}{-m_1^2}=9-\lambda \Leftrightarrow b_2-b_1=6m_1,b_1b_2=(\lambda-9)m_1^2 (VII)}.

Για x=0 η (1) δίνει: \displaystyle{y^2+2y+\lambda-9=0}, η οποία έχει σίγουρα δύο ρίζες με άθροισμα -2 και γινόμενο \lambda-9.

Ομοίως για x=0 η (VI) δίνει: \displaystyle{y^2+(-b_2-b_1)y+b_1b_2=0}, η οποία έχει σίγουρα δύο ρίζες με άθροισμα \displaystyle{b_1+b_2} και γινόμενο \displaystyle{b_1b_2}.

Συνεπώς πρέπει: \displaystyle{b_2+b_1=-2,b_1b_2=\lambda-9 (VIII)}.

Από τις (VII),(VIII) έχουμε ότι: \displaystyle{(\lambda-9)=(\lambda-9)m_1^2 \Leftrightarrow \lambda=9} ή m_1=1 ή m_1=-1.

Αν \lambda=9 από τις (VII),(VIII) έχουμε b_2b_1=0 \Leftrightarrow b_1=0 ή b_2=0.
* Αν b_1=0 από τις (VII),(VIII) έχουμε \displaystyle{b_2=6m_1,b_2=-2 \Leftrightarrow (b_2,m_1)=\left(-2, -\frac{1}{3} \right)}.
Τότε η (VI) δίνει:
\displaystyle{y^2-\frac{1}{9}x^2+2y+\frac{2}{3}x+0=0}, η οποία δεν ταυτίζεται με την (1).
* Αν b_2=0 από τις (VII),(VIII) έχουμε \displaystyle{b_1=-6m_1,b_1=-2 \Leftrightarrow (b_1,m_1)=\left(-2, \frac{1}{3} \right)}.
Τότε η (VI) δίνει:
\displaystyle{y^2-\frac{1}{9}x^2+2y+\frac{2}{3}x+0=0}, η οποία δεν ταυτίζεται με την (1).

Αν m_1=1 από τις (VII),(VIII) έχουμε b_2-b_1=6,b_2+b_1=-2 \Leftrightarrow (b_1,b_2)=(-4,2), οπότε \displaystyle{(-4) \cdot 2 =\lambda - 9 \Leftrightarrow \lambda =1}.

Αν m_1=-1 από τις (VII),(VIII) έχουμε b_2-b_1=-6,b_2+b_1=-2 \Leftrightarrow (b_1,b_2)=(2,-4), οπότε \displaystyle{2 \cdot (-4) =\lambda - 9 \Leftrightarrow \lambda =1}.

Αρκετό γράψιμο... Ελπίζω να μην ξέφυγε κάτι...


Κάθε πρόβλημα έχει μία τουλάχιστον λύση!!!
Άβαταρ μέλους
mathxl
Δημοσιεύσεις: 6736
Εγγραφή: Τρί Δεκ 23, 2008 3:49 pm
Τοποθεσία: Σιδηρόκαστρο
Επικοινωνία:

Re: Εύρεση παραμέτρου

#13

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από mathxl » Δευ Μαρ 04, 2013 8:21 pm

Καλό βράδυ.
Λευτέρη νόμισα ότι έλαβες το μήνυμα και ότι δεν είχες να προσθαφαιρέσεις τίποτε. Βιάστηκα!! :ewpu:
Πρωτοπαπάς Λευτέρης έγραψε:Βασίλη καλησπέρα.



Νομίζω καταρχήν ότι η προσέγγιση είναι σχολική, κινούμενοι ανάλογα με την ισότητα πολυωνύμων. Πάντως στο ίδιο σκεπτικό έχω μια 100% σχολική λύση.
Θα ήθελα την άποψή σου.
Πολύ γράψιμο, πράγματι, χαράς το κουράγιο σου. Πάντα αναλυτικός!

Πάλι δεν μου αρέσει το επιχείρημα με τον όρο yx σε συνδυασμό  με την ισότητα πολυωνύμων, αλλά θα το ξεπεράσω τρώγοντας κανένα τοστάκι.
Σε ευχαριστώ για την λεπτομερή σου απάντηση.

Σκοπός μου ήταν να αναδειχθούν sxoliko;i τρόποι επίλυσης παρόμοιων ασκήσεων με αυτή και να "πάρω" ιδέες από τους συναδέλφους μέσα από το σχολείο του mathematica.gr.


Ποτε δεν κάνω λάθος! Μια φορά νομιζα πως είχα κάνει, αλλά τελικά έκανα λάθος!
Απ' τα τσακάλια δεν γλυτώνεις μ' ευχές η παρακάλια. Κ. Βάρναλης
Aπέναντι στις αξίες σου να είσαι ανυποχώρητος

Ενεργό μέλος από 23-12-2008 ως και 17-8-2014 (δεν θα απαντήσω σε πμ)
Άβαταρ μέλους
Πρωτοπαπάς Λευτέρης
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2825
Εγγραφή: Τετ Οκτ 14, 2009 12:20 am
Τοποθεσία: Πετρούπολη, Αθήνα
Επικοινωνία:

Re: Εύρεση παραμέτρου

#14

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Πρωτοπαπάς Λευτέρης » Δευ Μαρ 04, 2013 10:02 pm

mathxl έγραψε: Πάλι δεν μου αρέσει το επιχείρημα με τον όρο yx σε συνδυασμό με την ισότητα πολυωνύμων, αλλά θα το ξεπεράσω τρώγοντας κανένα τοστάκι.
Βασίλη αν είναι να τρώμε τοστάκια για να καταπίνουμε επιχειρήματα την πατήσαμε. Καθένας από εμάς θα φτάσει τα 400 κιλά :mrgreen:

Για τον όρο xy νομίζω ότι κινούμενοι με την μεθοδολογία που χρησιμοποίησα ακολούθως μπορούμε να βρούμε αποτελέσματα.


Κάθε πρόβλημα έχει μία τουλάχιστον λύση!!!
Μπάμπης Στεργίου
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 5390
Εγγραφή: Δευ Δεκ 22, 2008 2:16 pm
Τοποθεσία: Χαλκίδα - Καρδίτσα

Re: Εύρεση παραμέτρου

#15

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Μπάμπης Στεργίου » Δευ Μαρ 04, 2013 10:37 pm

mathxl έγραψε:............................

Στην λύση του φίλου Atemlos, κρατώντας το σκεπτικό του και απαιτώντας \left( {ax + by + c} \right)\left( {Ax + By + C} \right) = 0 \wedge \left| a \right| + \left| b \right| \ne 0 \wedge \left| A \right| + \left| B \right| \ne 0 μπορούμε να έχουμε προσαρμογή σε σχολικά πλαίσια;
Βασίλη, βασανιστικό ερώτημα όντως !

Είναι αυτό το.. ''σχολικά πλαίσια'' που κάνει τη δυσκολία !

Να γιατί δεν πρέπει να κάνει κανένας εκπτώσεις στα κλασικά μαθηματικά(άλγεβρα, γεωμετρία, τριγωνομετρία, θεωρία αριθμών) ! Διαφορετικά θα προσπαθεί να εξηγήσει τις ....διαφορικές εξισώσεις με αριθμητική τεσσάρων πράξεων !

Μπ.


Μπουμπουλής Κώστας
Δημοσιεύσεις: 56
Εγγραφή: Τρί Απρ 26, 2011 1:58 am

Re: Εύρεση παραμέτρου

#16

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Μπουμπουλής Κώστας » Τρί Μαρ 05, 2013 1:55 am

Μια προσπάθεια.
Θεωρώντας την ως δευτεροβάθμιο πολυώνυμο ως προς y και απαιτώντας \Delta \geq 0 βρίσκουμε \lambda \geq 1
Θεωρώντας την ως δευτεροβάθμιο πολυώνυμο ως προς x και απαιτώντας \Delta \geq 0 βρίσκουμε\lambda \leq 1.
Άρα \lambda = 1 που επαληθεύει.
Συγχωρείστε μου που δε γράφω αναλυτικά τις πράξεις.


Άβαταρ μέλους
mathxl
Δημοσιεύσεις: 6736
Εγγραφή: Τρί Δεκ 23, 2008 3:49 pm
Τοποθεσία: Σιδηρόκαστρο
Επικοινωνία:

Re: Εύρεση παραμέτρου

#17

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από mathxl » Τρί Μαρ 05, 2013 1:57 pm

Μπουμπουλής Κώστας έγραψε: Θεωρώντας την ως δευτεροβάθμιο πολυώνυμο ως προς y και απαιτώντας \Delta \geq 0 βρίσκουμε \lambda \geq 1
Θεωρώντας την ως δευτεροβάθμιο πολυώνυμο ως προς x και απαιτώντας \Delta \geq 0 βρίσκουμε\lambda \leq 1.
Άρα \lambda = 1 που επαληθεύει.
Κώστα καλό μεσημέρι.
Στην αρχή είχα άλλο σχόλιο γιατί μάλλον δεν κατάλαβα τον τρόπο λύσης σου που πληκτρολογώ.
Θέλουμε να έχουμε λύσεις στην {y^2} + 2y + ( - {x^2} - 6x + \lambda  - 9) = 0 άρα
{\Delta _1} \ge 0,\forall x \in R \Leftrightarrow {x^2} + 6x - \lambda  + 10 \ge 0,\forall x \in R \Leftrightarrow {{\Delta '}_1} \le 0 \Leftrightarrow \lambda  \le 1
Όμοια
Θέλουμε να έχουμε λύσεις στην - {x^2} - 6x + ({y^2} + 2y + \lambda  - 9) = 0
{\Delta _2} \ge 0,\forall y \in R \Leftrightarrow {y^2} + 2y + \lambda  \ge 0,\forall y \in R \Leftrightarrow {{\Delta '}_2} \le 0 \Leftrightarrow \lambda  \ge 1
Άρα \lambda  = 1
Οι λύσεις που προκύπτουν για \lambda  = 1 πρέπει να παριστάνουν ευθείες, εύκολα βλέπουμε (φυσικά και βαριέμαι να κάνω την επαλήθευση που ισχύει) ότι η \lambda  = 1 επαληθεύει δίνοντας τις ευθείες y + x + 4 = 0\;{\mkern 1mu} \eta {\mkern 1mu} \;y - x - 2 = 0.
Πολύ καλό! :clap2:


Ποτε δεν κάνω λάθος! Μια φορά νομιζα πως είχα κάνει, αλλά τελικά έκανα λάθος!
Απ' τα τσακάλια δεν γλυτώνεις μ' ευχές η παρακάλια. Κ. Βάρναλης
Aπέναντι στις αξίες σου να είσαι ανυποχώρητος

Ενεργό μέλος από 23-12-2008 ως και 17-8-2014 (δεν θα απαντήσω σε πμ)
Άβαταρ μέλους
Γιώργος Απόκης
Διευθύνον Μέλος
Δημοσιεύσεις: 5092
Εγγραφή: Δευ Μάιος 16, 2011 7:56 pm
Τοποθεσία: Πάτρα
Επικοινωνία:

Re: Εύρεση παραμέτρου

#18

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιώργος Απόκης » Τρί Μαρ 05, 2013 2:27 pm

Μπουμπουλής Κώστας έγραψε:Μια προσπάθεια.
Θεωρώντας την ως δευτεροβάθμιο πολυώνυμο ως προς y και απαιτώντας \Delta \geq 0 βρίσκουμε \lambda \geq 1
Θεωρώντας την ως δευτεροβάθμιο πολυώνυμο ως προς x και απαιτώντας \Delta \geq 0 βρίσκουμε\lambda \leq 1.
Άρα \lambda = 1 που επαληθεύει.
Συγχωρείστε μου που δε γράφω αναλυτικά τις πράξεις.
:coolspeak:


Γιώργος
Άβαταρ μέλους
rek2
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1833
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 12:13 am

Re: Εύρεση παραμέτρου

#19

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από rek2 » Τρί Μαρ 05, 2013 9:21 pm

mathxl έγραψε: .....
Θέλουμε να έχουμε λύσεις στην {y^2} + 2y + ( - {x^2} - 6x + \lambda  - 9) = 0 άρα
{\Delta _1} \ge 0,\forall x \in R \Leftrightarrow {x^2} + 6x - \lambda  + 10 \ge 0,\forall x \in R \Leftrightarrow {{\Delta '}_1} \le 0 \Leftrightarrow \lambda  \le 1
Όμοια
Θέλουμε να έχουμε λύσεις στην - {x^2} - 6x + ({y^2} + 2y + \lambda  - 9) = 0
{\Delta _2} \ge 0,\forall y \in R \Leftrightarrow {y^2} + 2y + \lambda  \ge 0,\forall y \in R \Leftrightarrow {{\Delta '}_2} \le 0 \Leftrightarrow \lambda  \ge 1
....
Εδώ:

{\Delta _1} \ge 0,\forall x \in R \Leftrightarrow {x^2} + 6x - \lambda  + 10 \ge 0,\forall x \in R ...

ο ποσοδείκτης αναιρεί την περίπτωση να έχουμε κατακόρυφες ευθείες;


ἴδμεν ψεύδεα πολλὰ λέγειν ἐτύμοισιν ὁμοῖα,
ἴδμεν δ' εὖτ' ἐθέλωμεν ἀληθέα γηρύσασθαι
Άβαταρ μέλους
mathxl
Δημοσιεύσεις: 6736
Εγγραφή: Τρί Δεκ 23, 2008 3:49 pm
Τοποθεσία: Σιδηρόκαστρο
Επικοινωνία:

Re: Εύρεση παραμέτρου

#20

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από mathxl » Τρί Μαρ 05, 2013 11:16 pm

rek2 έγραψε:
mathxl έγραψε: .....
Θέλουμε να έχουμε λύσεις στην {y^2} + 2y + ( - {x^2} - 6x + \lambda  - 9) = 0 άρα
{\Delta _1} \ge 0,\forall x \in R \Leftrightarrow {x^2} + 6x - \lambda  + 10 \ge 0,\forall x \in R \Leftrightarrow {{\Delta '}_1} \le 0 \Leftrightarrow \lambda  \le 1
Όμοια
Θέλουμε να έχουμε λύσεις στην - {x^2} - 6x + ({y^2} + 2y + \lambda  - 9) = 0
{\Delta _2} \ge 0,\forall y \in R \Leftrightarrow {y^2} + 2y + \lambda  \ge 0,\forall y \in R \Leftrightarrow {{\Delta '}_2} \le 0 \Leftrightarrow \lambda  \ge 1
....
Εδώ:

{\Delta _1} \ge 0,\forall x \in R \Leftrightarrow {x^2} + 6x - \lambda  + 10 \ge 0,\forall x \in R ...

ο ποσοδείκτης αναιρεί την περίπτωση να έχουμε κατακόρυφες ευθείες;
Κώστα ναι :D ! Πρέπει να εξεταστεί χωριστά η περίπτωση της κατακόρυφης και της οριζόντιας,
Έστω ότι η εξίσωση δίνει λύση κάποια κατακόρυφη x = {x_0} τότε αυτή θα πρέπει να επαληθεύει την εξίσωση μας για κάθε y \in R δηλαδή
να ισχύει {y^2} + 2y + ( - x_0^2 - 6{x_0} + \lambda  - 9) = 0 για κάθε y \in R πράγμα που είναι άτοπο αφού δεν έχουμε μηδενικό πολυώνυμο ως προς y.
Για τον ίδιο ακριβώς λόγο αποκλείεται και η περίπτωση, η εξίσωση μας να παριστάνει κάποια οριζόντια y = {y_0} (το - {x^2} - 6x + y_0^2 + 2{y_0} + \lambda  - 9 = 0 δεν είναι μηδενικό πολυώνυμο ως προς x).
Άρα αναζητούμε πλάγιες ευθείες όπου το x καλύπτει το R όπως και το y.


Βέβαια δεν ξέρω αν όλα τα παραπάνω είναι λύση που σκέφτηκε ο Κώστας (Μπουμπουλής) ή μια δική μου άστοχη ερμηνεία της λύσης του.


Ποτε δεν κάνω λάθος! Μια φορά νομιζα πως είχα κάνει, αλλά τελικά έκανα λάθος!
Απ' τα τσακάλια δεν γλυτώνεις μ' ευχές η παρακάλια. Κ. Βάρναλης
Aπέναντι στις αξίες σου να είσαι ανυποχώρητος

Ενεργό μέλος από 23-12-2008 ως και 17-8-2014 (δεν θα απαντήσω σε πμ)
Απάντηση

Επιστροφή σε “ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ Β'”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης