mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Νοέμ 06, 2010 10:33 am**

Αν

να υπολογιστεί το γινόμενο abc.

(Από άσκηση καθηγητή σε μαθητές Γ' Γυμνασίου.)

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Νοέμ 06, 2010 10:47 am**

Μία λύση είναι η εξής

a^3+b^3+c^3=(a+b+c)(a^2+b^2+c^2)-a^2b-ab^2-b^2c-bc^2-c^2a-ca^2

άρα

$\displaystyle{a^3+b^3+c^3=(a+b+c)(a^2+b^2+c^2)+(-a^2b-ab^2-abc)+(-b^2c-bc^2-abc)+(-c^2a-ca^2-abc)+3abc}$ άρα

$\displaystyle{a^3+b^3+c^3=(a+b+c)(a^2+b^2+c^2)-ab(a+b+c)-bc(a+b+c)-ca(a+b+c)+3abc}$ δηλαδή

a^3+b^3+c^3=(a+b+c)(a^2+b^2+c^2)-(a+b+c)(ab+bc+ca)+3abc

και τελικά

$\displaystyle{a^3+b^3+c^3=(a+b+c)(a^2+b^2+c^2)-\displaystyle\frac{1}{2}(a+b+c)\big((a+b+c)^2-(a^2+b^2+c^2)\big)+3abc}$

Αντικαθιστώντας τις γνωστές τιμές και λύνοντας ως προς abc

βρίσκουμε

.

Αλέξανδρος

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Νοέμ 06, 2010 11:17 am**

Ελπίζω να είναι εντάξει για Γ' γυμνασίου:

Είναι 2(ab+bc+ca)=(a+b+c)^2-(a^2+b^2+c^2)=1-1=0

, άρα

.

Θεωρούμε το πολυώνυμο P(x)=(x-a)(x-b)(x-c)

, οπότε

.

Έχουμε

P(x)=x^3-(a+b+c)x^2+(ab+bc+ca)x-abc=x^3-x^2-abc

,

οπότε

$\displaystyle{0=P(a)+P(b)+P(c)=(a^3+b^3+c^3)-(a^2+b^2+c^2)-3abc=1-1-3abc=-3abc}$ .

Συνεπώς, abc=0

.

Φιλικά,

Αχιλλέας

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Νοέμ 06, 2010 2:21 pm**

Και βέβαια γνωρίζοντας ότι abc=0

είναι πολύ εύκολο να δούμε ότι δυο ακριβώς από τις μεταβλητές είναι ίσες προς το μηδέν και η τρίτη ίση προς την θετική μονάδα

Παρουσιάζω παρακάτω μια διαφορετική προσέγγιση:

Από c=1-a-b

και $a+b+c=a^{2}+b^{2}+c^{2}$ λαμβάνουμε

$(a+b)^{2}-(a+b)-ab=0$ ,

ενώ από c=1-a-b

και $a+b+c=a^{3}+b^{3}+c^{3}$ λαμβάνουμε

(a+b)[(a+b)-ab-1]=0

.

Αν έχουμε $(a+b)^{2}-(a+b)-ab=0$ (πρώτη σχέση) και a+b=0

(δεύτερη σχέση) τότε ισχύει και η ab=0

, οπότε προφανώς a=b=0

[και

].

Αν πάλι έχουμε $(a+b)^{2}-(a+b)-ab=0$ (πρώτη σχέση) και (a+b)-ab-1=0

(δεύτερη σχέση) τότε αντικαθιστώντας την a+b=1+ab

στην $(a+b)^{2}-(a+b)-ab=0$ λαμβάνουμε ab=0

και, επιστρέφοντας στην a+b=1+ab

,

. Συμπεραίνουμε ότι είτε $a=0,\,\, b=1$ [και c=0

] είτε $a=1,\,\, b=0$ [και c=0

].

Γιώργος Μπαλόγλου

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Νοέμ 06, 2010 10:29 pm**

Να σας ευχαριστήσω όλους για τις απαντήσεις. Achillea μου άρεσε πολύ και η λύση που ανέβασες και εν συνέχεια την πήρες πίσω (όσο πρόλαβα να τη δω). Επί της ευκαιρίας παραθέτω και τη δική μου:

$a+b+c=1\Rightarrow (a+b+c)^2=1\Rightarrow a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca=1\Rightarrow 1+2ab+2bc+2ca=1\Rightarrow ab+bc+ca=0 (1)$

και

$a^3+b^3+c^3-3abc=(a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)\Rightarrow 1-3abc=1(1-0)$ λόγω της (1)

$\Rightarrow abc=0$

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Νοέμ 06, 2010 10:39 pm**

Μια προσέγγιση ακόμη

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Νοέμ 07, 2010 8:22 pm**

Όντως την είχαμε ξαναδεί εδώ viewtopic.php?f=49&t=8988...

mathematica.gr

Ταυτότητες

Ταυτότητες

Re: Ταυτότητες

Re: Ταυτότητες

Re: Ταυτότητες

Re: Ταυτότητες

Re: Ταυτότητες

Re: Ταυτότητες