mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Δεκ 15, 2024 11:27 pm**

: 2001.PNG (147.29 KiB) Προβλήθηκε 2054 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Δεκ 16, 2024 10:42 am**

Πρόβλημα 2

Ι) Επειδή $\widehat A+\widehat C=180^o,$ το ABCD

θα είναι εγγράψιμο, οπότε $A\widehat DC=90^o.$

$\displaystyle DO = OB = \frac{{AC}}{2} \Rightarrow DH = HC = \frac{{3a}}{2} \Leftrightarrow HM = \frac{a}{2}$

Το

είναι όμως περίκεντρο του ABCD,

οπότε $\displaystyle OH = \frac{1}{2}OD = \frac{1}{2}OB \Leftrightarrow \frac{{OH}}{{OB}} = \frac{1}{2} = \frac{{HM}}{{MB}},$

άρα

διχοτόμος του τριγώνου OMB

και $\boxed{MN=HM=\dfrac{a}{2}}$

: Προκριματικός 2001.png (23.7 KiB) Προβλήθηκε 1988 φορές

II) Εύκολα $H\widehat OM=30^o,$ δηλαδή $DO\bot AC,$ άρα το ADC

είναι ορθ. και ισοσκελές και $\boxed{AD=DC}$

III) $\displaystyle \widehat A = 60^\circ \Leftrightarrow DB = R\sqrt 3 \Leftrightarrow R = \frac{{3a}}{{\sqrt 3 }}$

$\displaystyle E_{ABCD} = \frac{1}{2}2R \cdot DB\sin 60^\circ = \frac{{3a}}{{\sqrt 3 }}3a\frac{{\sqrt 3 }}{2} \Leftrightarrow$ $\boxed{{E_{ABCD}} = \frac{{9{a^2}}}{2}}$

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Δεκ 16, 2024 12:35 pm**

Eίμαι στο σχολείο και έχω κενό. Ας γράψω το πρώτο μέρος από το Πρόβλημα 1.
Παλιά άσκηση...

$x^{4}+y^{4}+z^{4}-2x^{2}y^{2}-2y^{2}z^{2}-2z^{2}x^{2}=$

$\left( x^{2} -y^{2}-z^{2}\right)^{2}-4y^{2}z^{2}=\left( x^{2} -y^{2}-z^{2}\right)^{2}-\left( 2yz \right)^{2}=$

$\left( x^{2}-y^{2}-z^{2}-2yz \right)\left( x^{2}-y^{2}-z^{2}+2yz \right)=$

$\left[ x^{2}-\left( y^{2} +2yz+z^{2}\right) \right]\left[ x^{2}-\left( y^{2} -2yz+z^{2}\right) \right]=$

$\left[ x^{2}-\left( y+z\right)^{2} \right]\left[ x^{2}-\left( y-z\right)^{2} \right]=$

$\left( x+y+z \right)\left( x-y-z \right)\left( x+y-z \right)\left( x-y+z \right)$

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Δεκ 16, 2024 1:05 pm**

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ έγραψε: ↑
Δευ Δεκ 16, 2024 12:35 pm
Eίμαι στο σχολείο και έχω κενό. Ας γράψω το πρώτο μέρος από το Πρόβλημα 1.
Παλιά άσκηση...

$x^{4}+y^{4}+z^{4}-2x^{2}y^{2}-2y^{2}z^{2}-2z^{2}x^{2}=$

$\left( x^{2} -y^{2}-z^{2}\right)^{2}-4y^{2}z^{2}=\left( x^{2} -y^{2}-z^{2}\right)^{2}-\left( 2yz \right)^{2}=$

$\left( x^{2}-y^{2}-z^{2}-2yz \right)\left( x^{2}-y^{2}-z^{2}+2yz \right)=$

$\left[ x^{2}-\left( y^{2} +2yz+z^{2}\right) \right]\left[ x^{2}-\left( y^{2} -2yz+z^{2}\right) \right]=$

$\left[ x^{2}-\left( y+z\right)^{2} \right]\left[ x^{2}-\left( y-z\right)^{2} \right]=$

$\left( x+y+z \right)\left( x-y-z \right)\left( x+y-z \right)\left( x-y+z \right)$

Γεια σου Τηλέμαχε.

Να υπενθυμίσω ότι η παραπάνω σχέση είναι γνωστή και ως ταυτότητα του $\rm De$ $\rm Moivre.$

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Δεκ 16, 2024 4:46 pm**

george visvikis έγραψε: ↑
Δευ Δεκ 16, 2024 1:05 pm

Γεια σου Τηλέμαχε.

Να υπενθυμίσω ότι η παραπάνω σχέση είναι γνωστή και ως ταυτότητα του $\rm De$ $\rm Moivre.$

Γιώργο , θυμάμαι ακόμη πού πρωτοσυνάντησα το παραπάνω πολυώνυμο.
Άσκηση 433, σελίδα 136 από το βιβλίο '' ΑΛΓΕΒΡΑ ΚΑΙ ΣΥΜΠΛΗΡΩΜΑ ΑΛΓΕΒΡΑΣ '' Τόμος Α' του Πέτρου Τόγκα.
Το βιβλίο αυτό βρέθηκε στα χέρια μου από τα ξαδέλφια μου τα οποία είχαν φύγει για σπουδές στις Η.Π.Α.
Σχολικό έτος 1981-1982, ήμουν μαθητής της Γ' Γυμνασίου.
Πάλευα να μάθω παραγοντοποίηση...

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Δεκ 16, 2024 6:12 pm**

Ένας άλλος τρόπος για την παραγοντοποίηση είναι ο εξής:
Θεωρούμε το τριώνυμο ως προς

:
$\displaystyle{a^{2}+y^{4}+z^{4}-2ay^{2}-2y^{2}z^{2}-2z^{2}a.}$
Η Διακρίνουσα ισούται με 16y^2z^2

και οι ρίζες του είναι (y+z)^2

και

. Επομένως,
$\displaystyle{a^{2}+y^{4}+z^{4}-2ay^{2}-2y^{2}z^{2}-2z^{2}a=(a-(y+z)^2)(a-(y-z)^2).}$

Αν θέσουμε όπου

το

, κάνουμε δύο διαφορές τετραγώνων και καταλήγουμε στο ζητούμενο.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Μάιος 19, 2025 4:30 pm**

Καλησπέρα. Γράφω μια λύση για το δεύτερο υποερώτημα του πρώτου προβλήματος βασιζόμενος στην παραγοντοποιημένη μορφή της παράστασης

που σωστά γράψατε παραπάνω.

Από τη μη παραγοντοποιημένη παράσταση

προκύπτει ότι $\displaystyle{x\neq0,y\neq0,z\neq0}$ διότι 2000 δεν είναι τέλειο τετράγωνο. π.χ. Αν $\displaystyle{x=0}$ τότε: $\displaystyle{A=y^4+z^4-2y^2z^2=(y^2-z^2)^2}$ και αν $\displaystyle{x=y=0}$ τότε $\displaystyle{A=y^4=(y^2)^2}$
Από αυτήν προκύπτει επίσης ότι οι $\displaystyle{x,y,z}$ είναι διάφοροι μεταξύ τους: $\displaystyle{x=y=z\Rightarrow3x^4-6x^4=-3x^4}$ που είναι αρνητικός και $\displaystyle{x=y \Rightarrow z^4-4x^2z^2=z^2(1-4x^2)}$ όπου $\displaystyle{1 -4x^2 = 1}$ ή $\displaystyle{1-4x^2<0}$
Άρα, οι 4 παράγοντες $\displaystyle{(x+y+z), (x+y-z), (x-y+z), (x-y-z)}$ είναι διάφοροι μεταξύ τους. Για να τους προσδιορίσουμε πρέπει να εξετάσουμε τις περιπτώσεις όπου $\displaystyle{2000=2\times2\times2\times2\times5\times5\times5}$ γράφεται ως γινόμενο 4 διαφορετικών παραγόντων. Παρατηρούμε ότι δεν μπορούμε να πάρουμε το γινόμενο 3 από αυτών: π.χ. $\displaystyle{8\times2\times5\times5\times5}$ διότι τότε οι παράγοντες ποτέ δε θα είναι 4 και δεν μπορούμε να πάρουμε ούτε το γινόμενο 4 από αυτών διότι τότε θα υπάρχουν αναγκαστικά διπλοί παράγοντες: π.χ. $\displaystyle{2\times40\times5\times5}$ . Άρα, παίρνοντας τα μεταξύ τους γινόμενα ανά 2 καταλήγουμε πως οι μόνες δεκτές τιμές των 4 παραγόντων είναι: 2,5,4,10,25

. Από τους παραπάνω 5 αριθμούς ο μόνος συνδυασμός των οποίων το γινόμενο είναι 2000 είναι: $\displaystyle{2\times4\times10\times25}$ . Μπορούμε πλέον χωρίς βλάβη της γενικότητας να θεωρήσουμε το σύστημα:
$\displaystyle{(1)x+y+z&=25, (2)x+y-z&=10, (3)x-y+z&=4, (4)x-y-z&=2}$
Διότι προσθέτοντας τις 4 εξισώσεις κατά μέλη προκύπτει ότι: 4x=41

που είναι άτοπο για

ακέραιο. Άρα πράγματι, δεν υπάρχουν ακέραιοι αριθμοί x,y,z

που να ικανοποιούν την αρχική εξίσωση.

mathematica.gr

Προκριματικός Διαγωνισμός Νέων 2001

Προκριματικός Διαγωνισμός Νέων 2001

Re: Προκριματικός Διαγωνισμός Νέων 2001

Re: Προκριματικός Διαγωνισμός Νέων 2001

Re: Προκριματικός Διαγωνισμός Νέων 2001

Re: Προκριματικός Διαγωνισμός Νέων 2001

Re: Προκριματικός Διαγωνισμός Νέων 2001

Re: Προκριματικός Διαγωνισμός Νέων 2001