Γενικές - Συνδυαστικές Ασκήσεις σε όλη την Ύλη

irakleios · #41

m.pαpαgrigorakis έγραψε:Στάθη κάνεις σπουδαία δουλειά!! Συγχαρητήρια

Μίλτος

Θα συνεχίσω με τη δημοσίευση κάποιων λίγων ασκήσεων ακόμα, παρά το ότι βλέπω ότι εγείρονται ενστάσεις για το επίπεδο και το "πνεύμα;" τους.

Πάρα πολύ σπουδαία δουλειά ...που πραγματικά αισθάνομαι άσχημα να προτείνω άσκηση...

Νομίζω παραξηγήθηκα με αυτά που είπα , αλλά πιστέψτε με δεν έιχα τέτοια πρόθεση , ήταν απλά μια γνώμη που είπα βλέποντας κάποιες από τις πολύ ωραίες αυτές ασκήσεις.
Αυτό που εννοώ είναι πως απλά μερικές μου φαίνονται δύσκολες για τους μαθητές , πράγμα το οποίο το είχατε πει , απλά θεώρησα μια που κάνουμε το κόπο να το κάνουμε σαν να ήταν για να τα προτείνουμε για θέματα εξετάσεων.

Πάντα φιλικά!

pana1333 · #42

Νομίζω δεν υπάρχει κάνενας λόγος για παρεξηγήσεις και συνεχίζω....

Άσκηση 13

Δίνονται οι συναρτήσεις $f\left(x \right)=\alpha x^{2}+\beta x+ \gamma$ και $g\left(x \right)=f\left(0 \right)x^{2}+\left(f\left(1 \right)-\beta \right)x+\alpha$ όπου α,β,γ $\epsilon R$ με $\alpha \neq \gamma \neq 0$ .

1) Να δείξετε ότι η εξίσωση g(x)=0 (1) έχει δύο πραγματικές και άνισες λύσεις.

2)Να δείξετε ότι οι λύσεις της (1) είναι $x_{1}=-1$ και $x_{2}=-\frac{\alpha }{\gamma }$ .

3) Αν η εξίσωση f(x)=0 έχει δύο ρίζες αντίθετες τότε α) να βρεθούν οι λύσεις αυτές και β) να βρεθεί το πρόσημο της λύσης $x_{2}$ της εξίσωσης (1) .

4) Αν η εξίσωση f(x)=0 έχει δυο πραγματικές και άνισες λύσεις τις $\rho _{1},\rho _{2}$ τότε να δείξετε ότι $\left|\rho _{1}+\rho _{2} \right|=\left| \frac{\beta }{\alpha }\right|$ και $\left|\rho _{1}-\rho _{2} \right|=\frac{\sqrt{\Delta }}{\left|\alpha \right|}$

Μίλτο συμπλήρωσε αν θες στην άσκηση σου το νούμερο....

irakleios · #43

Λύση της 13

1) είναι $f(0) = \gamma$ και $f(1) - b = a + b + \gamma - b = a + \gamma$

Οπότε $g(x) = \gamma x^2 + (a + \gamma)x + a$

Η εξίσωση g(x) = 0

έχει διακρίνουσα Δ $= (a +\gamma)^2 - 4a\gamma = (a - \gamma)^2 > 0$ αφού $a\neq \gamma$ άρα η εξίσωση g(x) = 0

έχει δύο άνισες λύσεις.

2) Όπως δείξαμε πάνω έχει δύο άνισες λύσεις .

Για να τις βρούμε κάνουμε αντικατάσταση στον γνωστό τύπο $x_{1,2} = \frac{-b \pm\sqrt{\Delta}}{2a} = \frac{-(a+\gamma) \pm(a-\gamma)}{2\gamma}$ (*) και παίρνουμε $x_{1} = \frac{-(a+\gamma) + (a - \gamma)}{2\gamma} = \frac{-\gamma}{\gamma} = -1$ και $x_{2} = \frac{-(a + \gamma) - (a-\gamma) }{2\gamma} = \frac{-2a}{2\gamma} = -\frac{a}{\gamma}$
(*) ισχύει $\pm|x| = \pm x$
Ενας άλλος τρόπος για να διαπιστώσουμε ότι είναι ρίζες , είναι να κάνουμε αντικατάσταση στην εξίσωση.

3) Αφού οι ρίζες της (1) είναι αντίθετες ,απο Vieta έπεται ότι b = 0

οπότε η εξίσωση γίνεται $ax^2 = -\gamma$ άρα
$x = \pm\sqrt{-\frac{\gamma}{a}}$ δηλαδή αντίθετες. Επίσης απο εδώ φαίνεται ότι $-\frac{\gamma}{a} > 0$ , άρα η $x_{2}$ είναι θετική .
Για να μην υπάρξουν αμφιβολίες για το πρόσημο του αγ , μπορούμε να το δείξουμε και με την διακρίνουσα , ότι αφού η εξίσωση έχει δύο λύσεις αντίθετες άρα έχει δύο λύσεις άνισες , οπότε Δ > 0 και απο εκεί καταλήγουμε στο - αγ > 0 .

4) Από Vieta είναι $p_{1} + p_{2} = -\frac{b}{a}$ άρα $| p_{1} + p_{2} |= |-\frac{b}{a}|=|-1|\frac{b}{a}|= |\frac{b}{a}|$

Για να δείξουμε ότι $|p_{1} - p_{2}| = \frac{\sqrt{\Delta}}{|a|}$ αρκεί να δείξουμε ότι

$p^{2}_{1} + p^{2}_{2} - 2p_{1}p_{2} = \frac{\Delta}{a^2}$ αυτό γράφεται
$(p_{1} + p_{2})^2 - 4p_{1}p_{2}=\frac{b^2}{a^2} - 4\frac{\gamma}{a}$ από Vieta παίρνουμε
S^2 - 4P = S^2 - 4P

, το οποίο ισχύει.

Ιστοσελίδα · #44

Ακόμα μία:

Άσκηση 14
Δίνεται η συνάρτηση $f\left( x \right) = \alpha \sqrt {2 - x}$ , $\alpha \in R$ , η οποία διέρχεται από το σημείο $\left( { - 1,\sqrt 3 } \right)$
Α Να αποδείξετε ότι $\alpha = 1$
Β Να αποδείξετε ότι η

είναι γνήσια φθίνουσα
Γ Να αποδείξετε ότι $\displaystyle{f\left( {\sqrt[3]{4}} \right) > f\left( {\sqrt 3 } \right)}$
Δ Να βρείτε την απόσταση των σημείων στα οποία η γραφική παράσταση της

τέμνει τους άξονες
Ε Να βρείτε τις κοινές λύσεις των εξισώσεων $f\left( x \right) = \left| x \right|$ και $f\left( x \right) = x$
Στ Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση $g\left( x \right) = f\left( x \right) + f\left( { - x} \right)$ έχει άξονα συμμετρίας τον y'y

Ζ Να αποδείξετε ότι $\displaystyle{\sqrt {\frac{{{{\left( {1 + f\left( { - 1} \right)} \right)}^2}}}{4}} + \sqrt {\frac{{{{\left( {1 - f\left( { - 1} \right)} \right)}^2}}}{4}} = \sqrt 3 }$
Μίλτος

#45

Μίλτο ...Καλημέρα!!

A)

$\displaystyle{ \left( { - 1,\sqrt 3 } \right) \in C_f \Leftrightarrow f\left( { - 1} \right) = \sqrt 3 \mathop \Leftrightarrow \limits^{f\left( x \right) = \alpha \sqrt {2 - x} } \alpha \sqrt 3 = \sqrt 3 \Leftrightarrow \boxed{\alpha = 1} }$

Β) Πρέπει : $\displaystyle{ 2 - x \geqslant 0 \Leftrightarrow x \leqslant 2 \Leftrightarrow \boxed{A_f = \left( { - \infty ,2} \right]} }$
Έστω $\displaystyle{ x_1 ,x_2 \in \left( { - \infty ,2} \right] }$ και
$\displaystyle{ \boxed{x_1 < x_2 } \leqslant 2 \Rightarrow - x_1 > - x_2 \geqslant - 2 \Rightarrow 2 - x_1 > 2 - x_2 \geqslant 0 \Rightarrow \sqrt {2 - x_1 } > \sqrt {2 - x_2 } \Rightarrow \boxed{f\left( {x_1 } \right) > f\left( {x_2 } \right)} }$

Άρα η f είναι γνησίως φθίνουσα (στο πεδίο ορισμού της)
Γ) $\displaystyle{ 16 < 27 \Rightarrow 4^2 < 3^3 \Rightarrow \sqrt[6]{{4^2 }} < \sqrt[6]{{3^3 }} \Rightarrow \sqrt[3]{4} < \sqrt 3 \mathop \Rightarrow \limits^{f \downarrow } \boxed{f\left( {\sqrt[3]{4}} \right) > f\left( {\sqrt 3 } \right)} }$

Δ) Για $\displaystyle{ \alpha = 1 \Rightarrow \boxed{f\left( x \right) = \sqrt {2 - x} } }$

$\displaystyle{ f\left( 0 \right) = \sqrt 2 \Rightarrow C_f \cap y'y = \boxed{M\left( {0,\sqrt 2 } \right)} }$ και $\displaystyle{ f\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \sqrt {2 - x} = 0 \Leftrightarrow x = 2 \Rightarrow \boxed{C_f \cap x'x = N\left( {2,0} \right)} }$

Από το πυθαγόρειο θεώρημα στο ορθογώνιο τρίγωνο ΟΝΜ , όπου Ο η αρχή του συστήματος των αξόνων, (ή από τον τύπο της απόστασης) βρίσκουμε:

$\displaystyle{ \left( {MN} \right) = \sqrt {\left( {\sqrt 2 } \right)^2 + 2^2 } \Rightarrow \ldots \boxed{\left( {MN} \right) = \sqrt 6 } }$

E)

$\displaystyle{ \left\{ \begin{gathered} f\left( x \right) = \left| x \right| \hfill \\ \& \hfill \\ f\left( x \right) = x \hfill \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} \sqrt {2 - x} = \left| x \right| \hfill \\ \& \hfill \\ \sqrt {2 - x} = x \hfill \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} 2 - x = x^2 \hfill \\ \& \hfill \\ \left\{ \begin{gathered} 2 - x = x^2 \\ x \geqslant 0 \\ \end{gathered} \right. \hfill \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} 2 - x = x^2 \\ x \geqslant 0 \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} x^2 + x - 2 = 0 \\ x \geqslant 0 \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} x = 1,x = - 2 \\ x \geqslant 0 \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \boxed{x = 1} }$

ΣΤ) Είναι $\displaystyle{ f\left( x \right) = \sqrt {2 - x} ,x \leqslant 2,\;\& f\left( { - x} \right) = \sqrt {2 + x} ,x \geqslant - 2 \Rightarrow \boxed{A_g = \left[ { - 2,2} \right]} }$ (συμμετρικό ως προς το μηδέν)

Αρα άν $\displaystyle{ x \in \left[ { - 2,2} \right] \Leftrightarrow - x \in \left[ { - 2,2} \right] }$ και $\displaystyle{ g\left( { - x} \right) = f\left( { - x} \right) + f\left( x \right) = f\left( x \right) + f\left( { - x} \right) \Rightarrow \boxed{g\left( { - x} \right) = g\left( x \right)} }$

δηλαδή η g είναι άρτια άρα έχει άξονα συμμετρίας τον y’y

Z) Είναι

$\displaystyle{ \boxed{\sqrt {\frac{{\left( {1 + f\left( { - 1} \right)} \right)^2 }} {4}} + \sqrt {\frac{{\left( {1 - f\left( { - 1} \right)} \right)^2 }} {4}} } = \left| {\frac{{1 + f\left( { - 1} \right)}} {2}} \right| + \left| {\frac{{1 - f\left( { - 1} \right)}} {2}} \right| = \left| {\frac{{1 + \sqrt 3 }} {2}} \right| + \left| {\frac{{1 - \sqrt 3 }} {2}} \right| = \frac{{1 + \sqrt 3 }} {2} + \frac{{\sqrt 3 - 1}} {2} = \ldots \boxed{\sqrt 3 } }$

Φιλικά

Στάθης Κούτρας

irakleios · #46

Θα προσθέσω άλλη μια. Στην προσπάθεια να φτιάξω κάτι διαφορετικό βγήκε η παρακάτω , για τυχόν πατάτες δείξτε κατανόηση.

'Ασκηση 15

Δίνεται η εξίσωση $ax^2 + bx + \gamma = 0$ (1) με $a + b + \gamma = 0$ και $a \neq 0$

a) Δείξτε ότι η εξίσωση (1) δεν είναι ποτέ αδύνατη.

β) Πότε η εξίσωση (1) έχει μια διπλή λύση και ποιά είναι ;

γ) Eξηγήστε γιατί η εξίσωση (k^2 + 1)x^2 = (k^2 - k + 1)x + k

με άγνωστο το x έχει για κάθε τιμή του πραγματικού k , δύο άνισες λύσεις ;

δ) 'Εστω $x_{1} , x_{2}$ oι λύσεις της (1) ,
ι) υπολογίστε την τιμή της παράστασης $x_{1}x_{2} - (x_{1} + x_{2})$

ιι) αν και το άθροισμα $x_{1} + x_{2}$ είναι λύση της (1) , υπολογίστε την τιμή της παράστασης $A = x_{1}(x^{2011}_{2} - 1) + x_{2}(x^{2011}_{1} - 1)$

Ιστοσελίδα · #47

irakleios έγραψε:α προσθέσω άλλη μια. Στην προσπάθεια να φτιάξω κάτι διαφορετικό βγήκε η παρακάτω

Πολύ καλή άσκηση

Μια λύση:
Άσκηση 15
A) Για τη διακρίνουσα της εξίσωης ισχύει ότι : $\Delta = {\beta ^2} - 4\alpha \gamma = {\beta ^2} - 4\alpha \left( { - \alpha - \beta } \right) = {\beta ^2} + 4{\alpha ^2} + 4\alpha \beta = {\left( {2\alpha + \beta } \right)^2} \ge 0$ επομένως η εξίσωση έχει πραγματικές ρίζες.
B) Η εξίσωση έχει διπλή ρίζα αν και μόνο αν $\Delta = 0 \Leftrightarrow {\left( {2\alpha + \beta } \right)^2} \ge 0 \Leftrightarrow \beta = - 2\alpha$ . Τότε η διπλή ρίζα είναι η $- \frac{\beta }{{2\alpha }} = 1$
Γ) Για το άθροισμα των συντελεστών της εξίσωσης $\displaystyle{({\kappa ^2} + 1){x^2} = ({\kappa ^2} - \kappa + 1)x + \kappa \Leftrightarrow ({\kappa ^2} + 1){x^2} - ({\kappa ^2} - \kappa + 1)x - \kappa = 0}$ ισχύει ότι $\displaystyle{({\kappa ^2} + 1) - ({\kappa ^2} - \kappa + 1) - \kappa = 0}$ , ενώ είναι $\displaystyle{{\kappa ^2} + 1 \ne 0}$ . Σύμφωνα με το Α ερώτημα η εξίσωση αυτή δεν είναι ποτέ αδύνατη.
Η περίπτωση να έχουμε διπλή ρίζα είναι όταν ${\kappa ^2} - \kappa + 1 = - 2\left( {{\kappa ^2} + 1} \right) \Leftrightarrow {\kappa ^2} - \kappa + 1 = - 2{\kappa ^2} - 4\kappa - 2 \Leftrightarrow 3{\kappa ^2} + 3\kappa + 3 = 0$ που είναι αδύνατη.
Επομένως η εξίσωση $\displaystyle{({\kappa ^2} + 1){x^2} = ({\kappa ^2} - \kappa + 1)x + \kappa }$ έχει δύο άνισες ρίζες για κάθε πραγματική τιμή του $\kappa$
Δ) Εφ΄όσον οι $\displaystyle{{x_1},{x_2}}$ είναι λύσεις της (1) και το άθροισμα $\displaystyle{{x_1} + {x_2}}$ είναι λύση της (1) τότε θα είναι είτε ${x_1} = {x_1} + {x_2} \Leftrightarrow {x_2} = 0$ είτε ${x_2} = {x_1} + {x_2} \Leftrightarrow {x_1} = 0$ .
Δηλαδή η αρχική εξίσωση έχει μια τουλάχιστον ρίζα το μηδέν. Έτσι θα είναι $\gamma = 0$ και λόγω του ότι $\beta = - \alpha$ η εξίσωση γίνεται $\alpha {x^2} - \alpha x = 0 \Leftrightarrow \alpha x\left( {x - 1} \right) = 0$ που έχει εκτός από το μηδέν ρίζα και το ένα. Επομένως θα είναι ( ${x_1} = 0$ και ${x_2} = 1$ ) ή ( ${x_1} = 1$ και ${x_2} = 0$ )
Σε κάθε περίπτωση για την παράσταση $\displaystyle{A = {x_1}(x_2^{2011} - 1) + {x_2}(x_1^{2011} - 1)}$ με απλή αντικατάσταση βρίσκουμε $\displaystyle{A = - 1}$

irakleios · #48

m.pαpαgrigorakis έγραψε:
irakleios έγραψε:α προσθέσω άλλη μια. Στην προσπάθεια να φτιάξω κάτι διαφορετικό βγήκε η παρακάτω
Πολύ καλή άσκηση

Μια λύση:
Άσκηση 15
A) Για τη διακρίνουσα της εξίσωης ισχύει ότι : $\Delta = {\beta ^2} - 4\alpha \gamma = {\beta ^2} - 4\alpha \left( { - \alpha - \beta } \right) = {\beta ^2} + 4{\alpha ^2} + 4\alpha \beta = {\left( {2\alpha + \beta } \right)^2} \ge 0$ επομένως η εξίσωση έχει πραγματικές ρίζες.
B) Η εξίσωση έχει διπλή ρίζα αν και μόνο αν $\Delta = 0 \Leftrightarrow {\left( {2\alpha + \beta } \right)^2} \ge 0 \Leftrightarrow \beta = - 2\alpha$ . Τότε η διπλή ρίζα είναι η $- \frac{\beta }{{2\alpha }} = 1$
Γ) Για το άθροισμα των συντελεστών της εξίσωσης $\displaystyle{({\kappa ^2} + 1){x^2} = ({\kappa ^2} - \kappa + 1)x + \kappa \Leftrightarrow ({\kappa ^2} + 1){x^2} - ({\kappa ^2} - \kappa + 1)x - \kappa = 0}$ ισχύει ότι $\displaystyle{({\kappa ^2} + 1) - ({\kappa ^2} - \kappa + 1) - \kappa = 0}$ , ενώ είναι $\displaystyle{{\kappa ^2} + 1 \ne 0}$ . Σύμφωνα με το Α ερώτημα η εξίσωση αυτή δεν είναι ποτέ αδύνατη.
Η περίπτωση να έχουμε διπλή ρίζα είναι όταν ${\kappa ^2} - \kappa + 1 = - 2\left( {{\kappa ^2} + 1} \right) \Leftrightarrow {\kappa ^2} - \kappa + 1 = - 2{\kappa ^2} - 4\kappa - 2 \Leftrightarrow 3{\kappa ^2} + 3\kappa + 3 = 0$ που είναι αδύνατη.
Επομένως η εξίσωση $\displaystyle{({\kappa ^2} + 1){x^2} = ({\kappa ^2} - \kappa + 1)x + \kappa }$ έχει δύο άνισες ρίζες για κάθε πραγματική τιμή του $\kappa$
Δ) Εφ΄όσον οι $\displaystyle{{x_1},{x_2}}$ είναι λύσεις της (1) και το άθροισμα $\displaystyle{{x_1} + {x_2}}$ είναι λύση της (1) τότε θα είναι είτε ${x_1} = {x_1} + {x_2} \Leftrightarrow {x_2} = 0$ είτε ${x_2} = {x_1} + {x_2} \Leftrightarrow {x_1} = 0$ .
Δηλαδή η αρχική εξίσωση έχει μια τουλάχιστον ρίζα το μηδέν. Έτσι θα είναι $\gamma = 0$ και λόγω του ότι $\beta = - \alpha$ η εξίσωση γίνεται $\alpha {x^2} - \alpha x = 0 \Leftrightarrow \alpha x\left( {x - 1} \right) = 0$ που έχει εκτός από το μηδέν ρίζα και το ένα. Επομένως θα είναι ( ${x_1} = 0$ και ${x_2} = 1$ ) ή ( ${x_1} = 1$ και ${x_2} = 0$ )
Σε κάθε περίπτωση για την παράσταση $\displaystyle{A = {x_1}(x_2^{2011} - 1) + {x_2}(x_1^{2011} - 1)}$ με απλή αντικατάσταση βρίσκουμε $\displaystyle{A = - 1}$

Xαίρομαι πολύ που σας άρεσε ! Σας την αφιερώνω ! Η λύση που δώσατε ήταν αυτή ακριβώς που είχα στο νου μου .
Επίσης πρόσθεσα και ένα ακόμη ερώτημα στο Δ) αλλά ήταν κατά τη διάρκεια που εσείς τη λύνατε !
Να είστε καλά

#49

irakleios έγραψε:
m.pαpαgrigorakis έγραψε:
irakleios έγραψε:α προσθέσω άλλη μια. Στην προσπάθεια να φτιάξω κάτι διαφορετικό βγήκε η παρακάτω
Πολύ καλή άσκηση

Μια λύση:
Άσκηση 15
A) Για τη διακρίνουσα της εξίσωης ισχύει ότι : $\Delta = {\beta ^2} - 4\alpha \gamma = {\beta ^2} - 4\alpha \left( { - \alpha - \beta } \right) = {\beta ^2} + 4{\alpha ^2} + 4\alpha \beta = {\left( {2\alpha + \beta } \right)^2} \ge 0$ επομένως η εξίσωση έχει πραγματικές ρίζες.
B) Η εξίσωση έχει διπλή ρίζα αν και μόνο αν $\Delta = 0 \Leftrightarrow {\left( {2\alpha + \beta } \right)^2} \ge 0 \Leftrightarrow \beta = - 2\alpha$ . Τότε η διπλή ρίζα είναι η $- \frac{\beta }{{2\alpha }} = 1$
Γ) Για το άθροισμα των συντελεστών της εξίσωσης $\displaystyle{({\kappa ^2} + 1){x^2} = ({\kappa ^2} - \kappa + 1)x + \kappa \Leftrightarrow ({\kappa ^2} + 1){x^2} - ({\kappa ^2} - \kappa + 1)x - \kappa = 0}$ ισχύει ότι $\displaystyle{({\kappa ^2} + 1) - ({\kappa ^2} - \kappa + 1) - \kappa = 0}$ , ενώ είναι $\displaystyle{{\kappa ^2} + 1 \ne 0}$ . Σύμφωνα με το Α ερώτημα η εξίσωση αυτή δεν είναι ποτέ αδύνατη.
Η περίπτωση να έχουμε διπλή ρίζα είναι όταν ${\kappa ^2} - \kappa + 1 = - 2\left( {{\kappa ^2} + 1} \right) \Leftrightarrow {\kappa ^2} - \kappa + 1 = - 2{\kappa ^2} - 4\kappa - 2 \Leftrightarrow 3{\kappa ^2} + 3\kappa + 3 = 0$ που είναι αδύνατη.
Επομένως η εξίσωση $\displaystyle{({\kappa ^2} + 1){x^2} = ({\kappa ^2} - \kappa + 1)x + \kappa }$ έχει δύο άνισες ρίζες για κάθε πραγματική τιμή του $\kappa$
Δ) Εφ΄όσον οι $\displaystyle{{x_1},{x_2}}$ είναι λύσεις της (1) και το άθροισμα $\displaystyle{{x_1} + {x_2}}$ είναι λύση της (1) τότε θα είναι είτε ${x_1} = {x_1} + {x_2} \Leftrightarrow {x_2} = 0$ είτε ${x_2} = {x_1} + {x_2} \Leftrightarrow {x_1} = 0$ .
Δηλαδή η αρχική εξίσωση έχει μια τουλάχιστον ρίζα το μηδέν. Έτσι θα είναι $\gamma = 0$ και λόγω του ότι $\beta = - \alpha$ η εξίσωση γίνεται $\alpha {x^2} - \alpha x = 0 \Leftrightarrow \alpha x\left( {x - 1} \right) = 0$ που έχει εκτός από το μηδέν ρίζα και το ένα. Επομένως θα είναι ( ${x_1} = 0$ και ${x_2} = 1$ ) ή ( ${x_1} = 1$ και ${x_2} = 0$ )
Σε κάθε περίπτωση για την παράσταση $\displaystyle{A = {x_1}(x_2^{2011} - 1) + {x_2}(x_1^{2011} - 1)}$ με απλή αντικατάσταση βρίσκουμε $\displaystyle{A = - 1}$
Xαίρομαι πολύ που σας άρεσε ! Σας την αφιερώνω ! Η λύση που δώσατε ήταν αυτή ακριβώς που είχα στο νου μου .
Επίσης πρόσθεσα και ένα ακόμη ερώτημα στο Δ) αλλά ήταν κατά τη διάρκεια που εσείς τη λύνατε !
Να είστε καλά

Ας μου επιτραπεί να δώσω και εγώ τη δική μου (λίγο πιό διαφορετική στα πρώτα τουλάχιστον ερωτήματα) από τη λύση του Μίλτου
Μίλτο ...μου επιτρέπεις

Α) Έστω $\displaystyle{ f\left( x \right) = \alpha x^2 + \beta x + \gamma ,\alpha \ne 0 \Rightarrow f\left( 1 \right) = \alpha + \beta + \gamma \mathop \Rightarrow \limits^{\alpha + \beta + \gamma = 0} \boxed{f\left( 1 \right) = 0} }$ άρα το 1 είναι ρίζα της (1) και συνεπώς η (1) δεν είναι ποτέ αδύνατη

Β) Για να έχει η (1) μια διπλή ρίζα (αφού το 1 είναι ρίζα έτσι και αλλιώς) το 1 θα είναι η διπλή ρίζα άρα θα πρέπει να ισχύει:
$\displaystyle{ \alpha x^2 + \beta x + \gamma = \alpha \left( {x - 1} \right)^2 ,\forall x \in R \Leftrightarrow \alpha x^2 + \beta x + \gamma = \alpha x^2 - 2\alpha x + \alpha = 0,\forall x \in R }$

$\displaystyle{ \Leftrightarrow \ldots \boxed{\left( {\beta + 2\alpha } \right) \cdot x = \alpha - \gamma :\left( 2 \right),\forall x \in R} }$

Επομένως η (2) πρέπει να είναι ταυτότητα ως προς x δηλαδή πρέπει

$\displaystyle{ \left\{ \begin{gathered} \beta + 2\alpha = 0 \hfill \\ \alpha - \gamma = 0 \hfill \\ \alpha + \beta + \gamma = 0 \hfill \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} \beta + 2\alpha = 0 \hfill \\ \alpha = \gamma \hfill \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \boxed{\left\{ \begin{gathered} \beta = - 2\alpha \hfill \\ \gamma = \alpha \hfill \\ \end{gathered} \right.} }$

Γ) Ας λύσουμε την εξίσωση…

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

$\displaystyle{ \Leftrightarrow \left( {\kappa ^2 + 1} \right)x\left( {x - 1} \right) - \kappa \left( {x - 1} \right) = 0 \Leftrightarrow \left( {x - 1} \right) \cdot \left[ {\left( {\kappa ^2 + 1} \right)x - \kappa } \right] = 0\mathop \Leftrightarrow \limits^{\kappa ^2 + 1 \ne 0,\forall \kappa \in R} \boxed{\left\{ \begin{gathered} \rho _1 = 1 \hfill \\ \rho _2 = \frac{\kappa } {{\kappa ^2 + 1}} \hfill \\ \end{gathered} \right.} }$

και επειδή $\displaystyle{ 2\left( {\kappa ^2 + 1} \right) - 2\kappa = \ldots \kappa ^2 - 2\kappa + 1 + \kappa ^2 + 1 = \left( {\kappa - 1} \right)^2 + \kappa ^2 + 1\mathop \Rightarrow \limits^{\left( {\kappa - 1} \right)^2 \geqslant 0,\kappa ^2 + 1 > 0,\forall \kappa \in R} 2\left( {\kappa ^2 + 1} \right) - 2\kappa > 0 }$

$\displaystyle{ \Leftrightarrow \ldots \kappa ^2 + 1 > \kappa \mathop \Rightarrow \limits^{\kappa ^2 + 1 > 0} 1 > \frac{\kappa } {{\kappa ^2 + 1}} \Rightarrow \rho _1 > \rho _2 \Rightarrow \boxed{\rho _1 \ne \rho _2 } }$

άρα η εξίσωση $\displaystyle{ \left( {\kappa ^2 + 1} \right)x^2 = \left( {\kappa ^2 - \kappa + 1} \right)x + \kappa }$ έχει δύο ρίζες άνισες για κάθε πραγματική τιμή του κ

δ) Έστω $\displaystyle{ {x_1 = 1} }$ οπότε

i) $\displaystyle{ x_1 x_2 - \left( {x_1 + x_2 } \right)\mathop = \limits^{x_1 = 1} x_2 - 1 - x_2 = \boxed{ - 1} }$ , ομοίως αν είναι $\displaystyle{ {x_2 = 1} }$

ii) Αφού το άθροισμα $\displaystyle{ x_1 + x_2 \Rightarrow \boxed{1 + x_2 } }$ είναι λύση της (1) τότε θα ισχύει υποχρεωτικά ότι $\displaystyle{ 1 + x_2 = 1 \Leftrightarrow \boxed{x_2 = 0} }$ διότι αν $\displaystyle{ 1 + x_2 = x_2 \Leftrightarrow \boxed{1 = 0}... }$ (άτοπο).

**Ας σημειωθεί ότι η δευτεροβάθμια εξίσωση δεν μπορεί να έχει περισσότερες από δύο πραγματικές διαφορετικές ρίζες

Άρα η εξίσωση θα έχει ρίζες τις $\displaystyle{ x_1 = 1,x_2 = 0 }$ ή $\displaystyle{ \left( {x_2 = 1,x_1 = 0} \right) }$ οπότε σε κάθε περίπτωση (όπως αναφέρει και ο φίλος Μίλτος) η παράσταση Α( λόγω της συμμετρίας της ως προς $\displaystyle{ x_1 ,x_2 }$ θα δίνει το ίδιο αποτέλεσμα δηλαδή $\displaystyle{ \boxed{A\mathop = \limits^{x_1 = 1,x_2 = 0} - x_1 = - 1} }$

Φιλικά

Στάθης Κούτρας

Ιστοσελίδα · #50

irakleios έγραψε:Xαίρομαι πολύ που σας άρεσε ! Σας την αφιερώνω ! ...
Επίσης πρόσθεσα και ένα ακόμη ερώτημα στο Δ)

Ευχαριστώ για την αφιέρωση

Να συμπληρώσω τη λύση του ερωτήματος που έλειπε
Άσκηση 15
Δi) Παρατηρούμε ότι το

είναι η μία λύση της εξίσωσης (1), έστω η ${x_1}$ , αφού την επαληθεύει. Τότε για τη ζητούμενη παράσταση θα ισχύει ${x_1}{x_2} - ({x_1} + {x_2}) ={x_1}{x_2} - {x_1} - {x_2} = {x_2} - 1 - {x_2} = - 1$
M.

Ιστοσελίδα · #51

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε: Μίλτο ...μου επιτρέπεις
....

Α) Έστω $\displaystyle{ f\left( x \right) = \alpha x^2 + \beta x + \gamma ,\alpha \ne 0 \Rightarrow f\left( 1 \right) = \alpha + \beta + \gamma \mathop \Rightarrow \limits^{\alpha + \beta + \gamma = 0} \boxed{f\left( 1 \right) = 0} }$ άρα το 1 είναι ρίζα της (1) και συνεπώς η (1) δεν είναι ποτέ αδύνατη

Βέβαια Στάθη και μάλιστα όταν έχεις τέτοιες ωραίες ιδέες όπως στο Α)
Μ.

pana1333 · #52

Άσκηση 16

Δίνεται η συνάρτηση f με τύπο $f\left(x \right)=\left(\alpha -1 \right)x^{2}+\alpha x+\alpha +1,\alpha \epsilon R$ και $\alpha \neq 1$ .

1) Διόρθωση. Να προσδιοριστεί ο πραγματικός α ώστε α) η εξίσωση f(x)=0 δεν έχει πραγματικές λύσεις, β) η εξίσωση f(x)=0 έχει τουλάχιστον μία ρίζα.

Ευχαριστώ για τις επισημάνσεις σας.

2) Αν S,P το άθροισμα και το γινόμενο των ριζών της f(x)=0 για Δ>0, να βρεθεί ο πραγματικός α ώστε $\left|S \right|$ =P

3) Να βρεθεί το πεδίο ορισμού της συνάρτησης g με τύπο $g\left(x \right)=\sqrt{f\left(x \right)}$ όταν $\left|\alpha \right|>\frac{2\sqrt{3}}{3}$ .

4) Να λυθούν οι εξισώσεις α) $\left[ f\left(1 \right)f\left(-1 \right)\right]^{2011}=0$ ,

β) $\left( f\left(1 \right)-1\right)\left(f\left(1 \right) \right)=0$ και

γ) $f^{2}\left(1 \right)-\sqrt{81\alpha ^{2}}=0$ .

5) Για $x\neq 0$ να υπολογίσετε α) το $f\left(\frac{1}{x} \right)$ ,

Άλλη μία διόρθωση. Ελπίζω να είναι και η τελευταία
β) να λυθεί η εξίσωση $x^{2}f\left(\frac{1}{x} \right)=\alpha x$ και γ) Να λυθεί ως προς x η εξίσωση $x^{2}f\left(\frac{1}{x} \right)=f\left(x \right)$ .

Έκανα λίγο τις διορθώσεις βιαστικά ελπίζω να μην έχει και άλλα λάθη....Συγνώμη για την ταλαιπωρία....Ευχαριστώ για την κατανόηση....

Ιστοσελίδα · #53

Καλημέρα.

Κάνω από χθες μια προσπάθεια να μαζέψω σ' ένα pdf τα πανέμορφα θέματα και λύσεις του συγκεκριμένου post.

Δίνω μια δοκιμαστική έκδοση και περιμένω τις παρατηρήσεις σας. Σίγουρα έχει αρκετή δουλειά το εγχείρημα γι ' αυτό θα χρειαστεί κάποιος χρόνος για να ολοκληρωθεί.

http://hotfile.com/dl/116169137/7a7b039/test.pdf.html

Ιστοσελίδα · #54

Μιχάλης Νάννος έγραψε:Καλημέρα.

Κάνω από χθες μια προσπάθεια να μαζέψω σ' ένα pdf τα πανέμορφα θέματα και λύσεις του συγκεκριμένου post.

Δίνω μια δοκιμαστική έκδοση και περιμένω τις παρατηρήσεις σας. Σίγουρα έχει αρκετή δουλειά το εγχείρημα γι ' αυτό θα χρειαστεί κάποιος χρόνος για να ολοκληρωθεί.

http://hotfile.com/dl/116169137/7a7b039/test.pdf.html

Πράγματι έχει πολύ κόπο η προσπάθεια να μαζέψεις όλο το υλικό.
Μιχάλη αν νομίζεις ότι θα σε διευκολύνει, μπορώ να σου στείλω τις δημοσιεύσεις μου σε αρχείο word
Μ.

Ιστοσελίδα · #55

m.pαpαgrigorakis έγραψε:
Πράγματι έχει πολύ κόπο η προσπάθεια να μαζέψεις όλο το υλικό.
Μιχάλη αν νομίζεις ότι θα σε διευκολύνει, μπορώ να σου στείλω τις δημοσιεύσεις μου σε αρχείο word
Μ.

Αν και δουλεύω σε InDesign & Mathmagic Pro θα με διευκόλυνε να μου στέλνατε (όσοι έχετε κρατήσει) τα αρχεία σας σε Word, έτσι ώστε να πάρω τον κώδικα απ' το Mathtype πιο γρήγορα.
Το email μου: nannosmike(παπάκι)gmail.com

Ευχαριστώ πολύ.

irakleios · #56

Μιχάλης Νάννος έγραψε:Καλημέρα.

Κάνω από χθες μια προσπάθεια να μαζέψω σ' ένα pdf τα πανέμορφα θέματα και λύσεις του συγκεκριμένου post.

Δίνω μια δοκιμαστική έκδοση και περιμένω τις παρατηρήσεις σας. Σίγουρα έχει αρκετή δουλειά το εγχείρημα γι ' αυτό θα χρειαστεί κάποιος χρόνος για να ολοκληρωθεί.

http://hotfile.com/dl/116169137/7a7b039/test.pdf.html

Το είδα , είναι πάρα πολύ ωραίο!

Εγώ τα έγραφα κατευθείαν εδώ και δεν τα έχω σε κάποιο αρχείο , αλλά μπορώ να κάτσω να τα γράψω σε world και να τα στείλω.

pana1333 · #57

Μιχάλη καλησπέρα πολύ καλό πραγματικά.....

Σημείωση

Η άσκηση 16 είχε κάποιο λάθος....Ελπίζω να την διόρθωσα....Περίμενε αν θες να ολοκληρωθεί και την συμπεριλαμβάνεις μετα....

Επίσης μια διορθωσούλα στην άσκηση 9. Την έχει λύσει μόνο ο αξιότιμος Στάθης και όχι και η αφεντιά μου

.

Ευχαριστώ για την προσπάθεια σου....

#58

pana1333 έγραψε:Άσκηση 16

Δίνεται η συνάρτηση f με τύπο $f\left(x \right)=\left(\alpha -1 \right)x^{2}+\alpha x+\alpha +1,\alpha \epsilon R$ και $\alpha \neq 1$ .

1) Διόρθωση. Να προσδιοριστεί ο πραγματικός α ώστε α) η εξίσωση f(x)=0 δεν έχει πραγματικές λύσεις, β) η εξίσωση f(x)=0 έχει τουλάχιστον μία ρίζα.

Ευχαριστώ για τις επισημάνσεις σας.

2) Αν S,P το άθροισμα και το γινόμενο των ριζών της f(x)=0 για Δ>0, να βρεθεί ο πραγματικός α ώστε $\left|S \right|$ =P

3) Να βρεθεί το πεδίο ορισμού της συνάρτησης g με τύπο $g\left(x \right)=\sqrt{f\left(x \right)}$ όταν $\left|\alpha \right|>\frac{2\sqrt{3}}{3}$ .

4) Να λυθούν οι εξισώσεις α) $\left[ f\left(1 \right)f\left(-1 \right)\right]^{2011}=0$ ,

β) $\left( f\left(1 \right)-1\right)\left(f\left(1 \right) \right)=0$ και

γ) $f^{2}\left(1 \right)-\sqrt{81\alpha ^{2}}=0$ .

5) Για $x\neq 0$ να υπολογίσετε α) το $f\left(\frac{1}{x} \right)$ ,

Άλλη μία διόρθωση. Ελπίζω να είναι και η τελευταία
β) να λυθεί η εξίσωση $x^{2}f\left(\frac{1}{x} \right)=\alpha x$ και γ) Για ποιες τιμές του α είναι $x^{2}f\left(\frac{1}{x} \right)=f\left(x \right)$ .

Έκανα λίγο τις διορθώσεις βιαστικά ελπίζω να μην έχει και άλλα λάθη....Συγνώμη για την ταλαιπωρία....Ευχαριστώ για την κατανόηση....

Χρήστο για ρίξε μια ματιά στο 5)β)

Ευχαριστώ

Στάθης

Ας τα δώσω όλα...

1) Είναι $\displaystyle{ \Delta = \alpha ^2 - 4\left( {\alpha - 1} \right) \cdot \left( {\alpha + 1} \right) = \alpha ^2 - 4\left( {\alpha ^2 - 1} \right) \Rightarrow \ldots \boxed{\Delta = 4 - 3\alpha ^2 } }$

α) Για να μην έχει η εξίσωση $\displaystyle{ f\left( x \right) = 0 }$ πραγματικές ρίζες πρέπει και αρκεί να είναι

$\displaystyle{ \Delta < 0 \Leftrightarrow 4 - 3\alpha ^2 < 0 \Leftrightarrow \ldots \alpha ^2 > \frac{4} {3} \Leftrightarrow \sqrt {\alpha ^2 } > \sqrt {\frac{4} {3}} \Leftrightarrow \left| \alpha \right| > \frac{{2\sqrt 3 }} {3} \Leftrightarrow \alpha < - \frac{{2\sqrt 3 }} {3}\,\;\alpha > \frac{{2\sqrt 3 }} {3} }$

$\displaystyle{ \Leftrightarrow \boxed{\alpha \in \left( { - \infty , - \frac{{2\sqrt 3 }} {3}} \right) \cup \left( {\frac{{2\sqrt 3 }} {3}, + \infty } \right)} }$

β) Πρέπει
$\displaystyle{ \Delta \geqslant 0 \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} 4 - 3\alpha ^2 \geqslant 0 \hfill \\ \alpha \ne 1 \hfill \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \ldots \left\{ \begin{gathered} \alpha ^2 \leqslant \frac{4} {3} \hfill \\ \alpha \ne 1 \hfill \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} \sqrt {\alpha ^2 } \leqslant \sqrt {\frac{4} {3}} \hfill \\ \alpha \ne 1 \hfill \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} \left| \alpha \right| \leqslant \frac{{2\sqrt 3 }} {3} \hfill \\ \alpha \ne 1 \hfill \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} - \frac{{2\sqrt 3 }} {3}\, \leqslant \;\alpha \leqslant \frac{{2\sqrt 3 }} {3} \hfill \\ \alpha \ne 1 \hfill \\ \end{gathered} \right. }$

$\displaystyle{ \Leftrightarrow \boxed{\alpha \in \left[ { - \frac{{2\sqrt 3 }} {3},1} \right) \cup \left( {1,\frac{{2\sqrt 3 }} {3}} \right]} }$

2) Για $\displaystyle{ \Delta > 0 \Leftrightarrow \ldots \alpha \in \left( { - \frac{{2\sqrt 3 }} {3},1} \right) \cup \left( {1,\frac{{2\sqrt 3 }} {3}} \right) }$
θα είναι $\displaystyle{ S = x_1 + x_2 \Rightarrow \boxed{S = - \frac{\alpha } {{\alpha - 1}}} }$ και $\displaystyle{ p = x_1 \cdot x_2 \Rightarrow \boxed{p = \frac{{\alpha + 1}} {{\alpha - 1}}} }$

Για να είναι τώρα

$\displaystyle{ \left| S \right| = p \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} \left| { - \frac{\alpha } {{\alpha - 1}}} \right| = \frac{{\alpha + 1}} {{\alpha - 1}} \\ \alpha \in \left( { - \frac{{2\sqrt 3 }} {3},1} \right) \cup \left( {1,\frac{{2\sqrt 3 }} {3}} \right) \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} \left| { - \frac{\alpha } {{\alpha - 1}}} \right|^2 = \left( {\frac{{\alpha + 1}} {{\alpha - 1}}} \right)^2 \\ \frac{{\alpha + 1}} {{\alpha - 1}} \geqslant 0 \\ \alpha \in \left( { - \frac{{2\sqrt 3 }} {3},1} \right) \cup \left( {1,\frac{{2\sqrt 3 }} {3}} \right) \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} \frac{{\alpha ^2 }} {{\left( {\alpha - 1} \right)^2 }} = \frac{{\left( {\alpha + 1} \right)^2 }} {{\left( {\alpha - 1} \right)^2 }} \\ \left( {\alpha + 1} \right)\left( {\alpha - 1} \right) \geqslant 0 \\ \alpha \in \left( { - \frac{{2\sqrt 3 }} {3},1} \right) \cup \left( {1,\frac{{2\sqrt 3 }} {3}} \right) \\ \end{gathered} \right. }$

$\displaystyle{ \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} \alpha ^2 = \left( {\alpha + 1} \right)^2 \\ \alpha ^2 - 1 \geqslant 0 \\ \alpha \in \left( { - \frac{{2\sqrt 3 }} {3},1} \right) \cup \left( {1,\frac{{2\sqrt 3 }} {3}} \right) \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} \left| \alpha \right| = \left| {\alpha + 1} \right| \\ \alpha ^2 \geqslant 1 \\ \alpha \in \left( { - \frac{{2\sqrt 3 }} {3},1} \right) \cup \left( {1,\frac{{2\sqrt 3 }} {3}} \right) \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} \left\{ \begin{gathered} \alpha = \alpha + 1 \hfill \\ \alpha + 1 = - \alpha \hfill \\ \end{gathered} \right. \\ \left| \alpha \right| \geqslant 1 \\ \alpha \in \left( { - \frac{{2\sqrt 3 }} {3},1} \right) \cup \left( {1,\frac{{2\sqrt 3 }} {3}} \right) \\ \end{gathered} \right. }$

$\displaystyle{ \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} \left\{ \begin{gathered} 0 = 1(\alpha \delta \upsilon \nu ) \hfill \\ \alpha = - \frac{1} {2} \hfill \\ \end{gathered} \right. \\ \left\{ \begin{gathered} \alpha \in \left( { - \infty , - 1} \right) \cup \left( {1, + \infty } \right) \\ \alpha \in \left( { - \frac{{2\sqrt 3 }} {3},1} \right) \cup \left( {1,\frac{{2\sqrt 3 }} {3}} \right) \\ \end{gathered} \right. \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} \alpha = - \frac{1} {2}(\alpha \pi o\rho \rho ) \\ \alpha \in \left( { - \frac{{2\sqrt 3 }} {3}, - 1} \right) \cup \left( {1, + \infty } \right) \\ \end{gathered} \right. }$

άρα δεν υπάρχει τιμή του πραγματικού αριθμού α ώστε να ισχύει $\displaystyle{ \left| S \right| = p }$

3Με $\displaystyle{ \left| \alpha \right| > \frac{{2\sqrt 3 }} {3} \Leftrightarrow \boxed{\alpha \in \left( { - \infty , - \frac{{2\sqrt 3 }} {3}} \right) \cup \left( {\frac{{2\sqrt 3 }} {3}, + \infty } \right)} }$ όπως είδαμε στο i) ερώτημα είναι $\displaystyle{ \Delta < 0 }$ οπότε για κάθε $\displaystyle{ x \in R }$ θα είναι $\displaystyle{ f\left( x \right) = \left( {\alpha - 1} \right)x^2 + \alpha x + \alpha + 1 }$ ομόσημο του $\displaystyle{ \alpha - 1 }$

Για το πεδίο ορισμού της g πρέπει

$\displaystyle{ f\left( x \right) \geqslant 0\mathop \Leftrightarrow \limits^{\left| \alpha \right| > \frac{{2\sqrt 3 }} {3} \Leftrightarrow \Delta < 0} \left\{ \begin{gathered} \left| \alpha \right| > \frac{{2\sqrt 3 }} {3} \hfill \\ \alpha - 1 > 0 \hfill \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} \alpha \in \left( { - \infty , - \frac{{2\sqrt 3 }} {3}} \right) \cup \left( {\frac{{2\sqrt 3 }} {3}, + \infty } \right) \\ \alpha \in \left( {1, + \infty } \right) \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \boxed{\alpha \in \left( {\frac{{2\sqrt 3 }} {3}, + \infty } \right)} }$

4)
α) $\displaystyle{ f\left( 1 \right) = \alpha - 1 + \alpha + \alpha + 1 = 3\alpha }$ και $\displaystyle{ f\left( { - 1} \right) = \alpha - 1 - \alpha + \alpha + 1 = \alpha }$ οπότε η εξίσωση

$\displaystyle{ \left[ {f\left( 1 \right) \cdot f\left( { - 1} \right)} \right]^{2011} = 0 \Leftrightarrow \left( {3\alpha ^2 } \right)^{2011} = 0 \Leftrightarrow 3\alpha ^2 = 0 \Leftrightarrow \boxed{\alpha = 0} }$

β) $\displaystyle{ \left( {f\left( 1 \right) - 1} \right) \cdot f\left( 1 \right) = 0 \Leftrightarrow \left( {3\alpha - 1} \right) \cdot 3\alpha = 0 \Leftrightarrow \boxed{\left\{ \begin{gathered} \alpha = 0 \hfill \\ \alpha = \frac{1} {3} \hfill \\ \end{gathered} \right.} }$

γ) $\displaystyle{ f^2 \left( 1 \right) - \sqrt {81\alpha ^2 } = 0 \Leftrightarrow 9\alpha ^2 - 9\left| \alpha \right| = 0\mathop \Leftrightarrow \limits^{\alpha ^2 = \left| \alpha \right|^2 } 9\left| \alpha \right|^2 - 9\left| \alpha \right| = 0 \Leftrightarrow 9\left| \alpha \right|\left( {\left| \alpha \right| - 1} \right) = 0\mathop \Leftrightarrow \limits^{\alpha \ne 1} \boxed{\left\{ \begin{gathered} \alpha = 0 \hfill \\ \alpha = - 1 \hfill \\ \end{gathered} \right.} }$

5)
α) για $\displaystyle{ x \ne 0 \Rightarrow \boxed{f\left( {\frac{1} {x}} \right) = \frac{{\alpha - 1}} {{x^2 }} + \frac{\alpha } {x} + \alpha + 1} }$

β)

$\displaystyle{ x^2 \cdot f\left( {\frac{1} {x}} \right) = \alpha x \Leftrightarrow x^2 \left( {\frac{{\alpha - 1}} {{x^2 }} + \frac{\alpha } {x} + \alpha + 1} \right) = \alpha x \Leftrightarrow \alpha - 1 + \alpha x + \left( {\alpha + 1} \right)x^2 = \alpha x \Leftrightarrow }$
$\displaystyle{ \left( {\alpha + 1} \right)x^2 = 1 - \alpha \Leftrightarrow \boxed{\left\{ \begin{gathered} i)\alpha \nu \;\alpha = - 1 \Rightarrow \ldots 0x^2 = 2(\alpha \delta \upsilon \nu ) \hfill \\ ii)\alpha \nu \;\alpha \ne - 1 \Leftrightarrow x^2 = \frac{{1 - \alpha }} {{1 + \alpha }} \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} iia)\;x = \pm \sqrt {\frac{{1 - \alpha }} {{1 + \alpha }}} ,\forall \alpha \in \left[ { - 1,1} \right) \hfill \\ iib)\;(\alpha \delta \upsilon \nu ),\forall \alpha \in \left( { - \infty , - 1} \right) \cup \left( {1, + \infty } \right)\; \hfill \\ \end{gathered} \right. \hfill \\ \end{gathered} \right.} }$

γ)
$\displaystyle{ x^2 \cdot f\left( {\frac{1} {x}} \right) = f\left( x \right) \Leftrightarrow x^2 \left( {\frac{{\alpha - 1}} {{x^2 }} + \frac{\alpha } {x} + \alpha + 1} \right) = \left( {\alpha - 1} \right)x^2 + \alpha x + \alpha + 1 \Leftrightarrow }$

$\displaystyle{ \alpha - 1 + \alpha x + \left( {\alpha + 1} \right)x^2 = \left( {\alpha - 1} \right)x^2 + \alpha x + \alpha + 1 \Leftrightarrow \left( {\alpha + 1} \right)x^2 - \left( {\alpha - 1} \right)x^2 = 2 \Leftrightarrow }$

$\displaystyle{ \left[ {\left( {\alpha + 1} \right) - \left( {\alpha - 1} \right)} \right]x^2 = 2 \Leftrightarrow \left[ {\alpha + 1 - \alpha + 1} \right]x^2 = 2 \Leftrightarrow \ldots 2x^2 = 2 \Leftrightarrow x^2 = 1 \Leftrightarrow \boxed{x = \pm 1} }$

...

Φιλικά και ταλαιπωρημένα!!!

Στάθης Κούτρας

pana1333 · #59

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε: Χρήστο για ρίξε μια ματιά στο 5)β)

Ευχαριστώ

Στάθη το διόρθωσα και μου φαίνεται μια χαρά....

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε: Φιλικά και ταλαιπωρημένα!!!

Πολύ καλό.....

Ιστοσελίδα · #60

Χρήστο το 5γ κάτι θέλει;

Γενικές - Συνδυαστικές Ασκήσεις σε όλη την Ύλη

Re: Γενικές - Συνδυαστικές Ασκήσεις σε όλη την Ύλη

Re: Γενικές - Συνδυαστικές Ασκήσεις σε όλη την Ύλη

Re: Γενικές - Συνδυαστικές Ασκήσεις σε όλη την Ύλη

Re: Γενικές - Συνδυαστικές Ασκήσεις σε όλη την Ύλη

Re: Γενικές - Συνδυαστικές Ασκήσεις σε όλη την Ύλη

Re: Γενικές - Συνδυαστικές Ασκήσεις σε όλη την Ύλη

Re: Γενικές - Συνδυαστικές Ασκήσεις σε όλη την Ύλη

Re: Γενικές - Συνδυαστικές Ασκήσεις σε όλη την Ύλη

Re: Γενικές - Συνδυαστικές Ασκήσεις σε όλη την Ύλη

Re: Γενικές - Συνδυαστικές Ασκήσεις σε όλη την Ύλη

Re: Γενικές - Συνδυαστικές Ασκήσεις σε όλη την Ύλη

Re: Γενικές - Συνδυαστικές Ασκήσεις σε όλη την Ύλη

Re: Γενικές - Συνδυαστικές Ασκήσεις σε όλη την Ύλη

Re: Γενικές - Συνδυαστικές Ασκήσεις σε όλη την Ύλη

Re: Γενικές - Συνδυαστικές Ασκήσεις σε όλη την Ύλη

Re: Γενικές - Συνδυαστικές Ασκήσεις σε όλη την Ύλη

Re: Γενικές - Συνδυαστικές Ασκήσεις σε όλη την Ύλη

Re: Γενικές - Συνδυαστικές Ασκήσεις σε όλη την Ύλη

Re: Γενικές - Συνδυαστικές Ασκήσεις σε όλη την Ύλη

Re: Γενικές - Συνδυαστικές Ασκήσεις σε όλη την Ύλη

Μέλη σε σύνδεση