mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Οκτ 05, 2012 9:34 pm**

1. Να αποδειχθεί ότι ο αριθμός $\displaystyle{2003 \cdot 2005^3 – 2004 \cdot 2002^3}$ είναι κύβος ακεραίου αριθμού.

2. Να απλοποιηθεί η παράσταση $\displaystyle{\sqrt{13+30\sqrt{2+\sqrt{9+4\sqrt{2}}}}}$ .

3. Να αναλυθεί το πολυώνυμο $\displaystyle{x^6 − 2x^5 + x^2 − x − 2}$ σε γινόμενο τριών πολυωνύμων θετικού βαθμού.

4. Να αποδειχθεί ότι αν η ευθεία που ενώνει τα μέσα των δυο απέναντι πλευρών ενός κυρτού τετραπλεύρου διαιρεί το τετράπλευρο σε δυο ισεμβαδικά τετράπλευρα, τότε το τετράπλευρο είναι τραπέζιο.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Οκτ 16, 2012 3:57 pm**

parmenides51 έγραψε:1. Να αποδειχθεί ότι ο αριθμός $\displaystyle{2003 \cdot 2005^3 – 2004 \cdot 2002^3}$ είναι κύβος ακεραίου αριθμού.

Έστω

τότε

$a(a+2)^{3}-(a+1)(a-1)^{3}= a(a^{3}+6a^2+12a+8)-(a^2-1)(a^2-2a+1)= a^4+6a^3+12a^2+8a-(a^4-2a^3+a^2-a^2+2a-1)= 8a^3+12a^2+6a+1= (2a)^3+3(2a)^2+3(2a)+1= (2a+1)^3=4007^3$

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Οκτ 16, 2012 8:55 pm**

parmenides51 έγραψε:2. Να απλοποιηθεί η παράσταση $\displaystyle{\sqrt{13+30\sqrt{2+\sqrt{9+4\sqrt{2}}}}}$ .

$\displaystyle{9+4\sqrt{2}=9+2\sqrt{8}=1+8+2\sqrt{8}=(1+\sqrt{8})^2}$

Άρα: $\displaystyle{2+\sqrt{9+4\sqrt{2}}=2+1+\sqrt{8}=2+1+2\sqrt{2}=(\sqrt{2}+1)^{2}}$

Άρα: $\displaystyle{13+30\sqrt{2+\sqrt{9+4\sqrt{2}}}=13+30(\sqrt{2}+1)=43+30\sqrt{2}}$

Άρα η δοσμένη παράσταση γράφεται: $\displaystyle{\sqrt{43+30\sqrt{2}}}$

Αλλά $\displaystyle{43+30\sqrt{2}=43+2.3.5\sqrt{2}=43+2.5.\sqrt{18}=25+18+2.5.\sqrt{18}=5^2 +(\sqrt{18})^2 +2.5.\sqrt{18}=}$

$\displaystyle{=(5+\sqrt{18})^2}$

Άρα η δοσμένη παράσταση γράφεται: $\displaystyle{5+\sqrt{18}}$ = $\displaystyle{5+3\sqrt{2}}$

Διόρθωσα μια αβλεψία

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Οκτ 16, 2012 11:35 pm**

parmenides51 έγραψε:3. Να αναλυθεί το πολυώνυμο $\displaystyle{x^6 − 2x^5 + x^2 − x − 2}$ σε γινόμενο τριών πολυωνύμων θετικού βαθμού.

$\displaystyle{x^6 -2x^5 +x^2 -x-2=x^5 (x-2)+x^2 -x -2}$ ,.............(ΣΧΕΣΗ 1)

Η διακρίνουσα του τριωνύμου $\displaystyle{x^2 -x- 2}$ , είναι $\displaystyle{D=9}$ και οι ρίζες του είναι οι αριθμοί -1 , 2

. Άρα:

$\displaystyle{x^2 -x -2=(x-2)(x+1)}$

Άρα η (ΣΧΕΣΗ 1) , γράφεται:

$\displaystyle{x^6 -2x^5 +x^2 -x- 2=x^5 (x-2)+(x-2)(x+1)=(x-2)(x^5 +x+1)}$

Θα προσπαθήσουμε τώρα να παραγοντοποιήσουμε το πολυώνυμο $\displaystyle{P(x)=x^5 +x+1}$

Πιθανολογούμε ότι το $\displaystyle{P(x)}$ , ίσως παραγοντοποιείται ως εξής:

$\displaystyle{P(x)=(x^3 +bx^2 +cx+d)(x^2 +mx +n)}$ , με $\displaystyle{b , c , d , m , n\epsilon Z}$

Τότε έχουμε: $\displaystyle{P(x)=x^5 +(b+m)x^4 +(n+bm+c)x^3 +(bn+cm+d)x^2 +(cn+md)x+nd}$

Συνεπώς θα πρέπει:

$\displaystyle{m+b=0}$

$\displaystyle{n+bm+c=0}$

$\displaystyle{bn+cm+d=0}$

$\displaystyle{cn+md=1}$

$\displaystyle{nd=1}$

Άρα από την σχέση: $\displaystyle{nd=1}$ και δεδομένου ότι οι αριθμοί $\displaystyle{n , d}$ είναι ακέραιοι, θα πρέπει $\displaystyle{n=d=1}$ ή

$\displaystyle{n=d=-1}$

Παίρνοντας $\displaystyle{n=d=1}$ , βρίσκουμε εύκολα ότι: $\displaystyle{b=-1 , c=0 , m=1}$ , οπότε:

$\displaystyle{P(x)=(x^3 -x^2 +1)(x^2 +x+1)}$ και άρα το δοσμένο πολυώνυμο παραγοντοποιείται ως εξής:

$\displaystyle{(x-2)(x^3 -x^2+1)(x^2 +x+1)}$

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Οκτ 16, 2012 11:53 pm**

parmenides51 έγραψε:4. Να αποδειχθεί ότι αν η ευθεία που ενώνει τα μέσα των δυο απέναντι πλευρών ενός κυρτού τετραπλεύρου διαιρεί το τετράπλευρο σε δυο ισεμβαδικά τετράπλευρα, τότε το τετράπλευρο είναι τραπέζιο.

Parmenides , ξέρεις......

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Έστω $\displaystyle{ABCD}$ το τετράπλευρό μας και $\displaystyle{M}$ , $\displaystyle{N}$ , τα μέσα των πλευρών $\displaystyle{AB}$ και $\displaystyle{CD}$ , αντιστοίχως.

Έχουμε από την υπόθεση:

$\displaystyle{(ADNM)=(BCNM)\Rightarrow (AMN)+(ADN)=(BMN)+(BCN)}$ . Aλλά αφού στο τρίγωνο $\displaystyle{ABN}$ , η $\displaystyle{NM}$ είναι διάμεσος, θα έχουμε: $\displaystyle{(AMN)=(BMN)}$ , οπότε η παραπάνω σχέση γράφεται:

$\displaystyle{(ADN)=(BCN)\Rightarrow \frac{1}{2}DN.AH=\frac{1}{2}CN.BT}$ , όπου $\displaystyle{AH , BT}$ , είναι τα ύψη των τριγώνων $\displaystyle{ADN}$ και $\displaystyle{BCN}$ αντιστοίχως. Αφού όμως $\displaystyle{DN=CN}$ , θα έχουμε: $\displaystyle{AH=BT}$ και άρα το τετράπλευρο $\displaystyle{AHTB}$ , θα είναι ορθογώνιο και άρα $\displaystyle{AB//DC}$ , από όπου προκύπτει ότι το $\displaystyle{ABCD}$ , είναι τραπέζιο.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Οκτ 17, 2012 12:00 am**

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:
parmenides51 έγραψε:3. Να αναλυθεί το πολυώνυμο $\displaystyle{x^6 − 2x^5 + x^2 − x − 2}$ σε γινόμενο τριών πολυωνύμων θετικού βαθμού.
$\displaystyle{x^6 -2x^5 +x^2 -x-2=x^5 (x-2)+x^2 -x -2}$ ,.............(ΣΧΕΣΗ 1)

Η διακρίνουσα του τριωνύμου $\displaystyle{x^2 -x- 2}$ , είναι $\displaystyle{D=9}$ και οι ρίζες του είναι οι αριθμοί . Άρα:

$\displaystyle{x^2 -x -2=(x-2)(x+1)}$

Άρα η (ΣΧΕΣΗ 1) , γράφεται:

$\displaystyle{x^6 -2x^5 +x^2 -x- 2=x^5 (x-2)+(x-2)(x+1)=(x-2)(x^5 +x+1)}$

Θα προσπαθήσουμε τώρα να παραγοντοποιήσουμε το πολυώνυμο $\displaystyle{P(x)=x^5 +x+1}$

Πιθανολογούμε ότι το $\displaystyle{P(x)}$ , ίσως παραγοντοποιείται ως εξής:

$\displaystyle{P(x)=(x^3 +bx^2 +cx+d)(x^2 +mx +n)}$ , με $\displaystyle{b , c , d , m , n\epsilon Z}$

Τότε έχουμε: $\displaystyle{P(x)=x^5 +(b+m)x^4 +(n+bm+c)x^3 +(bn+cm+d)x^2 +(cn+md)x+nd}$

Συνεπώς θα πρέπει:

$\displaystyle{m+b=0}$

$\displaystyle{n+bm+c=0}$

$\displaystyle{bn+cm+d=0}$

$\displaystyle{cn+md=1}$

$\displaystyle{nd=1}$

Άρα από την σχέση: $\displaystyle{nd=1}$ και δεδομένου ότι οι αριθμοί $\displaystyle{n , d}$ είναι ακέραιοι, θα πρέπει $\displaystyle{n=d=1}$ ή

$\displaystyle{n=d=-1}$

Παίρνοντας $\displaystyle{n=d=1}$ , βρίσκουμε εύκολα ότι: $\displaystyle{b=-1 , c=0 , m=1}$ , οπότε:

$\displaystyle{P(x)=(x^3 -x^2 +1)(x^2 +x+1)}$ και άρα το δοσμένο πολυώνυμο παραγοντοποιείται ως εξής:

$\displaystyle{(x-2)(x^3 -x^2+1)(x^2 +x+1)}$

Μερικές άλλες ιδέες για την παραγοντοποίηση του $\displaystyle{ x^5 + x + 1}$ είδαμε εδώ κι εδώ

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Οκτ 17, 2012 1:21 am**

parmenides51 έγραψε:4. Να αποδειχθεί ότι αν η ευθεία που ενώνει τα μέσα των δυο απέναντι πλευρών ενός κυρτού τετραπλεύρου διαιρεί το τετράπλευρο σε δυο ισεμβαδικά τετράπλευρα, τότε το τετράπλευρο είναι τραπέζιο.

: ΘΑΛΗΣ 2005 - Α ΛΥΚΕΙΟΥ 4o.png (17.5 KiB) Προβλήθηκε 2011 φορές

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:Έστω $\displaystyle{ABCD}$ το τετράπλευρό μας και $\displaystyle{M}$ , $\displaystyle{N}$ , τα μέσα των πλευρών $\displaystyle{AB}$ και $\displaystyle{CD}$ , αντιστοίχως.

Έχουμε από την υπόθεση:

$\displaystyle{(ADNM)=(BCNM)\Rightarrow (AMN)+(ADN)=(BMN)+(BCN)}$ . Aλλά αφού στο τρίγωνο $\displaystyle{ABN}$ , η $\displaystyle{NM}$ είναι διάμεσος, θα έχουμε: $\displaystyle{(AMN)=(BMN)}$ , οπότε η παραπάνω σχέση γράφεται:

$\displaystyle{(ADN)=(BCN)\Rightarrow \frac{1}{2}DN.AH=\frac{1}{2}CN.BT}$ , όπου $\displaystyle{AH , BT}$ , είναι τα ύψη των τριγώνων $\displaystyle{ADN}$ και $\displaystyle{BCN}$ αντιστοίχως. Αφού όμως $\displaystyle{DN=CN}$ , θα έχουμε: $\displaystyle{AH=BT}$ και άρα το τετράπλευρο $\displaystyle{AHTB}$ , θα είναι ορθογώνιο και άρα $\displaystyle{AB//DC}$ , από όπου προκύπτει ότι το $\displaystyle{ABCD}$ , είναι τραπέζιο.

parmenides51 έγραψε:4. Να αποδειχθεί ότι αν η ευθεία που ενώνει τα μέσα των δυο απέναντι πλευρών ενός κυρτού τετραπλεύρου διαιρεί το τετράπλευρο σε δυο ισεμβαδικά τετράπλευρα, τότε το τετράπλευρο είναι τραπέζιο.

μεταμφιεσμένη (British 2005-2006 round 1 problem-5)

mathematica.gr

ΘΑΛΗΣ 2005 - Α ΛΥΚΕΙΟΥ

ΘΑΛΗΣ 2005 - Α ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: ΘΑΛΗΣ 2005 - Α ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: ΘΑΛΗΣ 2005 - Α ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: ΘΑΛΗΣ 2005 - Α ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: ΘΑΛΗΣ 2005 - Α ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: ΘΑΛΗΣ 2005 - Α ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: ΘΑΛΗΣ 2005 - Α ΛΥΚΕΙΟΥ