Συλλογή ασκήσεων στην Άλγεβρα

MANOLIS_X3!!! · 13-03-12

ΑΝ $\alpha,\beta ,\gamma \in \left(0,1 \right),$ νδο:
$\sqrt{\alpha \beta \gamma }+\sqrt{\left(1-\alpha \right)\left(1-\beta \right)\left(1-\gamma \right)}\prec 1$
πιθανόν να ξεφευγει λιγο απο Α' ΛΥΚ. παντως απο οτι ειδα εχετε λυσει και δυσκολοτερεσ.

akis95 · 13-03-12

Θα τις αφήσω για τον Τάσο μιας και τις εχω ξαναδεί

Guest 018946 · 15-03-12

Αρχική Δημοσίευση από MANOLIS_X3!!!:
αν αβγ>0 νδο: $\frac{{\alpha }^{3}}{\beta }+\frac{{\beta }^{3}}{\gamma }+\frac{{\gamma }^{3}}{\alpha }\geq {\alpha }^{2}+{\beta }^{2}+{\gamma }^{2}$

Ελπιζω να μη την εχετε ξαναβαλει.

εννοω α,β,γ>0

αν σημερα στισ 12 τα μεσανυχτα βρεχει ποια ειναι η πιθανοτητα μετα απο 72 ωρεσ να εχει λιακαδα??

Το πρωτο γινεται να παραγοντοποιηθει ; γιατι δεν μου βγαινει με την καμια .

akis95 · 15-03-12

δεν νομιζω να παραγοντοποιειται

Guest 018946 · 15-03-12

Καποιος να δωσει καμια υποδειξη για τις ανισοτητες γιατι δεν βγαινω πουθενα με τις πραξεις και τα καποια θεσιματα στην δευτερη τουλαχιστον.

rebel · 15-03-12

1) Κατάλληλη χρήση της $(x^2+y^2+z^2)(r^2+s^2+t^2) \geq (xr+ys+zt)^2$
2) Αν $0<x<1$ τότε $\sqrt{x}<\sqrt[3]{x}$

unπαικτable · 15-03-12

ρε παιδια με ατοπο και τετοια γινεται να βγει η 2η;;;

akis95 · 2 Ιουλίου 2012

Παιδια θα βαλω τη λυση της πρωτης χωρις την υποδειξη του stytgeia

Γραφω την ανισοτητα στην ισοδυναμη

Απο την ανισοτητα Andrescuu

Σχέση (1)

αρκει νδο οτι το δευτερο μελος της 1 ειναι μεγαλυτερο ισο α²+β²+γ² νε πραξεις βγαινει α²+β²+γ²>=αβ+βγ+αγ που ισχυει

Αρχική Δημοσίευση από akis15:
Παιδια θα βαλω τη λυση της πρωτης χωρις την υποδειξη του stytgeia

Γραφω την ανισοτητα στην ισοδυναμη

Απο την ανισοτητα Andrescuu

Σχέση (1)

αρκει νδο οτι το δευτερο μελος της 1 ειναι μεγαλυτερο ισο α²+β²+γ² με πραξεις βγαινει α²+β²+γ²>=αβ+βγ+αγ που ισχυει

rebel · 16 Μαρτίου 2012

Αυτή που έγραψα είναι ουσιαστικά η Cauchy-Schwarz για n=3. Kαι η λύση που είχα υπ' όψιν μου είναι ακριβώς ίδια με την δικιά σου. Οπότε φαντάζομαι ότι αυτή η Andreescu, που παρεμπιπτόντως δεν βρήκα πουθενά με ένα πρόχειρο ψάξιμο, είναι παραπλήσιας μορφής ή άμεση συνέπεια της Cauchy-Schwarz.

MANOLIS_X3!!! · 18 Μαρτίου 2012

παιδια πειτε μου αν θελετε να ανεβασω λυση για την αλλη.
δειτε και την ασκηση με την πιθανοτητα εχει πλακα.

Αν α,β,γ
είναι οι πλευρές ενός τριγώνου ABΓ, να αποδείξετε ότι:
${\alpha }^{2}{\beta }^{2} + {\beta }^{2}{\gamma }^{2} + {\gamma }^{2}{\alpha }^{2}\succ \frac{{\alpha }^{4} +{\beta }^{4}+{\gamma }^{4}}{2}$
πιστευω ξερετε την ταυτοτητα...

Guest 018946 · 18 Μαρτίου 2012

Αρχική Δημοσίευση από MANOLIS_X3!!!:
Αν α,β,γ
είναι οι πλευρές ενός τριγώνου ABΓ, να αποδείξετε ότι:
${\alpha }^{2}{\beta }^{2} + {\beta }^{2}{\gamma }^{2} + {\gamma }^{2}{\alpha }^{2}\succ \frac{{\alpha }^{4} +{\beta }^{4}+{\gamma }^{4}}{2}$
πιστευω ξερετε την ταυτοτητα...

Με καμια ταυτοτητα και πηγαινοντας με το στοιχειωδες τριωνυμο :

$a^2=x \geq 0 \wedge b^2=y \geq 0 \wedge c^2=t \geq 0$

η ανισοτητα γινεται με στοιχειωδεις πραξεις
$x^2-2x(y+t)+y^2+t^2-2yt < 0$ Βγαζω διακρινουσα και παιρνω
$\Delta = 16yt$ και ρίζες :

$x_{1}=\frac{2y+2t+4\sqrt{ty}}{2}=y+t+2\sqrt{ty}=(\sqrt{y}+\sqrt{t})^2 \wedge x_{2}=(\sqrt{y}-\sqrt{t})^2$

Οποτε παραγοντοποιειται ως εξής $[x-(\sqrt{y}+\sqrt{t})^2][x-(\sqrt{y}-\sqrt{t})^2] <0 \Leftrightarrow [a^2-(b+c)^2][a^2-(b-c)^2]< 0$ που ισχυει αφου $a>b-c \Leftrightarrow a^2>(b-c)^2 \Leftrightarrow a^2-(b-c)^2>0 \quad (1)$ και $a<b+c \Leftrightarrow a^2-(b+c)^2<0 \quad (2)$ πολλαπλασιαζωντας ετσι τις $(1)$ και $(2)$ προκυπτει το ζητουμενο.

Αρχική Δημοσίευση από MANOLIS_X3!!!:
ΑΝ $\alpha,\beta ,\gamma \in \left(0,1 \right),$ νδο:
$\sqrt{\alpha \beta \gamma }+\sqrt{\left(1-\alpha \right)\left(1-\beta \right)\left(1-\gamma \right)}\prec 1$
πιθανόν να ξεφευγει λιγο απο Α' ΛΥΚ. παντως απο οτι ειδα εχετε λυσει και δυσκολοτερεσ.

Για βαλε λυση ρε μαστωρα γιατι εγω πηγα με τριωνυμα και δεν βγηκα καπου.

MANOLIS_X3!!! · 18 Μαρτίου 2012

Αρχική Δημοσίευση από dr.tasos:
Με καμια ταυτοτητα και πηγαινοντας με το στοιχειωδες τριωνυμο :

$a^2=x \geq 0 \wedge b^2=y \geq 0 \wedge c^2=t \geq 0$

η ανισοτητα γινεται με στοιχειωδεις πραξεις
$x^2-2x(y+t)+y^2+t^2-2yt < 0$ Βγαζω διακρινουσα και παιρνω
$\Delta = 16yt$ και ρίζες :

$x_{1}=\frac{2y+2t+4\sqrt{ty}}{2}=y+t+2\sqrt{ty}=(\sqrt{y}+\sqrt{t})^2 \wedge x_{2}=(\sqrt{y}-\sqrt{t})^2$

Οποτε παραγοντοποιειται ως εξής $[x-(\sqrt{y}+\sqrt{t})^2][x-(\sqrt{y}-\sqrt{t})^2] <0 \Leftrightarrow [a^2-(b+c)^2][a^2-(b-c)^2]< 0$ που ισχυει αφου $a>b-c \Leftrightarrow a^2>(b-c)^2 \Leftrightarrow a^2-(b-c)^2>0 \quad (1)$ και $a<b+c \Leftrightarrow a^2-(b+c)^2<0 \quad (2)$ πολλαπλασιαζωντας ετσι τις $(1)$ και $(2)$ προκυπτει το ζητουμενο.

φίλε εμπλεξες ενω βγάζει ματι οτι είναι de moivre ταυτότητα. ΛΟΙΠΟΝ ειναι: $\left(\alpha +\beta +\gamma \right)\left(\alpha -\beta -\gamma \right)\left(\alpha -\beta +\gamma \right)\left(\alpha +\beta -\gamma \right)<0$ που ισχυει απο τριγωνικες ανισοτητες.παρολ΄αυτα,οτιδηποτε επιστημονικα ορθο θεωρείται δεκτό.
θυμιζω de moivre:
α^4+ β^4+ γ^4– 2α^2β^2 – 2β^2γ^2 – 2γ^2α^2= (α+β+γ)(α–β+γ)(α+β–γ)(α–β–γ)

Αρχική Δημοσίευση από dr.tasos:
Για βαλε λυση ρε μαστωρα γιατι εγω πηγα με τριωνυμα και δεν βγηκα καπου.

παρατηρω οτι 0<χ<1 ισχυει $\sqrt{\chi }\prec \sqrt[3]{\chi }$ .Αρα, $\sqrt{\alpha \beta \gamma }\prec \sqrt[3]{\alpha \beta \gamma }\leq \frac{\alpha +\beta +\gamma }{3}$ (1)
$\sqrt{\left(1-\alpha \right)\left(1-\beta \right)\left(1-\gamma \right)}\prec \sqrt[3]{\left(1-\alpha \right)\left(1-\beta \right)\left(1-\gamma \right)}\leq \frac{1-\alpha +1-\beta +1-\gamma }{3}$ (2).προσθετω 1 και 2 και βγαινει το ζητουμενο

Guest 018946 · 20 Μαρτίου 2012

Αρχική Δημοσίευση από ξαροπ:
Ένα ακόμη πράγμα να σκεφτείτε:

Πόσο κάνει $\sqrt{2\sqrt{2\sqrt{2\sqrt{...}}}}$ ? (η διαδικασία επαναλαμβάνεται άπειρες φορές)

Μας ξεφυγε αυτη : .. . . . . .. . . . .

Αμα ειναι οπως το σκεφτομαι πρεπει να παει ως εξης $x=(\sqrt{2\sqrt{2\sqrt{2\sqrt{...}}}}) \Leftrightarrow x^2=2x \Leftrightarrow x=2$ το μηδεν το αποριπτω αφου ειναι θετικος μεσα στην ριζα.

Βαζω και μια ασκηση μια και γυρισα απο το ban .

Click here Skip to 1:37

Αν $a,b,c \in \mathbb{Q}$ και $a+b+c=abc$

Να δειξετε οτι ο αριθμος $A=\sqrt{\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}+2}$ ειναι ρητος .

akis95 · 19 Μαρτίου 2012

Η παρένθεση γίνεται

γράφω το υπόριζο ως εξής $\right){\left(\frac{1}{\alpha }+\frac{1}{\beta }+\frac{1}{\gamma } \right)}^{2}-2\left(\frac{1}{\alpha \beta }+\frac{1}{\beta \gamma }+\frac{1}{\alpha \gamma }-1 \right)$ Κάνοντας πράξεις και πραγοντοποιήσεις στην δευτερη παρενεθση βγάζουμε ότι ισούται με μηδέν αρα βγαίνει ένα τέλειο τετράγωνο κατω απο το υπόριζο

Άκης

Guest 018946 · 19-03-12

Λοιπον εγώ ειπα $A=\sqrt{\frac{a^2b^2+a^2c^2+b^2c^2+2a^2b^2c^2}{a^2b^2c^2}} \Leftrightarrow A=\sqrt{\frac{a^2b^2+a^2c^2+b^2c^2+2abc(a+b+c)}{a^2b^2c^2}} \Leftrightarrow A=\sqrt{\frac{(ab+bc+ac)^2}{a^2b^2c^2}} \Leftrightarrow A=\frac{ab+bc+ac}{abc}$

akis95 · 19-03-12

Πολύ ωραία λύση

Λυπάμαι απορρίπτεται είναι πάνω μια σειρά

Guest 018946 · 19-03-12

Αρχική Δημοσίευση από akis15:
Πολύ ωραία λύση

Λυπάμαι απορρίπτεται είναι πάνω μια σειρά

Εισαι φραμπαλας

akis95 · 19-03-12

Aν $\alpha ,\beta \in Z prove that \sqrt{{\alpha \left(\alpha +\beta \right)}\left(\alpha +2\beta \right)\left(\alpha +3\beta \right)+{\beta }^{4}}\in N$

Guest 018946 · 19 Μαρτίου 2012

Αρχική Δημοσίευση από akis15:
Aν $\alpha ,\beta \in Z prove that \sqrt{{\alpha \left(\alpha +\beta \right)}\left(\alpha +2\beta \right)\left(\alpha +3\beta \right)+{\beta }^{4}}\in N$

$A=\sqrt{(a^2+3ab)(a^2+3ab+2b^2)+b^4} \Leftrightarrow A=\sqrt{(a^2+3ab)^2+2b^2(a^2+3ab)+b^4} \Leftrightarrow A=\sqrt{(a^2+3ab+b^2)^2}=|a^2+3ab+b^2|=|(a+b)^2+ab| \in \mathbb{N}$

MANOLIS_X3!!! · 19-03-12

Αρχική Δημοσίευση από dr.tasos:
Μας ξεφυγε αυτη : .. . . . . .. . . . .

Αμα ειναι οπως το σκεφτομαι πρεπει να παει ως εξης $x=(\sqrt{2\sqrt{2\sqrt{2\sqrt{...}}}}) \Leftrightarrow x^2=2x \Leftrightarrow x=2$ το μηδεν το αποριπτω αφου ειναι θετικος μεσα στην ριζα.

ελυνα μια παρομοια προχθες να βρειτε τη τιμη της παραστασης $\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2+...}}}}$

Συλλογή ασκήσεων στην Άλγεβρα

Νεοφερμένος

Δραστήριο μέλος

Guest 018946

Επισκέπτης

Δραστήριο μέλος

Guest 018946

Επισκέπτης

Πολύ δραστήριο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Δραστήριο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Νεοφερμένος

Guest 018946

Επισκέπτης

Νεοφερμένος

Guest 018946

Επισκέπτης

Δραστήριο μέλος

Guest 018946

Επισκέπτης

Δραστήριο μέλος

Guest 018946

Επισκέπτης

Δραστήριο μέλος

Guest 018946

Επισκέπτης

Νεοφερμένος