Βοήθεια/Απορίες στην Άλγεβρα

p@g · 16-10-09

Αρχική Δημοσίευση από Dimitris0mg:
έστω κ=2+2(τετραγωνο)+2(κυβος)+...2(εις την 2008) να αποδείξετε οτι ο 30 διαιρει το κ. κάποιος αν μπορεί να μου την λύση παρακαλώ.!

χαχαχαχαχαχα αποτι βλεπω η προετοιμασια για Θαλη εχει αρχισει πυρετωδώς ε?????η ασκηση ειναι για οσους δεν καταλαβαν απο το διαγωνισμο της ΕΜΕ Θαλης Β Λυκειου 2006-2007 θεμα 3!!

η λυση εχει ως εξής:αρχικα η πρωτη υποψεια ερχεται οταν συνειδητοποιησουμε οτι $30=2+2^2+2^3+2^4$ επειτα εργαζομαστε καπως ετσι

$K=2+2^2+2^3+...+2^{2008} \Leftrightarrow K=(2+2^2+2^3+2^4)+2^4(2+2^2+2^3+2^4)+...+2^{2004}(2+2^2+2^3+2^4)=30(1+2^4+2^8+...+2^{2004})$ αρα $30|K$

ξαροπ · 16-10-09

Αρχική Δημοσίευση από p@g:
χαχαχαχαχαχα αποτι βλεπω η προετοιμασια για Θαλη εχει αρχισει πυρετωδώς ε?????η ασκηση ειναι για οσους δεν καταλαβαν απο το διαγωνισμο της ΕΜΕ Θαλης Β Λυκειου 2006-2007 θεμα 3!!

η λυση εχει ως εξής:αρχικα η πρωτη υποψεια ερχεται οταν συνειδητοποιησουμε οτι $30=2+2^2+2^3+2^4$ επειτα εργαζομαστε καπως ετσι

$K=2+2^2+2^3+...+2^{2008} Leftrightarrow K=(2+2^2+2^3+2^4)+2^4(2+2^2+2^3+2^4)+...+2^{2004}(2+2^2+2^3+2^4)=30(1+2^4+2^8+...+2^{2004})$ αρα $30|K$

Γεια σου ρε Πάνο!

Την άσκηση αυτή την είχε ρωτήσει ένα μέλος του iSchool (Leo93?) και το είχα παρατηρήσει αυτό με τις δυνάμεις του 2, αλλά λύση δεν του έστειλα.

Όσο πλησιάζει η φάση καλό είναι να αναρτήσουμε ό,τι θέματα έχουμε για Θαλή!

Εδιτ: τώρα θυμήθηκα γιατί δεν μπορούσα να βρω λύση. Το τελευταίο που είχε βάλει ήταν $2^{2006}$ . Οπότε έβγαζα ένα υπόλοιπο στη διαίρεσή του με το 30

p@g · 16-10-09

Αρχική Δημοσίευση από ξαροπ:
Γεια σου ρε Πάνο!

Την άσκηση αυτή την είχε ρωτήσει ένα μέλος του iSchool (Leo93?) και το είχα παρατηρήσει αυτό με τις δυνάμεις του 2, αλλά λύση δεν του έστειλα. Όσο πλησιάζει η φάση καλό είναι να αναρτήσουμε ό,τι θέματα έχουμε για Θαλή!

Εδιτ: τώρα θυμήθηκα γιατί δεν μπορούσα να βρω λύση. Το τελευταίο που είχε βάλει ήταν $2^{2006}$ . Οπότε έβγαζα ένα υπόλοιπο στη διαίρεσή του με το 30

αμα σου πω οτι την προσπαθουσα και γω τη συγκεκριμενη ολη τη βδομαδα στις ωρες που βαριομουν και η φώτιση ηρθε σημερα την ωρα του δικαιου!!!!!ειναι αρκετα ομορφη ασκηση οφειλω να ομολογησω!!!

ας βαλω και γω μια του θαλη 2000-2001 αλα πρωτο θεμα να μην παμε στα βαθιά κατευθειαν...

$x^2+x=2n+1, n\epsilon N$ ν.δ.ο η παραπανω εξισωση εχει πραγματικες ριζες.ειναι δυνατον οι ριζες της εξισωσης να ειναι ακεραιοι???

Εδιτ: τώρα θυμήθηκα γιατί δεν μπορούσα να βρω λύση. Το τελευταίο που είχε βάλει ήταν . Οπότε έβγαζα ένα υπόλοιπο στη διαίρεσή του με το 30

χαχα δεν πειραζει τι να κανουμε και αυτα μες στο παιχνιδι ειναι...σημασια εχει οτι ησουν μες στο πνευμα!!!

ξαροπ · 16-10-09

Το πρώτο νομίζω με διακρίνουσα βγαίνει εύκολα. Το δεύτερο, που έχει λίγο πιο πολύ φαντασία, είναι ως εξής: $x(x+1) = 2n+1$ , το οποίο δεν έχει λύσει στο $\mathbb{Z}$ , αφού σε κάθε περίπτωση ο x(x+1) είναι άρτιος (αν χ άρτιος, τότε η απόδειξη τελείωσε, ενώ αν χ περιττός, τότε χ+1 άρτιος) ενώ ο 2n+1 είναι πάντα περιττός για $n \in \mathbb{N}$ .

Dimitris0mg · 16-10-09

εχουμε καμια ιδεα για την ασκηση αυτη.? (ριζα τριτης)2+ριζα τριτης 3> ριζα τριτησ 19 το ψαχνω 3 μερες.! ελεος..

p@g · 17-10-09

Αρχική Δημοσίευση από Dimitris0mg:
εχουμε καμια ιδεα για την ασκηση αυτη.? (ριζα τριτης)2+ριζα τριτης 3> ριζα τριτησ 19 το ψαχνω 3 μερες.! ελεος..

αφου εχεις παρει σβαρνα ολες του θαλη.....(παρεπιμπτωντος δεν χρειαζεται να κοιτας της Β Λυκειου τα θεματα στην Α δεν ειναι τοσο απαιτητικα) βαζε και τι θεμα ειναι και ποια χρονια και βαλτα ολα μαζι..

λοιπον η ασκηση ειναι τεταρτο θεμα Θαλης Β Λυκειου 2006-2007 και η ασκηση λεει:
ν.δ.ο α) $\sqrt[3]{2}+\sqrt[3]{3}\succ \sqrt[3]{19}$ και
β)να λυθει η εξισωση $2^{-1}x+x^{-1}=\frac{\sqrt[3]{38}}{\sqrt[3]{2}+\sqrt[3]{3}}$

Λυση:α)απο AM-GM εχουμε $\sqrt[3]{2}+\sqrt[3]{3}\geq 2\sqrt{\sqrt[3]{2}\sqrt[3]{3}}=2\sqrt[6]{6}$ αρα τωρα αρκει ν.δ.ο $2\sqrt[6]{6}\succ \sqrt[3]{19}$ υψωνοντας τα δυο μελη εις την τριτη παιρνουμε $8\sqrt{6}\succ 19$ και υψωνοντας στο τετραγωνο εχουμε $64*6\succ 19^2 \leftrightarrow 384\succ 361$ που ισχυει

β)για το β ερωτημα τωρα δεν ειμαι 100% σιγουρος για την εγκυροτητα της λυσης $2^{-1}x+x^{-1}=\frac{\sqrt[3]{38}}{\sqrt[3]{2}+\sqrt[3]{3}} \leftrightarrow 2^{-1}x+x^{-1}=\frac{\sqrt[3]{2} \sqrt[3]{19}}{\sqrt[3]{2}+\sqrt[3]{3}}$ απο α) ερωτημα ομως εχουμε $\frac{1}{\sqrt[3]{2}+\sqrt[3]{3}}\prec \frac{1}{\sqrt[3]{19}}\leftrightarrow \frac{\sqrt[3]{2}\sqrt[3]{19}}{ \sqrt[3]{2}+\sqrt[3]{3}}\prec \sqrt[3]{2}$ αντικαθιστωντας εχουμε $\frac{x^2+2}{2x}\prec \sqrt[3]{2}\leftrightarrow \frac{x^2-2\sqrt[3]{2}x+2}{x}\prec 0$ το οποιο ειναι αδυνατο διοτι εστω $x>0$ τοτε $x^2-2\sqrt[3]{2}x+2<0$ το οποιο ειναι αδυνατο και αν $x<0$ τοτε $x^2-2\sqrt[3]{2}x+2>0$ το οποιο ειναι παλι αδυνατο

αρα η εξισωση ειναι αδυνατη

sogroig · 19-10-09

Αν α,β,γ θετικες και άνισες γωνιες με α+β+γ=π/2 και συνα=συνβσυνγ να δείξετε ότι 0<β<π/4 , 0<γ<π/4 και 3/4<= εφα <1.

Τα χω δειξει όλα εκτος από το 3/4<= εφα.

Καιγομαι...Βοηθεια

RORY · 19-10-09

Αρχική Δημοσίευση από sogroig:
Αν α,β,γ θετικες και άνισες γωνιες με α+β+γ=π/2 και συνα=συνβσυνγ να δείξετε ότι 0<β<π/4 , 0<γ<π/4 και 3/4<= εφα <1.

Τα χω δειξει όλα εκτος από το 3/4<= εφα.

Καιγομαι...Βοηθεια

Καλημέρα.
α=π/2-(β+γ) άρα εφα=σφ(β+γ) (1)
σφ(β+γ)=1-εφβεφγ/εφβ+εφγ (2 βασική)
συνα=συνβσυνγ ή συν(π/2-(β+γ))=συνβσυνγ ή ημ(β+γ)=συνβσυνγ (3)
Από (3) σφ(β+γ)=συν(β+γ)/ημ(β+γ)=συν(β+γ)/συνβσυνγ=(συνβσυνγ-ημβημγ)/συνβσυνγ=1-εφβεφγ (4)
Από (2),(4) εφβ+εφγ=1 ή εφβ=1-εφγ.Το αντικαθιστώ στην βασική (2) και παίρνω εφα=σφ(β+γ)=1-εφβ+(εφβ)^2 Θέτω χ=εφβ 0<χ<1.Οπότε
εφα=χ^2-χ+1 .Αποδεικνύω ότι έχει ελάχιστο στο χ=1/2 το 3/4 είτε με παραγώγους ή με τετραγωνισμό.
εφα=χ^2-2(1/2)χ+1/4+3/4=(χ-1/2)^2+3/4>=3/4

Leo 93 · 24 Αυγούστου 2011

Αρχική Δημοσίευση από ξαροπ:
Γεια σου ρε Πάνο!

Την άσκηση αυτή την είχε ρωτήσει ένα μέλος του iSchool (Leo93?) και το είχα παρατηρήσει αυτό με τις δυνάμεις του 2, αλλά λύση δεν του έστειλα. Όσο πλησιάζει η φάση καλό είναι να αναρτήσουμε ό,τι θέματα έχουμε για Θαλή!

Εδιτ: τώρα θυμήθηκα γιατί δεν μπορούσα να βρω λύση. Το τελευταίο που είχε βάλει ήταν $2^{2006}$ . Οπότε έβγαζα ένα υπόλοιπο στη διαίρεσή του με το 30

Ναι. 2^2008 ήταν ο τελευταίος όρος για αυτό έβγαινε υπόλοιπο 2.

Να παραθέσω μία εύκολη αλλά ωραία κατά τη γνώμη μου άσκηση:

Έστω ${S}_{1}=\chi +\psi +z$ , ${S}_{2}=\chi \psi +\psi z+z\chi$ τέτοιοι ώστε να ικανοποιούν την ισότητα:
${\chi }^{2}(\psi +z)+{\psi }^{2}(z+\chi )+{z}^{2}(\chi +\psi )=6$

a) νδo $3\chi \psi z={S}_{1}{S}_{2}-6$
b) να βρεθούν οι χ,ψ,z αν ${S}_{1}=3,{S}_{2}=2$

(Ευκλείδης 2009 -Θέμα 2ο)

Θα ήθελα επίσης βοήθεια στην εξής άσκηση:

${\chi }^{2}+2=3\sqrt{3\chi -2}$
Λύνεται χωρίς Horner;

(Ευκλείδης 2008 -Θέμα 1ο)

Θα ήθελα επίσης βοήθεια στην εξής άσκηση:

${chi }^{2}+2=3sqrt{3chi -2}$
Λύνεται χωρίς Horner;

Καμία απάντηση;;;

coheNakatos · 21-10-09

μετα απο τους περιορισμους κτλπ οταν υψωσεις στο τετραγωνο εχεις μεσα 4ου βαθμου 2ου και 1ου αν υπηρχε το χ στην 1η δυναμη τοτε ναι θα την θεωρουσες ως διτετραγωνη τωρα ετσι οπως ειναι δεν νομιζω οτι μπορεις

Leo 93 · 21-10-09

Αρχική Δημοσίευση από coheNakatos:
μετα απο τους περιορισμους κτλπ οταν υψωσεις στο τετραγωνο εχεις μεσα 4ου βαθμου 2ου και 1ου αν υπηρχε το χ στην 1η δυναμη τοτε ναι θα την θεωρουσες ως διτετραγωνη τωρα ετσι οπως ειναι δεν νομιζω οτι μπορεις

Αυτό είναι το πρόβλημα.

coheNakatos · 21-10-09

εσυ γιατι δεν θες να χρησιμοποιησεις το σχ.Horner απλο κ ευκολο που κολλας ?

Leo 93 · 21-10-09

Δεν είπα ότι δε θέλω να το χρησιμοποιήσω απλώς ρωτάω αν γίνεται με άλλον τρόπο.

Leo 93 · 24 Αυγούστου 2011

Αρχική Δημοσίευση από Leo 93:
Ναι. 2^2008 ήταν ο τελευταίος όρος για αυτό έβγαινε υπόλοιπο 2.

Να παραθέσω μία εύκολη αλλά ωραία κατά τη γνώμη μου άσκηση:

Έστω ${S}_{1}=chi +psi +z$ , ${S}_{2}=chi psi +psi z+zchi$ τέτοιοι ώστε να ικανοποιούν την ισότητα:
${chi }^{2}(psi +z)+{psi }^{2}(z+chi )+{z}^{2}(chi +psi )=6$

a) νδo $3chi psi z={S}_{1}{S}_{2}-6$
b) να βρεθούν οι χ,ψ,z αν ${S}_{1}=3,{S}_{2}=2$

Και S_2=xy + yz + zx

Να εξεταστεί αν υπάρχουν πραγματικοί αριθμοί x τέτοιοι ώστε

${(1+{x}^{3})}^{4}+{(1+{x}^{2})}^{4}=2{x}^{4}$

(Θαλής 2005)

Dimitris0mg · 10-11-09

δινονται τα σημεια Α(2,3) Β(-4,5) Γ (3,-4) να βρειτε την εξισωση της ευθειας που διερχεται απο την κορυφη Α και το κεντρο βαρους του τριγωνου ΑΒΓ...

Eukleidis · 10-11-09

Βρες το μήκος της βάσης.Το μέσο της Βάσης. Τότε το μέσο της βάσης ΒΓ και το σημείο Α οριζουν μια ευθεία. Αυτή είναι η ζητούμενη.

manos66 · 12-11-09

Αρχική Δημοσίευση από Dimitris0mg:
δινονται τα σημεια Α(2,3) Β(-4,5) Γ (3,-4) να βρειτε την εξισωση της ευθειας που διερχεται απο την κορυφη Α και το κεντρο βαρους του τριγωνου ΑΒΓ...

Eίναι άσκηση Μαθηματικών κατεύθυνσης και μάλιστα του σχολικού βιβλίου.

babisgr · 13-11-09

Που μπορώ να βρω ολόκληρο τον τριγονομετρικό πίνακα???όχι μόνο τα 0,π/6...π,3π/2..Όλους τους τριγαριθμούς...

Επίσης μία άσκηση: έχεις ΑΒΓΔ τετράπλευρο, ισχύει:
α)ημ(Α+Β+Γ+Δ)=1
β)συν(Α+Β+Γ+Δ)=0
γ)ημ(Α+Δ)=ημ(Β+Γ)
δ)συν(Α+Β)=συν(Γ+Δ)

Όλα λάθος δεν είναι???

vimaproto · 14-11-09

Αρχική Δημοσίευση από babisgr:
Που μπορώ να βρω ολόκληρο τον τριγονομετρικό πίνακα???όχι μόνο τα 0,π/6...π,3π/2..Όλους τους τριγαριθμούς...

Επίσης μία άσκηση: έχεις ΑΒΓΔ τετράπλευρο, ισχύει:
α)ημ(Α+Β+Γ+Δ)=1
β)συν(Α+Β+Γ+Δ)=0
γ)ημ(Α+Δ)=ημ(Β+Γ)
δ)συν(Α+Β)=συν(Γ+Δ)

Όλα λάθος δεν είναι???

Η (δ) είναι σωστή.

babisgr · 14-11-09

Αρχική Δημοσίευση από vimaproto:
Η (δ) είναι σωστή.

Γιατί? :xixi:
αφού είναι:
Α+Β+Γ+Δ=π
Α+Β=π-Δ-Γ
συν(Α+Β)=συν[π-(Γ+Δ)]
=-συν(Γ+Δ)
-----------------------------------------
:jumpy:

Sorry 2π ειναι!!!Έχεις δικιο...

Βοήθεια/Απορίες στην Άλγεβρα

Εκκολαπτόμενο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Νεοφερμένος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Νεοφερμένος

Νεοφερμένος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Δραστήριο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Δραστήριο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Νεοφερμένος

Πολύ δραστήριο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Συνημμένα

Πολύ δραστήριο μέλος