Συλλογή ασκήσεων στην Άλγεβρα

Guest 018946 · 25-01-12

Αρχική Δημοσίευση από hliassonny:
αν $\left|\chi \right|\prec 1$ και $-1\prec \psi \prec 3$ να αποδείξετε ότι $\left|{\chi }^{2} - 3\chi -10 \right| \prec 14$

Παμε και γιαυτην $|x^2-3x-10| \leq |x^2| +|3x| +10$ Ομως εχω $x^2 \leq 1 \wedge 3|x| \leq 3$
Προσθετω κατα μελη και εχω $x^2+3|x|+10 \leq 14$ αρα εχω $|x^2-3x-10| \leq |x^2| +|3x| +10 \leq 14 \Rightarrow |x^2-3x-10| \leq 14$

rebel · 25-01-12

Ηλία ότι και να κάνεις επάνω στο μήνυμα πάτα πρώτα "προεπισκόπηση μηνύματος" για να δεις αν βγήκε αυτό που ήθελες. Σε γλυτώνει από πολύ κόπο.

Guest 018946 · 25-01-12

Κωστα εκεινο με την απειροελαχιστη θετικη ποσοτητα που εγραψα πιο πανω σωστο ? γιατι εχω αμφιβολιες .

rebel · 25-01-12

Ναι, διαισθητικά αυτό που γράφεις είναι. Προσεξε το $\forall \epsilon > 0$ . Μπορώ στην περίπτωση που θεωρήσω ότι α>0, να επιλέξω κάποιο κατάλληλο ε>0 ωστε να καταλήξω σε άτοπο;

Guest 018946 · 25-01-12

το για καθε κανει οντως την διαφορα γιατι μπορω να επιλεξω τετοιο $\epsilon$ ωστε να βρισκεται ακριβως μετα το μηδεν πανω στον αξονα ειναι δηλαδη σαν να λεμε ολοι οι θετικοι ειναι μεγαλυτεροι απο τον $a$ αρα ο $a$ δεν ειναι θετικος αρα λογω της αριστερης ανισοτητας θα ειναι μηδεν .

Edit : Nα κανω την προσαρμογη αυτης της σκεψης σε ατοπο
Εστω οτι ο $a$ ειναι θετικος ομως αυτος ο θετικος συμφωνα με την εκφωνηση της ασκησης ειναι μικροτερος απο καθε θετικο αρα εχω ατοπο διοτι θα επρεπε να ειναι τουλαχιστον μεγαλυτερος απο εναν θετικο για να ειναι θετικος αρα εχω ατοπο αρα ειναι μηδεν

rebel · 26-01-12

Nαι, πιο απλά, έστω α>0. Αφού η ανισότητα ισχύει για κάθε ε>0 θα ισχύει και για ε=α>0. Δηλαδή α<α, άτοπο.

SonnY · 29 Ιανουαρίου 2012

αν $\kappa$ ακέραιος να λύσετε την εξίσωση
$\kappa \chi /2 + \chi /4 = \kappa \left(\chi +2 \right) - 3\left(\kappa \chi -1 \right)/4$

β)για ποιες τιμες του ακεραιου $\kappa$ η εξίσωση έχει ακέραιες λύσεις?

Guest 018946 · 30 Ιανουαρίου 2012

Αρχική Δημοσίευση από Αγγελική!!!:
2)Eάν ${\rho }_{1},{\rho }_{2}$ οι ρίζες της εξίσωσης $\alpha {x}^{2}+\beta x+\gamma =0$ , $\alpha \neq 0$ να κατασκευάσετε δευτεροβάθμια εξίσωση που έχει ρίζες $\left| {\rho }_{1}\right|,\left| {\rho }_{2}\right|$

Στην περιπτωση που περιπτωσει που οι δυο ριζες ειναι ομοσημες το ερωτημα ειναι τετριμενο δηλαδη η εξισωση θα ειναι η ιδια οκ .
Θα διακρινουμε δυο περιπτωσεις
$r_{1} \geq 0 \wedge r_{2} \leq 0$
θα ειναι $S= -\frac{\sqrt{\Delta}}{a} \wedge P=-\frac{\sqrt{\Delta}}{4a^2}$ οπότε θα παρω την
$x^2+\frac{\sqrt{\Delta}}{a}+-\frac{\sqrt{\Delta}}{4a^2}=0$
Για $r_{2} \geq 0 \wedge r_{1} \leq 0$ Ευκολα παιρνω $S=\frac{-\sqrt{\Delta}}{a} \wedge P=-\frac{c}{a}$ Αρα ειναι $x^2+\frac{\sqrt{\Delta}}{a}-\frac{c}{a}=0$ Διατηρω μια επιφυλαξη για την απαντηση μου .

SonnY · 31-01-12

αν $\alpha + \beta + \gamma = 1$ (α,β,γ θετικοί πραγματική αριθμοί) να αποδειχθεί ότι
$\alpha^2 + \beta ^2 + \gamma ^2 + 2\sqrt {3\alpha \beta \gamma} \leq 1$

akis95 · 06-02-12

Αν υποθέσουμε ότι:
2 + 3 = 10
7 + 2 = 63
6 + 5 = 66
8 + 4 = 96
τότε
πόσο μας κάνει
8 + 7 ?

Guest 018946 · 06-02-12

Αρχική Δημοσίευση από akis15:
Αν υποθέσουμε ότι:
2 + 3 = 10
7 + 2 = 63
6 + 5 = 66
8 + 4 = 96
τότε
πόσο μας κάνει
8 + 7 ?

120

Αγγελική!!! · 06-02-12

Αρχική Δημοσίευση από gregory:
1. $g= r*r=r^2$
Οποτε |ρ|=<|γ| ομως 1 και |β| ειναι θετικες ποσοτητες, αρα θα ισχυει και το |ρ|=<|γ|+1+|β|

3. Δ=β^2-4γ και απο δεδομενο θα ειναι μικροτερο του 0, αρα δεν εχει πραγματικη ριζα

Λοιπόν η λύση της 3 είναι σωστή , στην λύση της 1 όμως διορθώνω:
Παίρνω περιπτώσεις : i)εάν $\left|\rho \right|<1$ , τότε $\left|\rho \right|\leq 1+\left|\beta \right|+\left|\gamma \right|$
$\: \: \:$
ii)εάν $\left|\rho \right|\geq 1$ ,τότε
${\rho }^{2}+\beta \rho +\gamma =0\Leftrightarrow {\rho }^{2}=-\beta \rho -\gamma \Leftrightarrow {\left|\rho \right|}^{2}=\left|-\beta \rho -\gamma \right|\Leftrightarrow {\left|\rho \right|}^{2}=\left|\beta \rho +\gamma \right|\leq \left|\beta \rho \right|+\left|\gamma \right|\Leftrightarrow {\left|\rho \right|}^{2}\leq \left|\beta \right|\left|\rho \right|+\left|\gamma \right|\Leftrightarrow {\left|\rho \right|}^{2}\leq \left|\beta \right|\left|\rho \right|+\left|\gamma \right|\left|\rho \right|\Leftrightarrow {\left|\rho \right|}^{2}\leq \left|\rho \right|(\left|\beta \right|+\left|\gamma \right|)\Leftrightarrow \left|\rho \right|\leq \left|\beta \right|+\left|\gamma \right|\leq 1+\left|\beta \right|+\left|\gamma \right|$

Αρχική Δημοσίευση από dr.tasos:
Στην περιπτωση που περιπτωσει που οι δυο ριζες ειναι ομοσημες το ερωτημα ειναι τετριμενο δηλαδη η εξισωση θα ειναι η ιδια οκ .
Θα διακρινουμε δυο περιπτωσεις
$r_{1} \geq 0 \wedge r_{2} \leq 0$
θα ειναι $S= -\frac{\sqrt{\Delta}}{a} \wedge P=-\frac{\sqrt{\Delta}}{4a^2}$ οπότε θα παρω την
$x^2+\frac{\sqrt{\Delta}}{a}+-\frac{\sqrt{\Delta}}{4a^2}=0$
Για $r_{2} \geq 0 \wedge r_{1} \leq 0$ Ευκολα παιρνω $S=\frac{-\sqrt{\Delta}}{a} \wedge P=-\frac{c}{a}$ Αρα ειναι $x^2+\frac{\sqrt{\Delta}}{a}-\frac{c}{a}=0$ Διατηρω μια επιφυλαξη για την απαντηση μου .

Λοιπόν
$S=\left|{\rho }_{1} \right|+\left|{\rho }_{2} \right|=\sqrt{{(\left|{\rho }_{1} \right|+\left|{\rho }_{2} \right|)}^{2}}=\sqrt{{\left|{\rho }_{1} \right|}^{2}+{\left|{\rho }_{2} \right|}^{2}+2\left|{\rho }_{1}{\rho }_{2} \right|}=\sqrt{{{\rho }_{1}}^{2}+{{\rho }_{2}}^{2}+2\left|{\rho }_{1}{\rho }_{2} \right|}=\sqrt{{({\rho }_{1}+{\rho }_{2})}^{2}-2{\rho }_{1}{\rho }_{2}+2\left|{\rho }_{1}{\rho }_{2} \right|}$
Ανάλογα βγαίνει και το P

akis95 · 06-02-12

τασο αιτιολογησε και γ ια τους υπολοιπους

Guest 018946 · 08-02-12

Παρατηρω οτι το αποτελσμα της πραξης προκυπτεια απο το αθροισμα των δυο αριθμων επι τον πρωτο . Εφαρμοζοντας αυτο για το 8 και το 7 παιρνω το αποτελεσμα.

Guest 018946 · 09-02-12

Αρχική Δημοσίευση από dr.tasos:
$(ab+ac+bc)^3=abc(a+b+c)^3\Leftrightarrow (b^2=ac~~\acute{\eta}~~c^2=ab~~\acute{\eta}~~a^2=bc)$ Να δειχθει η ισοδυναμια .
Βασανιστήτε μυστηρια πλασματα !!!
Δεν παιζει το βιντεακι τσιμπηστε λινκ https://www.youtube.com/watch?v=iO-dSjq9LLQ
Εδω να σας δω

Βαζω την λυση για να γινει up το θεμα ( εχει ψιλοπεθανει ομολογουμενως ) και γιατι εχει αλυτη για κανα μηνα :
$(ab)^3+(ac)^3+(cb)^3-a^4bc-ab^4c-abc^4=0 \Leftrightarrow ab(a^2b^2-c^4)+bc(b^2c^2-a^4)+ac(a^2c^2-b^4)=0 \Leftrightarrow b(a^3b^2-c^4a+b^2+c^3-a^4c)+ac(a^2c^2-b^4)=0 \Leftrightarrow b[b^2(a^3+c^3)-ac(a^3+c^3)]+ac(a^2c^2-b^4)=0 \Leftrightarrow b(b^2-ac)(a^3+c^3)-ac(b^2-ac)(b^2+ac)=0 \Leftrightarrow (b^2-ac)[(ba^3+bc^3)-(a^2c^2+b^2ac)]=0 \Leftrightarrow (b^2-ac)[ab(a^2-bc)-c^2(a^2-bc)]=0 \Leftrightarrow (b^2-ac)(ab-c^2)(a^2-bc)=0 \Rightarrow ab=c^2 \vee b^2=ac \vee a^2=bc$

Χαρουλιτα · 11-02-12

Να δείξετε ότι όλοι οι τετραψήφιοι παλινδρομικοί αριθμοί διαιρούνται με το 11.
(Παλινδρομικοί ονομάζονται οι αριθμοί που διαβάζονται το ίδιο και ευθέως και ανάποδα).

Guest 018946 · 12 Φεβρουαρίου 2012

Αρχική Δημοσίευση από Χαρουλιτα:
Να δείξετε ότι όλοι οι τετραψήφιοι παλινδρομικοί αριθμοί διαιρούνται με το 11.
(Παλινδρομικοί ονομάζονται οι αριθμοί που διαβάζονται το ίδιο και ευθέως και ανάποδα).

Λοιπον : προφανως ολοι οι τετραψηφιοι παλινδρομικοι εχουν την μορφη $\overline{xyyx}$ Κανοντας μια δεκαδικη αναπαρασταση παιρνω $\overline{xyyx}=1000x+100y+10y+x \Leftrightarrow \overline{xyyx}=1001x+110y \Leftrightarrow \overline{xyyx}=11(91x+10y)$ αρα οι τετραψηφιοι παλλινδρομικοι ειναι πολλαπλασια του 11 αρα και διαιρουνται με αυτο .

Χαρουλιτα · 11-02-12

Σωστος εισαι

Guest 018946 · 11 Φεβρουαρίου 2012

Προφανως .

Εχεις τιποτα αλλο για να παιξουμε ;

Χαρουλιτα · 11-02-12

Προς το παρον παω να ξεκουραστω αφου τελειωσα ολες τις ασκησεις μου με τα ολοκληρωματα!
Αν θυμηθω αυριο πως υπαρχει αυτο το θρεντ, θα γραψω καμια ασκησουλα...

Συλλογή ασκήσεων στην Άλγεβρα

Guest 018946

Επισκέπτης

Πολύ δραστήριο μέλος

Guest 018946

Επισκέπτης

Πολύ δραστήριο μέλος

Guest 018946

Επισκέπτης

Πολύ δραστήριο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Guest 018946

Επισκέπτης

Εκκολαπτόμενο μέλος

Δραστήριο μέλος

Guest 018946

Επισκέπτης

Δραστήριο μέλος

Δραστήριο μέλος

Guest 018946

Επισκέπτης

Guest 018946

Επισκέπτης

Διάσημο μέλος

Guest 018946

Επισκέπτης

Διάσημο μέλος

Guest 018946

Επισκέπτης

Διάσημο μέλος