Πολύ-τροπον

#1

Καλησπέρα σε όλους.

Η άσκηση πού έδωσε ο Αποστόλης ΕΔΩ για τη Γ΄ Γυμνασίου μού έδωσε την ιδέα της προέκτασης του θέματος. Ζητώ να αντιμετωπίσουμε την άσκηση με όσο το δυνατόν περισσότερους τρόπους, δίχως περιορισμό "ύλης". Γι' αυτό και τοποθετώ το ερώτημα εδώ. Πιστεύω ότι είναι αρκούντως διασκεδαστικό.
Έχω μερικές διαφορετικές λύσεις, κάποιες κομψές και διδακτικές, κάποιες τραβηγμένες (τριγωνομετρικές), αλλά πάντως αποτελεσματικές. Περιμένω τις δικές σας πρώτα.

Αν για τους αριθμούς ισχύει , δείξτε ότι ένας τουλάχιστον από τους αριθμούς είναι ίσος με .

Μεταφέρω εδώ τις λύσεις του Χαράλαμπου και του Αποστόλη, αλλάζοντας λίγο τη διατύπωση, αλλά όχι την κεντρική ιδέα.

1η λύση:

Η ισότητα της υπόθεσης γράφεται διαδοχικά:

$\displaystyle ab + 1 = a + b \Leftrightarrow ab + 1 - a - b = 0 \Leftrightarrow a\left( {b - 1} \right) - \left( {b - 1} \right) = 0$

$\displaystyle \Leftrightarrow \left( {b - 1} \right)\left( {a - 1} \right) = 0 \Leftrightarrow \left( {b = 1\;\;\; \vee \;\;\;a = 1} \right)$ .

2η λύση

Έστω ότι για τους αριθμούς a, b

ισχύει $\displaystyle ab + 1 = a + b\;\;\left( 1 \right)$

Το τριώνυμο $\displaystyle A\left( x \right) = {x^2} - \left( {a + b} \right)x + ab$ παραγοντοποιείται ως εξής: $\displaystyle {x^2} - \left( {a + b} \right)x + ab = \left( {x - a} \right)\left( {x - b} \right)$ .

Επειδή, λόγω της (1) ο αριθμός

είναι ρίζα του A(x)

, θα είναι $\displaystyle \left( {1 - a} \right)\left( {1 - b} \right) = 0$ , οπότε a = 1

ή

.
edit: Διόρθωσα ένα τυπογραφικό με την υπόδειξη του Μιχάλη Λάμπρου. Μιχάλη ευχαριστώ!

KARKAR · #2

$ab+1=a+b\Leftrightarrow (a-1)b=a-1$ . Αν a=1

...τέλος , αλλιώς $b=\dfrac{a-1}{a-1}=1$

KARKAR · #3

Έστω $a\neq 1$ . Από την υπόθεση είναι : (a-1)b-(a-1)=0

.

Θεωρώ τη σταθερή και μη μηδενική συνάρτηση : f(x)=a-1

.

Είναι : $\displaystyle \int_{1}^{b}f(x)dx=(a-1)b-(a-1)=0 ,$ άρα b=1

.

#4

Αφού έχουμε το ελεύθερο για να χρησιμοποιήσουμε ότι θέλουμε...

Η μιγαδική συνάρτηση με τύπο $f(z) = \tanh{z}$ παίρνει όλες τις τιμές εκτός από την τιμή

. Αν $a \neq 1$ και $b \neq 1$ τότε μπορώ να βρω z,w

με $\tanh{z} = a$ και $\tanh{w}=b$ . Τότε όμως έχω:

$\displaystyle \tanh{(z+w)} = \frac{\tanh{z} + \tanh{w}}{1 + \tanh{z}\tanh{w}} = \frac{a+b}{1+ab} = 1$

που είναι άτοπο.

#5

H υπόθεση γράφεται a(b-1)=b-1

. Επαγωγικά βλέπουμε ότι ισχύει $a^n(b-1)=b-1 \, (*)$ . Παίρνοντας όριο $n\to \infty$ , και επειδή το όριο του (σταθερού) δεξιού μέλους υπάρχει, θα υπάρχει και του αριστερού. Οπότε είτε b-1=0

(τελειώσαμε) ή $-1<a \le 1$ . Αν a=1

τελειώσαμε. Αλλιώς |a|<1

. Σε αυτή την περίπτωση στο όριο η (*)

γίνεται

, που πάλι τελειώσαμε: Να λες ευτυχώς γιατί άλλη μια τέτοια γραμμή και θα πέφτανε πέτρες.

#6

Θεωρώ τη συνάρτηση f(x)=(a-1)x-a+1

Είναι

και από την υπόθεση προκύπτει ότι και f(b)=0.

● Αν $a\ne 1,$ επειδή η

είναι πολυωνυμική α' βαθμού δεν μπορεί να έχει περισσότερες από μία ρίζες, άρα $\boxed{b=1}$

● Αν $b\ne 1,$ τότε η

θα είναι σταθερή, οπότε $\boxed{a=1}$

(Εναλλακτικά, μπορούμε και με θεώρημα του Rolle

).

#7

Καλησπέρα σε όλους. Μόνο και μόνο για να αριθμήσουμε τις απαντήσεις:

8η λύση (παραλλαγή της προηγούμενης, του Γιώργου):

Έστω ότι για τους αριθμούς a, b

ισχύει $\displaystyle ab + 1 = a + b\;\;\left( 1 \right)$ .

Αν a =1

δεν έχουμε τίποτα παραπάνω να αποδείξουμε.

Έστω $\displaystyle a \ne 1$ . Θα αποδείξουμε ότι ισχύει b = 1

.

Η συνάρτηση $\displaystyle f:\;R \to R$ με $\displaystyle f\left( x \right) = \left( {a - 1} \right)x + 1 - a$ είναι γνησίως αύξουσα αν a > 1

και γνησίως φθίνουσα αν a<1

, οπότε και στις δύο περιπτώσεις είναι «1-1».

Ισχύει $\displaystyle f\left( 1 \right) = \left( {a - 1} \right) \cdot 1 + 1 - a = 0$ και $\displaystyle f\left( b \right) = \left( {a - 1} \right)b + 1 - a = ab - b + 1 - a = 0$ , λόγω της (1), οπότε είναι b=1

, αφού η

είναι «1-1».

KARKAR · #8

Έστω ότι : a+b=s

, οπότε :

. Η σχέση : a+b=ab+1

, γίνεται

$s=a(s-a)+1\Leftrightarrow a^2-sa+s-1=0$ και λύνοντας ( τριώνυμο του

) ,

βρίσκουμε ότι : ή a=s-1

, οπότε

, ή

, οπότε

κι έτσι βρήκαμε και τον άλλο άγνωστο !

#9

10η λύση:

Έστω ότι για τους αριθμούς a, b

ισχύει $\displaystyle ab + 1 = a + b\;\;\left( 1 \right)$

Θέτω $\displaystyle \varepsilon \varphi x = a,\;\varepsilon \varphi y = b,\;\;x,y \ne k + \frac{\pi }{2},\;k \in Z.$

H (1) γράφεται

$\displaystyle \varepsilon \varphi x \cdot \varepsilon \varphi y + 1 = \varepsilon \varphi x + \varepsilon \varphi y \Leftrightarrow \frac{{\eta \mu x}}{{\sigma \upsilon \nu x}} \cdot \frac{{\eta \mu y}}{{\sigma \upsilon \nu y}} + 1 = \frac{{\eta \mu x}}{{\sigma \upsilon \nu x}} + \frac{{\eta \mu y}}{{\sigma \upsilon \nu y}}$

$\displaystyle \Leftrightarrow \eta \mu x \cdot \eta \mu y + \sigma \upsilon \nu x \cdot \sigma \upsilon \nu y = \eta \mu x \cdot \sigma \upsilon \nu y + \eta \mu y \cdot \sigma \upsilon \nu x$

$\displaystyle \Leftrightarrow \sigma \upsilon \nu \left( {x - y} \right) = \eta \mu \left( {x + y} \right) \Leftrightarrow \eta \mu \left( {x + y} \right) = \eta \mu \left( {\frac{\pi }{2} - x + y} \right)$

$\displaystyle \Leftrightarrow x + y = 2k\pi + \frac{\pi }{2} - x + y\;\;\; \vee \;\;\;x + y = 2k\pi + \pi - \frac{\pi }{2} + x - y$

$\displaystyle \Leftrightarrow x = k\pi + \frac{\pi }{4}\;\;\; \vee \;\;\;y = k\pi + \frac{\pi }{4},\;\;\;k \in Z$ ,

οπότε $\displaystyle \varepsilon \varphi x = 1\;\;\; \vee \;\;\varepsilon \varphi y = 1$ , δηλαδή a = 1

ή

.

Μιχάλης Τσουρακάκης · #10

11η λύση

Αν $\displaystyle b = 1$ δεν έχουμε να αποδείξουμε τίποτα.Έστω $\displaystyle b \ne 1$

θεωρούμε τα διανύσματα, $\displaystyle u = \left( {a,1} \right),v = \left( {b - 1,1 - b} \right),w = \left( {a - 1,a - 1} \right)$

$\displaystyle u \cdot v = ab - a + 1 - b = 0 \Rightarrow u \bot v$ και $\displaystyle v \cdot w = 0 \Rightarrow w \bot v$

Άρα $\displaystyle u//w \Rightarrow \det \left( {u,w} \right) = 0 \Rightarrow \left| {\begin{array}{*{20}{c}} a&1 \\ {a - 1}&{a - 1} \end{array}} \right| = 0$ $\displaystyle \Rightarrow {(a - 1)^2} = 0 \Rightarrow \boxed{a = 1}$

#11

12η λύση:

Έστω ότι για τους αριθμούς a, b

ισχύει $\displaystyle ab + 1 = a + b\;\;\left( 1 \right)$

Έστω $\displaystyle \overrightarrow u = \left( {a,\;1} \right),\;\;\overrightarrow v = \left( {b,\;1} \right),\;\;\overrightarrow t = \left( {1,\;b} \right)$ .

Τότε $\displaystyle \left( 1 \right) \Leftrightarrow \overrightarrow u \cdot \overrightarrow v = \overrightarrow u \cdot \overrightarrow t \Leftrightarrow \overrightarrow u \cdot \left( {\overrightarrow v - \overrightarrow t } \right) = 0 \Leftrightarrow \overrightarrow u \bot \left( {\overrightarrow v - \overrightarrow t } \right)$ .

Είναι $\displaystyle \overrightarrow v - \overrightarrow t = \left( {b - 1,\;1 - b} \right)$ .

Αν b = 1

, τότε $\displaystyle a \in R$ κι εμείς έχουμε αποδείξει τη ζητούμενη σχέση.

Αν $\displaystyle b \ne 1$ , τότε $\displaystyle {\lambda _{\overrightarrow v - \overrightarrow t }} = - 1 \Rightarrow {\lambda _{\overrightarrow u }} = 1 \Rightarrow a = 1$ .

KARKAR · #12

Έστω ότι : $ab=p\neq 0$ . Θα δείξουμε ότι : a=1

ή

( οπότε

) .

Πράγματι τότε : $b=\dfrac{p}{a}$ ,δηλαδή : $p+1=a+\dfrac{p}{a}\Leftrightarrow a^2-(p+1)a+p=0$

$\Leftrightarrow a=1 ,{\acute{\eta}} , a=p$ ό. έ. δ.

#13

14η λύση:

Έστω ότι για τους αριθμούς a, b

ισχύει $\displaystyle ab + 1 = a + b\;\;\left( 1 \right)$

Έστω $\displaystyle a \ne 1$ , οπότε υπάρχει μη μηδενικός

, ώστε $\displaystyle a = 1 + c,\;c \in {R^*}$ .

Τότε η (1) γράφεται $\displaystyle \left( {1 + c} \right)b + 1 = 1 + c + b \Leftrightarrow b + bc = c + b \Leftrightarrow \left( {b - 1} \right)c = 0 \Leftrightarrow b = 1$ .

Ομοίως, αν υποθέσουμε ότι $\displaystyle b \ne 1$ .

KARKAR · #14

Έστω : $a\neq 1$ . Θεωρώ τη συνάρτηση : f(x)=(a-1)x-a+1

, με

.

Αν είναι b>1

, με Θ.Μ.Τ. στο [1,b]

, βρίσκω ότι υπάρχει $\xi \in (0,1)$ , τέτοιο ώστε :

$f'(\xi)=a-1=\dfrac{f(b)-f(1)}{b-1}$ και επειδή ο αριθμητής ισούται με

,

, άτοπο .

Όμοια καταλήγουμε σε άτοπο και αν υποθέσουμε ότι : b<1

, άρα τελικά : b=1

#15

Αρχίζει και ζορίζει...

Μια πολυλογάδικη (αλλά άκρως ενδιαφέρουσα και διασκεδαστική).

16η λύση:

Έστω ότι για τους αριθμούς a, b

ισχύει $\displaystyle ab + 1 = a + b\;\;\left( 1 \right)$

Αν a=0

, τότε $\displaystyle \left( 1 \right) \Rightarrow b = 1$ . Ομοίως αν b=0

, τότε $\displaystyle \left( 1 \right) \Rightarrow a = 1$ .

Η περίπτωση να είναι a, b<0

απορρίπτεται, αφού το πρώτο μέλος της (1) θα είναι θετικό και το δεύτερο αρνητικό.

Δίχως να χαλά η γενικότητα, έστω a < b

.

Έστω

. Τότε $\displaystyle b < 1 \Rightarrow ab > a \Rightarrow ab + 1 > a + 1 > a + b$ , άτοπο.

Έστω a < 0, 1<b

. Τότε $\displaystyle b > 1 \Rightarrow ab < a \Rightarrow ab + 1 < a + 1 < a + b$ , άτοπο.

Άρα αν a<0

, τότε

.

Οπότε οι a, b

είναι και οι δύο θετικοί.

1η περίπτωση: Έστω 1 < a, b

. Τότε στο παρακάτω σχήμα το πάνω δεξιά ορθογώνιο θα είχε εμβαδόν

. Αδύνατον, δυστυχώς. Φανταστείτε να μπορούσαμε να δηλώναμε στο Ε9 οικόπεδα μηδενικού εμβαδού!

: 08-12-2017 Διασκεδαστικά μαθηματικά (1).jpg (15.51 KiB) Προβλήθηκε 460 φορές

2η περίπτωση: Έστω 0< a, b < 1

. Τότε στο παρακάτω σχήμα το πάνω δεξιά ορθογώνιο θα είχε εμβαδόν

. Επίσης αδύνατον.

: 08-12-2017 Διασκεδαστικά μαθηματικά (2).jpg (15.69 KiB) Προβλήθηκε 460 φορές

3η περίπτωση: Έστω 0< a<1< b

. Τότε στο παρακάτω σχήμα το πάνω δεξιά ορθογώνιο θα είχε εμβαδόν

. Επίσης αδύνατον.

: 08-12-2017 Διασκεδαστικά μαθηματικά (3).jpg (17.04 KiB) Προβλήθηκε 460 φορές

Οπότε, ένας τουλάχιστον από τους a, b

ισούται με

.

Γιώργος Μήτσιος · #16

Χαιρετώ τους πολύτροπους φίλους! Μια ακόμη Γυμνασιακή.

Θέτω a+b=2m

και

τότε είναι a=m+n...b=m-n

.

Από την ab+1=a+b

προκύπτει με αντικατάσταση $m^{2}-n^{2}+1=2m\Leftrightarrow \left ( m-1 \right )^{2}=n^{2}$ .

Επομένως είναι $m-1=n\Leftrightarrow m-n=1$ δηλ. b=1

ή $m-1=-n\Leftrightarrow m+n=1$ δηλ. a=1

Φιλικά Γιώργος.

KARKAR · #17

Αν

τότε $a+a=1+a^2\Leftrightarrow (a-1)^2=0\Leftrightarrow a=b=1$ .

Αν $a\neq b$ και $a\neq 1$ , τότε υπάρχει μη μηδενικός

, ώστε

(*)

Αλλά τότε : $a+a+x=1+a(a+x)\Leftrightarrow2a+x=1+a^2+ax$

$\Leftrightarrow x-ax=(1-a)^2$ $\Leftrightarrow x=\dfrac{(1-a)^2}{1-a}=1-a$ ,

δηλαδή αντικαθιστώντας στην (*) : b=a+1-a=1

Πολύ-τροπον

Πολύ-τροπον

Re: Πολύ-τροπον

Re: Πολύ-τροπον

Re: Πολύ-τροπον

Re: Πολύ-τροπον

Re: Πολύ-τροπον

Re: Πολύ-τροπον

Re: Πολύ-τροπον

Re: Πολύ-τροπον

Re: Πολύ-τροπον

Re: Πολύ-τροπον

Re: Πολύ-τροπον

Re: Πολύ-τροπον

Re: Πολύ-τροπον

Re: Πολύ-τροπον

Re: Πολύ-τροπον

Re: Πολύ-τροπον

Μέλη σε σύνδεση