ΕΜΠ 1950 ΑΛΓΕΒΡΑ MHXΑΝ.ΜΗΧ.

Άβαταρ μέλους
parmenides51
Δημοσιεύσεις: 6240
Εγγραφή: Πέμ Απρ 23, 2009 9:13 pm
Τοποθεσία: Πεύκη
Επικοινωνία:

ΕΜΠ 1950 ΑΛΓΕΒΡΑ MHXΑΝ.ΜΗΧ.

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από parmenides51 » Παρ Οκτ 18, 2013 8:32 am

1. Να βρεθούν τρεις ακέραιοι θετικοί αριθμοί \displaystyle{x,y,z} των οποίων ο ΜΚΔ να είναι η μονάδα, το άθροισμα τους να είναι \displaystyle{30} και μεταξύ τους να ισχύει \displaystyle{x^2-y^2=z^2}.


2. Να βρεθούν όλοι οι ακέραιες και θετικές τιμές του \displaystyle{x} ώστε η παράσταση \displaystyle{K=2x^3-3x^2} να είναι τέλειο τετράγωνο.


3. Να υπολογισθεί το άθροισμα \displaystyle{\Sigma X_{\nu}=X_{1}+X_{2}+...+X_{\nu}} όπου \displaystyle{X_{\nu}=\frac{2\nu-1}{\nu(\nu+1)(\nu+2)}} για \displaystyle{\nu=1,2,3 , .., \nu}.


4. Να βρεθεί για ποιες πραγματικές τιμές του \displaystyle{x} επαληθεύεται η ανισότητα \displaystyle{\sqrt{x^2-2x+2\lambda} >x+2} , όπου \displaystyle{\lambda} παράμετρος


Άβαταρ μέλους
cretanman
Διαχειριστής
Δημοσιεύσεις: 3821
Εγγραφή: Πέμ Δεκ 18, 2008 12:35 pm
Τοποθεσία: Ηράκλειο Κρήτης
Επικοινωνία:

Re: ΕΜΠ 1950 ΑΛΓΕΒΡΑ MHXΑΝ.ΜΗΧ.

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από cretanman » Παρ Οκτ 18, 2013 11:20 am

parmenides51 έγραψε:2. Να βρεθούν όλες οι ακέραιες και θετικές τιμές του \displaystyle{x} ώστε η παράσταση \displaystyle{K=2x^3-3x^2} να είναι τέλειο τετράγωνο.
Η παράσταση γράφεται K= x^2(2x-3) η οποία γίνεται τέλειο τετράγωνο ακεραίου όταν και μόνο όταν το 2x-3 είναι τετράγωνο ακεραίου και μάλιστα περιττού. Δηλαδή όταν 2x-3=(2k+1)^2 απ' όπου x=2(k^2+k+1), με k\in\mathbb{Z}.

Οι λύσεις λοιπόν είναι οι x=2(k^2+k+1) με k\in\mathbb{Z}.

Αλέξανδρος


Αλέξανδρος Συγκελάκης
Άβαταρ μέλους
cretanman
Διαχειριστής
Δημοσιεύσεις: 3821
Εγγραφή: Πέμ Δεκ 18, 2008 12:35 pm
Τοποθεσία: Ηράκλειο Κρήτης
Επικοινωνία:

Re: ΕΜΠ 1950 ΑΛΓΕΒΡΑ MHXΑΝ.ΜΗΧ.

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από cretanman » Παρ Οκτ 18, 2013 11:47 am

parmenides51 έγραψε:1. Να βρεθούν τρεις ακέραιοι θετικοί αριθμοί \displaystyle{x,y,z} των οποίων ο ΜΚΔ να είναι η μονάδα, το άθροισμα τους να είναι \displaystyle{30} και μεταξύ τους να ισχύει \displaystyle{x^2-y^2=z^2}.
Λόγω της σχέσης x^2=y^2+z^2 και επειδή οι x,y,z είναι πρώτοι μεταξύ τους, η τριάδα (x,y,z) είναι πρωταρχική πυθαγόρεια τριάδα. Συνεπώς υπάρχουν ακέραιοι m,n ώστε να ισχύουν τα εξής:

\begin{cases}x=m^2+n^2 \\ y=2mn \\ z=m^2-n^2\end{cases}

Όμως x+y+z=30 απ' όπου m(m+n)=15. Το μόνο ζεύγος ακεραίων (m,n) ώστε οι x,y,z να είναι θετικοί ακέραιοι είναι το (m,n)=(3,2) απ' όπου (x,y,z)=(13,12,5) (Λόγω συμμετρίας των y,z έχουμε και τη λύση (x,y,z)=(13,5,12))

Αλέξανδρος


Αλέξανδρος Συγκελάκης
ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ
Δημοσιεύσεις: 863
Εγγραφή: Δευ Δεκ 28, 2009 11:41 pm
Τοποθεσία: Kάπου στο πιο μεγάλο νησί του Ιονίου

Re: ΕΜΠ 1950 ΑΛΓΕΒΡΑ MHXΑΝ.ΜΗΧ.

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ » Παρ Απρ 24, 2015 11:19 am

parmenides51 έγραψε:
3. Να υπολογισθεί το άθροισμα \displaystyle{\Sigma X_{\nu}=X_{1}+X_{2}+...+X_{\nu}} όπου \displaystyle{X_{\nu}=\frac{2\nu-1}{\nu(\nu+1)(\nu+2)}} για \displaystyle{\nu=1,2,3 , .., \nu}.
Θα χρησιμοποιήσω τη μέθοδο ανάλυσης σε απλά κλάσματα , κάτι που μαθητές και φοιτητές το χρησιμοποιούν πιο πολύ στον υπολογισμό κάποιων ολοκληρωμάτων.

\displaystyle\frac{A}{k }+\frac{B}{k+1}+\frac{C}{k+2}=\frac{A\left(k +1 \right)\left(k +2 \right)+Bk \left(k +2 \right)+C\nu \left(k +1 \right)}{k \left(k +1 \right)\left(k +2 \right)}=

\displaystyle\frac{A\left(k^{2}+3k+2 \right)+B\left(k^{2}+2k \right)+C\left(k^{2}+k \right)}{k\left(k+1 \right)\left(k+2 \right)}=\frac{(A+B+C)k^{2}+(3A+2B+C)k+2A}{k\left(k+1 \right)\left(k+2 \right)}

Aφού θέλω αυτό το κλάσμα να ισούται με το \displaystyle\frac{2k-1}{k(k+1)(k+2)}}

προκύπτει το γραμμικό σύστημα

A+B+C=0
3A+2B+C=2
2A=-1

που αν λυθεί δίνει \displaystyle A=-\frac{1}{2},B=3,C=-\frac{5}{2}

δηλαδή έχω

\displaystyle\frac{2k-1}{k(k+1)(k+2)}}=-\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{k}+3\cdot \frac{1}{k+1}-\frac{5}{2}\cdot \frac{1}{k+2}


Για k=1 έχω \displaystyle X_{1}=-\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{1}+3\cdot \frac{1}{2}-\frac{5}{2}\cdot \frac{1}{3}

Για k=2 έχω \displaystyle X_{2}=-\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{2}+3\cdot \frac{1}{3}-\frac{5}{2}\cdot \frac{1}{4}

Για k=3 έχω \displaystyle X_{3}=-\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{3}+3\cdot \frac{1}{4}-\frac{5}{2}\cdot \frac{1}{5}

Για k=4 έχω \displaystyle X_{4}=-\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{4}+3\cdot \frac{1}{5}-\frac{5}{2}\cdot \frac{1}{6}

Για k=5 έχω \displaystyle X_{5}=-\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{5}+3\cdot \frac{1}{6}-\frac{5}{2}\cdot \frac{1}{7}
...................................................................
...................................................................
...................................................................
Για k=\nu-4 έχω \displaystyle X_{\nu -4}=-\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{\nu-4}+3\cdot \frac{1}{\nu-3}-\frac{5}{2}\cdot \frac{1}{\nu-2}

Για k=\nu-3 έχω \displaystyle X_{\nu -3}=-\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{\nu-3}+3\cdot \frac{1}{\nu-2}-\frac{5}{2}\cdot \frac{1}{\nu-1}

Για k=\nu-2 έχω \displaystyle X_{\nu -2}=-\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{\nu-2}+3\cdot \frac{1}{\nu-1}-\frac{5}{2}\cdot \frac{1}{\nu}

Για k=\nu-1 έχω \displaystyle X_{\nu -1}=-\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{\nu-1}+3\cdot \frac{1}{\nu}-\frac{5}{2}\cdot \frac{1}{\nu+1}

Για k=\nu έχω \displaystyle X_{\nu }=-\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{\nu}+3\cdot \frac{1}{\nu+1}-\frac{5}{2}\cdot \frac{1}{\nu+2}

Αν προστεθούν οι \nu το πλήθος ισότητες και γίνουν οι απλοποιήσεις προκύπτει ότι το ζητούμενο άθροισμα είναι ίσο με

\displaystyle\frac{3}{4}+\frac{1}{2}\left(\frac{1}{\nu +1} -\frac{5}{\nu +2}\right)


Άβαταρ μέλους
Γιώργος Ρίζος
Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 4042
Εγγραφή: Δευ Δεκ 29, 2008 1:18 pm
Τοποθεσία: Κέρκυρα

Re: ΕΜΠ 1950 ΑΛΓΕΒΡΑ MHXΑΝ.ΜΗΧ.

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιώργος Ρίζος » Σάβ Απρ 07, 2018 5:46 pm

Αναζητώντας κάποια παλιά θέματα, παρατήρησα ότι το (4ο) θέμα δεν είχε απαντηθεί.
Επιχειρώ μια διερεύνηση στο, ομολογουμένως, περίπλοκο θέμα των υποψηφίων Μηχανολόγων του 1950.

Λύση 4ου θέματος:

Για να έχει νόημα στους πραγματικούς αριθμούς η ανίσωση (Α) πρέπει  \displaystyle {x^2} - 2x + 2\lambda  \ge 0 (1).

• Αν x < –2 τότε x + 2 < 0, οπότε η ανίσωση (Α) επαληθεύεται για κάθε x που είναι λύση του συστήματος  \displaystyle {\Sigma _1}:\;\;\left\{ \begin{array}{c} 
{x^2} - 2x + 2\lambda  \ge 0\;\;\;\;\;\;\left( 1 \right)\\ 
x <  - 2\;\;\;\;\left( 2 \right) 
\end{array} \right.

Αν  \displaystyle \lambda  \ge \frac{1}{2} , τότε η (1) επαληθεύεται για κάθε  \displaystyle x \in R , οπότε λύση του Σ1 είναι το  \displaystyle {A_1} = \left( { - \infty ,\; - 2} \right) .

Αν  \displaystyle \lambda  < \frac{1}{2} , τότε η (1) επαληθεύεται από εκείνα τα x οποία ισχύει  \displaystyle x < 1 - \sqrt {1 - 2\lambda } \;\;\;\left( 3 \right)\;\;\;\; \vee \;\;\;\;\;x > 1 + \sqrt {1 - 2\lambda } \;\;\;\left( 4 \right) .

Αφού x < –2, η ανίσωση (4) είναι αδύνατη.

Διερευνούμε τις λύσεις της ανίσωσης (3):

Αν  \displaystyle  - 4 < \lambda  < \frac{1}{2} , τότε  \displaystyle 1 - \sqrt {2 - 2\lambda }  >  - 2 , οπότε η ανίσωση (Α) επαληθεύεται για κάθε  \displaystyle x \in {A_2} = \left( { - \infty ,\; - 2} \right) .

Αν  \displaystyle \lambda  \le  - 4 , τότε η ανίσωση (Α) επαληθεύεται για κάθε  \displaystyle x \in {A_3} = \left( { - \infty ,\;1 - \sqrt {1 - 2\lambda } } \right) .

• Αν  \displaystyle x \ge  - 2 και για εκείνες τις τιμές των  \lambda, x που ισχύει η (1), την οποία τετραγωνίζουμε ισοδύναμα:
 \displaystyle {x^2} - 2x + 2\lambda  > {x^2} + 4x + 4 \Leftrightarrow \frac{{\lambda  - 2}}{3} > x (5)

οπότε η ανίσωση επαληθεύεται για κάθε x που είναι λύση του συστήματος  \displaystyle {\Sigma _2}:\;\;\left\{ \begin{array}{c} 
{x^2} - 2x + 2\lambda  \ge 0\;\;\;\;\;\;\left( 1 \right)\\ 
\frac{{\lambda  - 2}}{3} > x\;\;\;\;\;\;\,\left( 5 \right)\\ 
x \ge  - 2\;\;\;\;\,\left( 6 \right) 
\end{array} \right.

Αν  \displaystyle \lambda  \ge \frac{1}{2} , τότε η (1) επαληθεύεται για κάθε  \displaystyle x \in R , οπότε το Σ2 επαληθεύεται για κάθε  \displaystyle x \in {A_4} = \left[ { - 2,\;\frac{{\lambda  - 2}}{3}} \right) , με  \displaystyle \lambda  \ge \frac{1}{2} .

Aπό (5) και (6) έχουμε  \displaystyle \frac{{\lambda  - 2}}{3} > x \ge  - 2 \Rightarrow \lambda  >  - 4 (7), οπότε αν  \displaystyle  - 4 < \lambda  < \frac{1}{2} , τότε η (1) επαληθεύεται από εκείνα τα x οποία ισχύει
 \displaystyle x < 1 - \sqrt {1 - 2\lambda } \;\;\;\left( 3 \right)\;\;\;\; \vee \;\;\;\;\;x > 1 + \sqrt {1 - 2\lambda } \;\;\;\left( 4 \right) .

Η (4) γράφεται
 \displaystyle x > 1 + \sqrt {1 - 2\lambda } \mathop  \Rightarrow \limits_{\left( 5 \right)} \frac{{\lambda  - 2}}{3} > 1 + \sqrt {1 - 2\lambda }  \Leftrightarrow \lambda  - 2 > 3 + 3\sqrt {1 - 2\lambda }  \Leftrightarrow \lambda  - 5 > 3\sqrt {1 - 2\lambda } ,
που είναι αδύνατη, αφού  \displaystyle \lambda  < \frac{1}{2} .

Η (3) γράφεται
 \displaystyle x < 1 - \sqrt {1 - 2\lambda } \mathop  \Rightarrow \limits_{\left( 6 \right)}  - 2 \le x < 1 - \sqrt {1 - 2\lambda }  \Rightarrow 3 > \sqrt {1 - 2\lambda }  \Leftrightarrow 9 > 1 - 2\lambda  \Leftrightarrow \lambda  >  - 4 ,

οπότε το Σ2 επαληθεύεται από κάθε  \displaystyle x \in {A_5} = \left[ { - 2,\;1 + \sqrt {1 - 2\lambda } } \right) , με  \displaystyle  - 4 < \lambda  < \frac{1}{2} .

Συνδυάζοντας τις παραπάνω περιπτώσεις, έχουμε:

• Αν  \displaystyle \lambda  \ge \frac{1}{2} , τότε η ανίσωση (Α) επαληθεύεται για κάθε  \displaystyle x \in \,\,{A_1} \cup {{\rm A}_4} = \left( { - \infty ,\;\frac{{\lambda  - 2}}{3}} \right) .

• Αν  \displaystyle  - 4 < \lambda  < \frac{1}{2} , τότε η ανίσωση (Α) επαληθεύεται για κάθε  \displaystyle x \in {A_2} \cup {{\rm A}_5} = \left( { - \infty ,\;1 + \sqrt {1 - 2\lambda } } \right) .

• Αν  \displaystyle \lambda  \le  - 4 , τότε η ανίσωση (Α) επαληθεύεται για κάθε  \displaystyle x \in {A_3} = \left( { - \infty ,\;1 - \sqrt {1 - 2\lambda } } \right) .


Απάντηση

Επιστροφή σε “Εξετάσεις Σχολών”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης