Μερικές εξισώσεις για τον Θαλή

Συντονιστές: achilleas, emouroukos, silouan

Άβαταρ μέλους
Al.Koutsouridis
Δημοσιεύσεις: 942
Εγγραφή: Πέμ Ιαν 30, 2014 11:58 pm
Τοποθεσία: Αθήνα

Μερικές εξισώσεις για τον Θαλή

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Al.Koutsouridis » Τρί Νοέμ 07, 2017 10:12 pm

Μερικές εξισώσεις για τον "Θαλή".

1.

\dfrac{1}{\sqrt{x+1}+\sqrt{x+3}} + \dfrac{1}{\sqrt{x+3}+\sqrt{x+5}}+ \cdots +\dfrac{1}{\sqrt{x+2015}+\sqrt{x+2017}} = 1

2.

\dfrac{1}{x^2+2x+2}+\dfrac{3}{x^2+2x+4}+\dfrac{5}{x^2+2x+6}+ \cdots + \dfrac{2017}{x^2+2x+2018} = 1009

3.

\sqrt{x^2-16}+\sqrt{x^2+2x} = 2\sqrt{x^2+x-8}

4.

(x-1)^5+(x-2)^5+ \cdots +(x-2017)^5 = 0



Λέξεις Κλειδιά:
ΧΑΡΗΣ ΤΙΟΥΡΙΝΓΚ
Δημοσιεύσεις: 534
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 28, 2015 8:49 pm

Re: Μερικές εξισώσεις για τον Θαλή

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΧΑΡΗΣ ΤΙΟΥΡΙΝΓΚ » Τρί Νοέμ 07, 2017 11:13 pm

Al.Koutsouridis έγραψε:
Τρί Νοέμ 07, 2017 10:12 pm
Μερικές εξισώσεις για τον "Θαλή".

1.
\dfrac{1}{\sqrt{x+1}+\sqrt{x+3}} + \dfrac{1}{\sqrt{x+3}+\sqrt{x+5}}+ \cdots +\dfrac{1}{\sqrt{x+2015}+\sqrt{x+2017}} = 1
Κάνουμε ρητούς τους πανομαστές και έχουμε:

\dfrac {\sqrt{x+3}-\sqrt{x+1}}{2}+\dfrac {\sqrt{x+5}-\sqrt{x+3}}{2}+...+\dfrac {\sqrt{x+2017}-\sqrt{x+2015}}{2}=1 ή \sqrt{x+2017}-\sqrt{x+1}=2

Τα υπόλοιπα είναι εύκολα...


mathfinder
Διευθύνον Μέλος
Δημοσιεύσεις: 502
Εγγραφή: Πέμ Ιαν 01, 2009 11:56 pm

Re: Μερικές εξισώσεις για τον Θαλή

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από mathfinder » Τρί Νοέμ 07, 2017 11:24 pm

Για την (3) :
Για x\leq -4 ή x\geq 4 έχουμε : \sqrt{x^{2}-16}+\sqrt{x^{2}+2x}=2\sqrt{x^{2}+x-8}\Rightarrow
\Rightarrow \sqrt{x^{2}+2x}-\sqrt{x^{2}+x-8}=\sqrt{x^{2}+x-8}-\sqrt{x^{2}-16}\Rightarrow
\Rightarrow \frac{\left (x^{2}+2x \right )-\left ( x^{2}+x-8 \right )}{\sqrt{x^{2}+2x}+\sqrt{x^{2}+x-8}}=\frac{\left ( x^{2}+x-8 \right )-\left ( x^{2}-16 \right )}{\sqrt{x^{2}+x-8}+\sqrt{x^{2}-16}}\Rightarrow
\Rightarrow \frac{x+8}{\sqrt{x^{2}+2x}+\sqrt{x^{2}+x-8}}=\frac{x+8}{\sqrt{x^{2}+x-8}+\sqrt{x^{2}-16}}\Rightarrow
\Rightarrow x=-8 ή \sqrt{x^{2}+2x}=\sqrt{x^{2}-16}\Rightarrow x=-8
που είναι δεκτή.

Αθ. Μπεληγιάννης


Never stop learning , because life never stops teaching.
Τροβαδούρος
Δημοσιεύσεις: 39
Εγγραφή: Κυρ Απρ 16, 2017 4:10 pm

Re: Μερικές εξισώσεις για τον Θαλή

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Τροβαδούρος » Τρί Νοέμ 07, 2017 11:54 pm

Al.Koutsouridis έγραψε:
Τρί Νοέμ 07, 2017 10:12 pm

4.

(x-1)^5+(x-2)^5+ \cdots +(x-2017)^5 = 0
Έστω f(x)=(x-1)^5+(x-2)^5+ \cdots +(x-2017)^5 ,x\in R , τότε
f'(x)=5[(x-1)^4+(x-2)^4+\cdots +(x-2017)^4]>0 άρα η f είναι γνησίως αύξουσα.
όμως
f(x)=(x-1)^5+(x-2)^5+ \cdots +(x-2017)^5=[(x-1)^5+(x-2017)^5]+ [(x-2)^5 + (x-2016)^5]
 + \cdots +(x-1009)^5
=2(x-1009)[(x-1)^4 - (x-1)^3(x-2017) +(x-1)^2(x-2017)^2 -(x-1)(x-2017)^3 +(x-2017)^4] +
2(x-1009)[(x-2)^4 - (x-2)^3(x-2016) +(x-2)^2(x-2016)^2 -(x-2)(x-2016)^3
 +(x-2016)^4] + \cdots + (x-1009)^5
άρα η εξίσωση f(x)=0 έχει ρίζα το 1009 που είναι και η μοναδική λόγω μονοτονίας.


Άβαταρ μέλους
KARKAR
Δημοσιεύσεις: 10647
Εγγραφή: Τετ Δεκ 08, 2010 6:18 pm

Re: Μερικές εξισώσεις για τον Θαλή

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από KARKAR » Τετ Νοέμ 08, 2017 11:20 am

2) Θέτω (x+1)^2=y , οπότε : y\geq 0 και :

...\Leftrightarrow \dfrac{y+1}{y+1}-\dfrac{y}{y+1}+\dfrac{y+3}{y+3}-\dfrac{y}{y+3}+\dfrac{y+5}{y+5}-\dfrac{y}{y+5}+...\dfrac{y+2017}{y+2017}-\dfrac{y}{y+2017}=1009

\Leftrightarrow 1009-y(\dfrac{1}{y+1}+\dfrac{1}{y+3}+...+\dfrac{1}{y+2017})=1009\Leftrightarrow y=0

Τώρα : (x+1)^2=0\Leftrightarrow x=-1 .

Διόρθωσα τη λύση αξιοποιώντας τελικά την ... αρχική ιδέα .
τελευταία επεξεργασία από KARKAR σε Τετ Νοέμ 08, 2017 6:00 pm, έχει επεξεργασθεί 2 φορές συνολικά.


Άβαταρ μέλους
rek2
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1786
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 12:13 am

Re: Μερικές εξισώσεις για τον Θαλή

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από rek2 » Τετ Νοέμ 08, 2017 12:34 pm

Al.Koutsouridis έγραψε:
Τρί Νοέμ 07, 2017 10:12 pm
Μερικές εξισώσεις για τον "Θαλή".


2. \dfrac{1}{x^2+2x+2}+\dfrac{3}{x^2+2x+4}+\dfrac{5}{x^2+2x+6}+ \cdots + \dfrac{2017}{x^2+2x+2018} = 1009

To πλήθος των κλασμάτων είναι \dfrac{2017-1}{2}+1=1009 και καθένα από αυτά είναι μικρότερο ή ίσο της μονάδας, αφού με n>0 είναι:

\dfrac{n}{x^2+2x+(n+1)}\leq 1\Leftrightarrow x^2+2x+1\geq 0\Leftrightarrow (x+1)^2\geq 0,

με την ισότητα να ισχύει, ακριβώς, όταν x=-1

Επομένως έχουμε μοναδική λύση x=-1.


Άβαταρ μέλους
Διονύσιος Αδαμόπουλος
Δημοσιεύσεις: 790
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 19, 2016 5:11 pm
Τοποθεσία: Πύργος Ηλείας

Re: Μερικές εξισώσεις για τον Θαλή

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Διονύσιος Αδαμόπουλος » Τετ Νοέμ 08, 2017 2:57 pm

Al.Koutsouridis έγραψε:
Τρί Νοέμ 07, 2017 10:12 pm

3.

\sqrt{x^2-16}+\sqrt{x^2+2x} = 2\sqrt{x^2+x-8}
Θέτουμε όπου a=x^2-16 και όπου b=x^2+2x.

Τότε έχουμε πως:

\sqrt{a}+\sqrt{b}=2\sqrt{\dfrac{a+b}{2}}=\sqrt{2(a+b)}

Όμως γνωρίζουμε πως:

\sqrt{a}+\sqrt{b}\leq \sqrt{2(a+b)} με ισότητα μόνο όταν a=b.

Άρα a=b, δηλαδή x^2+16=x^2+2x\Leftrightarrow x=-8, που είναι δεκτή.


Houston, we have a problem!
ΑΝΔΡΕΑΣ ΛΑΜΠΡΟΥ
Δημοσιεύσεις: 34
Εγγραφή: Τετ Μάιος 03, 2017 12:37 am

Re: Μερικές εξισώσεις για τον Θαλή

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΑΝΔΡΕΑΣ ΛΑΜΠΡΟΥ » Τετ Νοέμ 08, 2017 9:16 pm

Προσθέτω άλλη μία (6): \displaystyle{\chi ^{4}+\left ( 2-\chi  \right )^{4}=34}


Τσιαλας Νικολαος
Δημοσιεύσεις: 345
Εγγραφή: Σάβ Ιαν 17, 2015 1:04 pm

Re: Μερικές εξισώσεις για τον Θαλή

#9

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Τσιαλας Νικολαος » Πέμ Νοέμ 09, 2017 2:48 pm

ΑΝΔΡΕΑΣ ΛΑΜΠΡΟΥ έγραψε:
Τετ Νοέμ 08, 2017 9:16 pm
Προσθέτω άλλη μία (6): \displaystyle{\chi ^{4}+\left ( 2-\chi  \right )^{4}=34}
Μάλλον αυτή η εβδομάδα στο mathematica ειναι αφιερωμένη στην Βαβυλώνα!!! :mrgreen:


Άβαταρ μέλους
KARKAR
Δημοσιεύσεις: 10647
Εγγραφή: Τετ Δεκ 08, 2010 6:18 pm

Re: Μερικές εξισώσεις για τον Θαλή

#10

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από KARKAR » Πέμ Νοέμ 09, 2017 3:31 pm

Επειδή : x+(2-x)=2 , ο θεματοδότης παραπέμπει στο τέχνασμα Θάνου .


Τσιαλας Νικολαος
Δημοσιεύσεις: 345
Εγγραφή: Σάβ Ιαν 17, 2015 1:04 pm

Re: Μερικές εξισώσεις για τον Θαλή

#11

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Τσιαλας Νικολαος » Πέμ Νοέμ 01, 2018 2:58 pm

Επαναφέρω μετά από πολύ καιρό... Μπορεί η άσκηση 6 να λυθεί με άλλους τρόπους χωρίς αυτό το υπέροχο τεχνασμα?

Υ.γ: η πρώτη λύση μου ήρθε κατά την διάρκεια του ύπνου μου! Η δεύτερη την ώρα που έδειχνα την πρώτη στους μαθητές! :lol:


ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ
Δημοσιεύσεις: 2462
Εγγραφή: Πέμ Φεβ 27, 2014 9:05 am
Τοποθεσία: ΧΑΛΚΙΔΑ- ΑΘΗΝΑ-ΚΡΗΤΗ

Re: Μερικές εξισώσεις για τον Θαλή

#12

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ » Πέμ Νοέμ 01, 2018 5:04 pm

Τσιαλας Νικολαος έγραψε:
Πέμ Νοέμ 01, 2018 2:58 pm
Επαναφέρω μετά από πολύ καιρό... Μπορεί η άσκηση 6 να λυθεί με άλλους τρόπους χωρίς αυτό το υπέροχο τεχνασμα?

Υ.γ: η πρώτη λύση μου ήρθε κατά την διάρκεια του ύπνου μου! Η δεύτερη την ώρα που έδειχνα την πρώτη στους μαθητές! :lol:
Δεν καταλαβαίνω τον σκοπό της ανάρτησης.

Η ερώτηση είναι αν υπάρχουν και άλλες λύσεις;

η ότι γνωρίζεις άλλες δύο λύσεις και θέλεις να γραφούν;

Πάντως στην δεύτερη περίπτωση θα μπορούσες να γράψεις τουλάχιστον την μία.


Τσιαλας Νικολαος
Δημοσιεύσεις: 345
Εγγραφή: Σάβ Ιαν 17, 2015 1:04 pm

Re: Μερικές εξισώσεις για τον Θαλή

#13

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Τσιαλας Νικολαος » Πέμ Νοέμ 01, 2018 6:06 pm

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε:
Πέμ Νοέμ 01, 2018 5:04 pm
Τσιαλας Νικολαος έγραψε:
Πέμ Νοέμ 01, 2018 2:58 pm
Επαναφέρω μετά από πολύ καιρό... Μπορεί η άσκηση 6 να λυθεί με άλλους τρόπους χωρίς αυτό το υπέροχο τεχνασμα?

Υ.γ: η πρώτη λύση μου ήρθε κατά την διάρκεια του ύπνου μου! Η δεύτερη την ώρα που έδειχνα την πρώτη στους μαθητές! :lol:
Δεν καταλαβαίνω τον σκοπό της ανάρτησης.

Η ερώτηση είναι αν υπάρχουν και άλλες λύσεις;

η ότι γνωρίζεις άλλες δύο λύσεις και θέλεις να γραφούν;

Πάντως στην δεύτερη περίπτωση θα μπορούσες να γράψεις τουλάχιστον την μία.
Απλά να δουμε αν υπάρχουν και άλλοι τρόποι... σίγουρα εγώ εχω 2 ακόμη! Μάλιστα σε μια ανάλογη εξίσωση ο Andreescu χρησιμοποιεί την έκφραση "αν είμαστε τυχεροί " βρίσκουμε.... Σκέφτηκα λοιπόν μήπως μπορούμε να βρούμε και άλλους!


Λάμπρος Κατσάπας
Δημοσιεύσεις: 427
Εγγραφή: Σάβ Ιουν 17, 2017 10:17 pm
Τοποθεσία: Αθήνα

Re: Μερικές εξισώσεις για τον Θαλή

#14

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Λάμπρος Κατσάπας » Πέμ Νοέμ 01, 2018 6:48 pm

Τσιαλας Νικολαος έγραψε:
Πέμ Νοέμ 01, 2018 2:58 pm
Επαναφέρω μετά από πολύ καιρό... Μπορεί η άσκηση 6 να λυθεί με άλλους τρόπους χωρίς αυτό το υπέροχο τεχνασμα?
Καλησπέρα.

x^4+(2-x)^4=34\Leftrightarrow x^4+(2-x)^4-34=0\Leftrightarrow 2x^4-8x^3+24x^2-32x-18=0

\Leftrightarrow x^4-4x^3+12x^2-16x-9=0\Leftrightarrow \left (x^4-4x^3+4x^2 \right )+ \left (8x^2-16x \right )-9 =0

\Leftrightarrow \left (x^2(x^2-4x+4) \right )+\left 8(x^2-2x \right )-9=0\Leftrightarrow \left (x(x-2) \right )^2+\left 8(x^2-2x \right )-9=0

\Leftrightarrow \left (x^2-2x \right )^2+\left 8(x^2-2x \right )-9=0\Leftrightarrow (x^2-2x-1)(x^2-2x+9)=0......


Απάντηση

Επιστροφή σε “Άλγεβρα - Επίπεδο Θαλή/Ευκλείδη (Seniors)”

Μέλη σε σύνδεση

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