Εξίσωση στο R

M.S.Vovos · #1

*Με επιφύλαξη για το φάκελο.

Να λυθεί η παρακάτω εξίσωση στους πραγματικούς:

$\displaystyle{\left | x-1 \right |+\left | x-2 \right |+\left | x-3 \right |=\left | x^{3}-6x^{2}+11x-6 \right |}$ Φιλικά,
Μάριος

Tolaso J Kos · #2

M.S.Vovos έγραψε: ↑
Σάβ Ιαν 20, 2018 1:13 am
*Με επιφύλαξη για το φάκελο.

Να λυθεί η παρακάτω εξίσωση στους πραγματικούς:

$\displaystyle{\left | x-1 \right |+\left | x-2 \right |+\left | x-3 \right |=\left | x^{3}-6x^{2}+11x-6 \right |}$ Φιλικά,
Μάριος

Αφήνω τις λεπτομέρειες σε κάποιο άλλο μέλος του .

Το δεύτερο μέλος παραγαντοποιείται ως εξής x^3-6x^2+11x-6=(x-3)(x-2)(x-1)

. Άρα η εξίσωση γίνεται:

$\displaystyle{\left | x-1 \right |+\left | x-2 \right |+\left | x-3 \right |=\left| (x-3)(x-2)(x-1) \right|}$ Ο πίνακας προσήμου είναι ο ακόλουθος:

: quicklatex.com-bf20a257606f6849beedeed9f8236879_l3.png (4.31 KiB) Προβλήθηκε 1722 φορές

Θαρρώ κάνει για Α ' Λυκείου αν και είναι αρκετά μακροσκελής.

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Tolaso J Kos · #3

Ας βάλει κάποιος μια αναλυτική λύση στο ωραίο αυτό θέμα.

KARKAR · #4

Μαφιόζικη "παρέμβαση" εκτός φακέλου αλλά εντός κλίματος :

: Μαφιόζικη.png (4.8 KiB) Προβλήθηκε 1246 φορές

Δείξτε ότι οι μοναδικοί τρεις θετικοί ακέραιοι , οι οποίοι έχουν άθροισμα ίσο με γινόμενο

είναι οι 1,2,3

. Άλλο ερώτημα : βρείτε τις εφαπτόμενες των γωνιών του $\displaystyle ABC$ .

#5

Tolaso J Kos έγραψε: ↑
Σάβ Δεκ 22, 2018 12:33 pm
Ας βάλει κάποιος μια αναλυτική λύση στο ωραίο αυτό θέμα.

Αντιθέτως νομίζω ότι είναι πολύ κακό θέμα γιατί κάνεις πολλές φορές τα ίδια ακριβώς ανιαρά βήματα. Πάει περίπατο η φινέτσα των Μαθηματικών.

Για αναλυτική λύση γλιτώνουμε τα μισά βήματα, και τον πίνακα, αν θέσουμε x-2=y

οπότε η εξίσωση γίνεται

$\displaystyle{|y-1|+|y|+|y+1|=|y-1||y||y+1|}$

Επειδή τώρα έχουμε συμμετρία (για κάθε λύση

και η

είναι λύση) , αρκεί να λύσουμε την εξίσωση για $y\ge 0$ , και άρα στα $[0,1], [1,\infty]$ .

Στο πρώτο η εξίσωση γίνεται 2=-y^3

(απορρίπτεται) και στο δεύτερο 4y=y^3

(από τις ρίζες $y=0, \, y=\pm 2$ κρατάμε μόνο την y=2

) .

#6

KARKAR έγραψε: ↑
Σάβ Δεκ 22, 2018 1:50 pm
Δείξτε ότι οι μοναδικοί τρεις θετικοί ακέραιοι , οι οποίοι έχουν άθροισμα ίσο με γινόμενο είναι οι .

Καλησπέρα σε όλους.

Για το 1ο ερώτημα του Θανάση.

Έστω $\displaystyle a,b,c \in N$ με $\displaystyle 1 \le a \le b \le c$ .

Είναι $\displaystyle abc = a + b + c \Leftrightarrow 3abc = 3a + 3b + 3c \Leftrightarrow a\left( {bc - 3} \right) + b\left( {ac - 3} \right) + c\left( {ab - 3} \right) = 0$ .

Αν $\displaystyle ab > 3 \Rightarrow a > 1$ , η εξίσωση είναι αδύνατη, oπότε a = 1

.

Τότε $\displaystyle 2bc = 2b + 2c + 2 \Leftrightarrow b\left( {c - 2} \right) + c\left( {b - 2} \right) = 2$

Αν b>2

ή

η εξίσωση είναι αδύνατη, oπότε b=2

, από όπου προκύπτει $\displaystyle 2c = c + 3 \Leftrightarrow c = 3$ .

Παρατηρήστε ότι ο Θανάσης θέτει ερωτήματα δυσκολότερα κι από τον Sam Loyd !

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

#7

Και μια απάντηση στο δεύτερο ερώτημα:

KARKAR έγραψε: ↑
Σάβ Δεκ 22, 2018 1:50 pm
Bρείτε τις εφαπτόμενες των γωνιών του $\displaystyle ABC$ .

: Μαφιόζικη.png (4.8 KiB) Προβλήθηκε 1152 φορές

$\displaystyle \widehat B = 45^\circ \Rightarrow \varepsilon \varphi {\rm B} = 1$ , $\displaystyle \varepsilon \varphi C = 2$ , $\displaystyle \varepsilon \varphi {\rm A} = \varepsilon \varphi \left( {180^\circ - {\rm B} - C} \right) = - \varepsilon \varphi \left( {{\rm B} + C} \right) = - \frac{{1 + 2}}{{1 - 2}} = 3$ .

Οπότε $\displaystyle \varepsilon \varphi {\rm A} + \varepsilon \varphi {\rm B} + \varepsilon \varphi C = \varepsilon \varphi {\rm A} \cdot \varepsilon \varphi {\rm B} \cdot \varepsilon \varphi C$ .

Το τρίγωνο με αυτήν την ιδιότητα έχει πλευρές $\displaystyle AC = \sqrt 5 x,\;\;AB = 2\sqrt 2 x,\;\;BC = 3x,\;\;x > 0$ .

KARKAR · #8

Ας αξιοποιήσουμε το χιούμορ του Γιώργου , παραπέμποντας τον φιλομαθή αναγνώστη εδώ

KARKAR · #9

M.S.Vovos έγραψε: ↑
Σάβ Ιαν 20, 2018 1:13 am

Να λυθεί η παρακάτω εξίσωση στους πραγματικούς :

$\displaystyle{\left | x-1 \right |+\left | x-2 \right |+\left | x-3 \right |=\left | x^{3}-6x^{2}+11x-6 \right |}$

Ένα ακόμη εκτός φακέλου ερώτημα : Εξετάστε αν υπάρχει κατακόρυφη ευθεία , η οποία να είναι

άξονας συμμετρίας της γραφικής παράστασης της συνάρτησης $f(x)=\left | x^{3}-6x^{2}+11x-6 \right |}$ .

Ακόμη , σχεδιάστε τη γραφική παράσταση της συνάρτησης $g(x)=\left | x-1 \right |+\left | x-2 \right |+\left | x-3 \right |$ .

#10

KARKAR έγραψε: ↑
Κυρ Δεκ 23, 2018 9:04 am
Ένα ακόμη εκτός φακέλου ερώτημα : Εξετάστε αν υπάρχει κατακόρυφη ευθεία , η οποία να είναι

άξονας συμμετρίας της γραφικής παράστασης της συνάρτησης $f(x)=\left | x^{3}-6x^{2}+11x-6 \right |}$ .

Ακόμη , σχεδιάστε τη γραφική παράσταση της συνάρτησης $g(x)=\left | x-1 \right |+\left | x-2 \right |+\left | x-3 \right |$ .

Ο τρόπος που έγραψα την λύση της αρχικής εξίσωσης, παραπάνω, ουσιαστικά απαντάει στα ερωτήματα. Συγκεκριμένα, η αλλαγή μεταβλητής x-2=X

(ίσον, μεταφορά αξόνων), τις μετατρέπει στις

$\displaystyle{\displaystyle{y= |X-1|+|X|+|X+1|, \, y=|X-1||X||X+1|}}$

Από αυτές τις μορφές είναι σαφές ότι πρόκειται για άρτιες συναρτήσεις, δηλαδή ο X=0

είναι κατακόρυφος άξονας συμμετρίας. Το γράφημα της πρώτης σχεδιάζεται απλά στα διαστήματα $[0,1], [1, +\infty )$ (τμήματα ευθειών που συνδέουν τα (0,1), (1,3)

) και συμμετρικά από εκεί και πέρα.

Σταμ. Γλάρος · #11

M.S.Vovos έγραψε: ↑
Σάβ Ιαν 20, 2018 1:13 am
*Με επιφύλαξη για το φάκελο.

Να λυθεί η παρακάτω εξίσωση στους πραγματικούς:

$\displaystyle{\left | x-1 \right |+\left | x-2 \right |+\left | x-3 \right |=\left | x^{3}-6x^{2}+11x-6 \right |}$ Φιλικά,
Μάριος

Καλησπέρα στην εκλεκτή ομήγυρη του

και ΧΡΟΝΙΑ ΠΟΛΛΑ για τα 10 υπέροχα χρόνια του site.
Τα 6 χρόνια, που έχω την τιμή να είμαι μέλος, ήταν υπέροχα. Μάθαμε, σπουδάσαμε και περάσαμε όμορφα με τις σπουδαίες δημιουργίες
όλων των συνεργατών των διαχειριστών .
Εύχομαι καλή συνέχεια και καλή δύναμη για πολλά-πολλά και δημιουργικά χρόνια...
Για το συγκεκριμένο θέμα τώρα, αν μου επιτρέπετε, κάποιο σχόλιο.
Δεν ξέρω αν είναι καλό ή κακό, βλέπω όμως ότι με την υπέροχη παρέμβαση του κ. Λάμπρου έγινε και ... φινετσάτο

.

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Σάβ Δεκ 22, 2018 4:36 pm

Για αναλυτική λύση γλιτώνουμε τα μισά βήματα, και τον πίνακα, αν θέσουμε οπότε η εξίσωση γίνεται

$\displaystyle{|y-1|+|y|+|y+1|=|y-1||y||y+1|}$

Επειδή τώρα έχουμε συμμετρία (για κάθε λύση και η είναι λύση) , αρκεί να λύσουμε την εξίσωση για $y\ge 0$ , και άρα στα $[0,1], [1,\infty]$ .

Στο πρώτο η εξίσωση γίνεται (απορρίπτεται) και στο δεύτερο (από τις ρίζες $y=0, \, y=\pm 2$ κρατάμε μόνο την ) .

Και τι να πω για την ... μαφιόζικη "παρέμβαση" εκτός φακέλου αλλά εντός κλίματος από τον κ.KARKAR ! Καταπληκτική!
Μάλιστα μας ξυπνάει και αναμνήσεις. Διότι το ερώτημα με τις εφαπτομένες, καθώς και η όμορφη λύση του κ. Γιώργου Ρίζου,
θυμίζει την 4η εφαρμογή του Κεφαλαίου" Τριγωνομετρικοί αριθμοί αθροίσματος γωνιών " :
Να αποδειχθεί ότι σε κάθε μη ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ ισχύει : $\varepsilon \varphi A +\varepsilon \varphi B+ \varepsilon \varphi \Gamma = \varepsilon \varphi A \cdot \varepsilon \varphi B\cdot \varepsilon \varphi \Gamma$ .
Βρήκα πρόχειρη την έκδοση του 2010 του βιβλίου "Άλγεβρα Β' Λυκείου", εκδόσεις ΟΕΔΒ ...
Συνεπώς σε κάθε τρίγωνο έχουμε ότι το άθροισμα των εφαπτομένων των γωνιών του τριγώνου ισούται με το γινόμενό τους.
Αρκεί να μην είναι ορθογώνιο...
Συγγνώμη αν κούρασα με την παρέμβαση.
Εύχομαι σε όλους τους φίλους του

χρόνια πολλά, Καλά Χριστούγεννα και ευτυχισμένος ο καινούριος χρόνος.

.
Φιλικά
Σταμ. Γλάρος

Tolaso J Kos · #12

Σταμ. Γλάρος έγραψε: ↑
Δευ Δεκ 24, 2018 2:06 pm

Να αποδειχθεί ότι σε κάθε μη ορθογώνιο τρίγωνο $\mathrm{AB \Gamma}$ ισχύει : $\varepsilon \varphi A +\varepsilon \varphi B+ \varepsilon \varphi \Gamma = \varepsilon \varphi A \cdot \varepsilon \varphi B\cdot \varepsilon \varphi \Gamma$

Είναι

$\displaystyle{\mathrm{\hat{A}} + \mathrm{\hat{B}} + \mathrm{\hat{\Gamma}} =\pi \Rightarrow \tan \left ( \mathrm{\hat{A}} + \mathrm{\hat{B}}\right ) = \tan \left ( \pi - \mathrm{\hat{\Gamma}} \right )}$
Τότε,

$\displaystyle{\begin{aligned} \frac{\tan \mathrm{\hat{A}} + \tan \mathrm{\hat {B}}}{1-\tan \mathrm{\hat{A}}\cdot \tan \mathrm{\hat {B}} } = \frac{\tan \pi - \tan \mathrm{\hat{\Gamma}}}{1-\tan \pi \cdot \tan \mathrm{\hat{\Gamma}}} &\Leftrightarrow \frac{\tan \mathrm{\hat{A}} + \tan \mathrm{\hat {B}}}{1-\tan \mathrm{\hat{A}}\cdot \tan \mathrm{\hat {B}} } = -\tan \hat{\Gamma} \\ &\Leftrightarrow \tan \mathrm{\hat{A}} + \tan \mathrm{\hat {B}} + \tan \hat{\Gamma} = \tan \mathrm{\hat{A}}\cdot \tan \mathrm{\hat {B}} \cdot\tan \hat{\Gamma} \end{aligned}}$

Εξίσωση στο R

Εξίσωση στο R

Re: Εξίσωση στο R

Re: Εξίσωση στο R

Re: Εξίσωση στο R

Re: Εξίσωση στο R

Re: Εξίσωση στο R

Re: Εξίσωση στο R

Re: Εξίσωση στο R

Re: Εξίσωση στο R

Re: Εξίσωση στο R

Re: Εξίσωση στο R

Re: Εξίσωση στο R

Μέλη σε σύνδεση