Τεστ εξάσκησης #1 - ΘΑΛΗΣ Β Λυκείου 2020

#1

Καλησπέρα σας!

Την περίοδο προετοιμασίας για τον ΘΑΛΗ, οι μαθητές μας κλήθηκαν να εξασκηθούν υπο διαγωνιστικές συνθήκες σε τρια τεστ, τα οποία

Θα χαρούμε να δούμε κι άλλες διαφορετικές λύσεις στα παρακάτω θέματα.

**********************************************
Ακολουθούν τα προβλήματα του 1ου τεστ:

Practice TEST 1
ΔΙΑΡΚΕΙΑ: 2 ΩΡΕΣ

ΘΕΜΑ 1. Να λυθεί η εξίσωση $x^2+\dfrac{x^2}{(x+1)^2}=3.$

ΘΕΜΑ 2. Στο εξωτερικό τριγώνου ABC

κατασκευάζουμε ισοσκελή ορθογώνια τρίγωνα ADB

και

. Έστω

το μέσο της πλευράς

. Να δειχθεί ότι το τρίγωνο DFE

είναι ισοσκελές ορθογώνιο.

ΘΕΜΑ 3. Να βρείτε όλους τους θετικούς ακεραίους

έτσι ώστε ο n^3-18n^2+115n-391

να είναι κύβος ενός θετικού ακεραίου.

Φιλικά,

Αχιλλέας

#2

achilleas έγραψε: ↑
Σάβ Νοέμ 07, 2020 2:42 pm
Καλησπέρα σας!

Την περίοδο προετοιμασίας για τον ΘΑΛΗ, οι μαθητές μας κλήθηκαν να εξασκηθούν υπο διαγωνιστικές συνθήκες σε τρια τεστ, τα οποία

Θα χαρούμε να δούμε κι άλλες διαφορετικές λύσεις στα παρακάτω θέματα.

**********************************************
Ακολουθούν τα προβλήματα του 1ου τεστ:

Practice TEST 1
ΔΙΑΡΚΕΙΑ: 2 ΩΡΕΣ

ΘΕΜΑ 1. Να λυθεί η εξίσωση $x^2+\dfrac{x^2}{(x+1)^2}=3.$

Φιλικά,

Αχιλλέας

Δεν ξέρω πώς λύθηκε στο test. Θέτω $\boxed{x+1=t}$ και η εξίσωση γράφεται:

$\displaystyle {(t - 1)^2} + \frac{{{{(t - 1)}^2}}}{{{t^2}}} = 3 \Leftrightarrow {t^4} - 2{t^3} - {t^2} - 2t + 1 = 0$

Η εξίσωση που προέκυψε είναι αντίστροφη (*). Διαιρώ με $\displaystyle {t^2} \ne 0$ και έχω:

$\displaystyle \left( {{t^2} + \frac{1}{{{t^2}}}} \right) - 2\left( {t + \frac{1}{t}} \right) - 1 = 0$ και για $\displaystyle t + \frac{1}{t} = y \Rightarrow {t^2} + \frac{1}{{{t^2}}} = {y^2} - 2$

Άρα, $\displaystyle {y^2} - 2y - 3 = 0 \Leftrightarrow$ $\boxed{y=3}$ ή y=-1,

η οποία απορρίπτεται γιατί αν αντικατασταθεί στην $\displaystyle t + \frac{1}{t} = y$ δεν δίνει πραγματικές ρίζες.

Επομένως, $\displaystyle t + \frac{1}{t} = 3 \Leftrightarrow {t^2} - 3t + 1 = 0 \Leftrightarrow t = \frac{{3 \pm \sqrt 5 }}{2}$ και $\boxed{x = \frac{{1 + \sqrt 5 }}{2}}$ ή $\boxed{x = \frac{{1 - \sqrt 5 }}{2}}$

(*) Η μέθοδος υπάρχει στο σχολικό βιβλίο στις ΓΕΝΙΚΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ (Γ' ΟΜΑΔΑΣ) του 4ου κεφαλαίου. Είναι η άσκηση-3.

#3

george visvikis έγραψε: ↑
Σάβ Νοέμ 07, 2020 7:47 pm

Δεν ξέρω πώς λύθηκε στο test. Θέτω $\boxed{x+1=t}$ και η εξίσωση γράφεται:

$\displaystyle {(t - 1)^2} + \frac{{{{(t - 1)}^2}}}{{{t^2}}} = 3 \Leftrightarrow {t^4} - 2{t^3} - {t^2} - 2t + 1 = 0$

Η εξίσωση που προέκυψε είναι αντίστροφη (*). Διαιρώ με $\displaystyle {t^2} \ne 0$ και έχω:

$\displaystyle \left( {{t^2} + \frac{1}{{{t^2}}}} \right) - 2\left( {t + \frac{1}{t}} \right) - 1 = 0$ και για $\displaystyle t + \frac{1}{t} = y \Rightarrow {t^2} + \frac{1}{{{t^2}}} = {y^2} - 2$

Άρα, $\displaystyle {y^2} - 2y - 3 = 0 \Leftrightarrow$ $\boxed{y=3}$ ή η οποία απορρίπτεται γιατί αν αντικατασταθεί στην $\displaystyle t + \frac{1}{t} = y$ δεν δίνει πραγματικές ρίζες.

Επομένως, $\displaystyle t + \frac{1}{t} = 3 \Leftrightarrow {t^2} - 3t + 1 = 0 \Leftrightarrow t = \frac{{3 \pm \sqrt 5 }}{2}$ και $\boxed{x = \frac{{1 + \sqrt 5 }}{2}}$ ή $\boxed{x = \frac{{1 - \sqrt 5 }}{2}}$

Ευχαριστώ, Γιώργο. Ναι, μια λύση που έγινε είναι η παραπάνω. Γνωρίζουμε άλλες δύο.

Μάλλον ήταν ατυχής η έκφραση μου "διαφορετικές λύσεις" αφού δεν είναι γνωστές ποιες έχουμε.

Φιλικά,

Αχιλλέας

KARKAR · #4

Προσθέτουμε από μια μονάδα στα δύο μέλη : $x^2+\dfrac{x^2}{(x+1)^2}+1=4\Leftrightarrow (x+\dfrac{1}{x+1})^2=4$ κ.λ.π.

#5

KARKAR έγραψε: ↑
Σάβ Νοέμ 07, 2020 8:39 pm
Προσθέτουμε από μια μονάδα στα δύο μέλη : $x^2+\dfrac{x^2}{(x+1)^2}+1=4\Leftrightarrow (x+\dfrac{1}{x+1})^2=4$ κ.λ.π.

Come on! Ποια είναι τα λοιπά; Ούτε την ισοδυναμία βλέπω άμεσα...

Εάν κάνουμε όλοι έτσι, πάει το forum.

Φιλικά,

Αχιλλέας

KARKAR · #6

Για την ισοδυναμία :

$x^2+\dfrac{x^2}{(x+1)^2}+1=x^2+\dfrac{x^2}{(x+1)^2}+\dfrac{(x+1)^2}{(x+1)^2}=x^2+\dfrac{2x^2+2x+1}{(x+1)^2}$

$=x^2+\dfrac{2x(x+1)+1}{(x+1)^2}=x^2+\dfrac{2x}{(x+1)}+\dfrac{1}{(x+1)^2}=(x+\dfrac{1}{x+1)})^2}$ .

Τα λοιπά : $x+\dfrac{1}{x+1}=2\Leftrightarrow x^2-x-1=0$ , με ρίζες όπως στην λύση του Γιώργου ή

$x+\dfrac{1}{x+1}=-2\Leftrightarrow x^2+3x+3=0$ , αδύνατη στο $\mathbb{R}$ ( έχει βέβαια δύο μιγαδικές ρίζες ) .

#7

KARKAR έγραψε: ↑
Σάβ Νοέμ 07, 2020 9:54 pm
Για την ισοδυναμία :

$x^2+\dfrac{x^2}{(x+1)^2}+1=x^2+\dfrac{x^2}{(x+1)^2}+\dfrac{(x+1)^2}{(x+1)^2}=x^2+\dfrac{2x^2+2x+1}{(x+1)^2}$

$=x^2+\dfrac{2x(x+1)+1}{(x+1)^2}=x^2+\dfrac{2x}{(x+1)}+\dfrac{1}{(x+1)^2}=(x+\dfrac{1}{x+1)})^2}$ .

Τα λοιπά : $x+\dfrac{1}{x+1}=2\Leftrightarrow x^2-x-1=0$ , με ρίζες όπως στην λύση του Γιώργου ή

$x+\dfrac{1}{x+1}=-2\Leftrightarrow x^2+3x+3=0$ , αδύνατη στο $\mathbb{R}$ ( έχει βέβαια δύο μιγαδικές ρίζες ) .

Ευχαριστώ! Αυτόν τον τρόπο δεν τον είχαμε.

Φιλικά,

Αχιλλέας

ksofsa · #8

Καλησπέρα!

Για το 1ο θέμα:

Η παρακάτω λύση είναι εκτός φακέλου και πάει και στην Αθήνα μέσω Πεκίνου. Παρ' όλ' αυτά, την αναρτώ για λόγους πλουραλισμού.

Αν

ριζα της εξίσωσης, εύκολα επαληθεύουμε ότι είναι ρίζα της εξίσωσης και η $\dfrac{t}{1-t}$ .

Μετά τις πράξεις:

x^4+2x^3-x^2-6x-3=0

.

Έχει 4 ρίζες, τις $-t,\dfrac{t}{1-t},-w,\dfrac{w}{1-w}$ .

Άρα, τα τριώνυμα $x^2-(-t-\dfrac{t}{1-t})x-\dfrac{t^2}{1-t}=x^2-\dfrac{t^2}{1-t}x-\dfrac{t^2}{1-t}$

και αντίστοιχα $x^2-\dfrac{w^2}{1-w}x-\dfrac{w^2}{1-w}$

είναι οι δύο παράγοντες του πολυωνύμου της εξίσωσης.

Δηλαδή, αν $a=\dfrac{t^2}{1-t},b=\dfrac{w^2}{1-w}$

τότε

(x^2-ax-a)(x^2-bx-b)=x^4+2x^3-x^2-6x-3

και $ab=-3,a+b=-2\Rightarrow (a,b)=(-3,1),(1,-3)$ .

Τελικά $\dfrac{t^2}{1-t}=-3\Leftrightarrow t^2-3t+3=0$ (μιγαδικές ρίζες)

ή

$\dfrac{t^2}{1-t}=1\Leftrightarrow t^2+t-1=0\Leftrightarrow t=\dfrac{-1+\sqrt{5}}{2},\dfrac{-1-\sqrt{5}}{2}$ .

Τελικά πραγματικές ρίζες της εξίσωσης οι $\dfrac{1-\sqrt{5}}2{},\dfrac{1+\sqrt{5}}2{}$

#9

achilleas έγραψε: ↑
Σάβ Νοέμ 07, 2020 2:42 pm
Καλησπέρα σας!

Την περίοδο προετοιμασίας για τον ΘΑΛΗ, οι μαθητές μας κλήθηκαν να εξασκηθούν υπο διαγωνιστικές συνθήκες σε τρια τεστ, τα οποία

Θα χαρούμε να δούμε κι άλλες διαφορετικές λύσεις στα παρακάτω θέματα.

**********************************************
Ακολουθούν τα προβλήματα του 1ου τεστ:

Practice TEST 1
ΔΙΑΡΚΕΙΑ: 2 ΩΡΕΣ

ΘΕΜΑ 2. Στο εξωτερικό τριγώνου κατασκευάζουμε ισοσκελή ορθογώνια τρίγωνα και . Έστω το μέσο της πλευράς . Να δειχθεί ότι το τρίγωνο είναι ισοσκελές ορθογώνιο.

Φιλικά,

Αχιλλέας

Είναι γνωστή πρόταση από το θεώρημα του $\displaystyle {\rm{Vecten}}.$ Έστω M, N

τα μέσα των AB, AC

αντίστοιχα.

: 1-Θαλής Β.png (21.86 KiB) Προβλήθηκε 2330 φορές

Τα τρίγωνα DFM, EFN

είναι ίσα, διότι $\displaystyle DM = NF = \frac{{AB}}{2},MF = EN = \frac{{AC}}{2}$

και $\displaystyle D\widehat MF = E\widehat NF = 90^\circ + \widehat A.$ Άρα, $\boxed{DF=EF}$

και $\displaystyle D\widehat FE = D\widehat FM + M\widehat FN + N\widehat FE = D\widehat FM + B\widehat MF + F\widehat DM \Leftrightarrow$ $\boxed{D\widehat FE=90^\circ}$

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #10

ksofsa έγραψε: ↑
Σάβ Νοέμ 07, 2020 10:44 pm
Καλησπέρα!

Για το 1ο θέμα:

Η παρακάτω λύση είναι εκτός φακέλου και πάει και στην Αθήνα μέσω Πεκίνου. Παρ' όλ' αυτά, την αναρτώ για λόγους πλουραλισμού.

Κώστα θα διαφωνήσω μαζί σου.
Η λύση σου είναι εντός φακέλου μόνο που έχει ένα ακροβατικό.
Το οποίο για κάποιους είναι συνηθισμένο.
Υπάρχει μια ολόκληρη θεωρία για τους μετασχηματισμούς που αφήνουν αναλλοίωτες τις ρίζες
μιας εξίσωσης.
Δεν την γνωρίζω την θεωρία.
Ειναι λοιπόν ένας τρόπος για την επίλυση εξισώσεων,ο οποίος βέβαια δεν συνίσταται σε αυτό το επίπεδο.

Και κατά την γνώμη μου καλά έκανες και ανέβασες την λύση

#11

achilleas έγραψε: ↑
Σάβ Νοέμ 07, 2020 2:42 pm
Καλησπέρα σας!

Την περίοδο προετοιμασίας για τον ΘΑΛΗ, οι μαθητές μας κλήθηκαν να εξασκηθούν υπο διαγωνιστικές συνθήκες σε τρια τεστ, τα οποία

Θα χαρούμε να δούμε κι άλλες διαφορετικές λύσεις στα παρακάτω θέματα.

**********************************************
Ακολουθούν τα προβλήματα του 1ου τεστ:

Practice TEST 1
ΔΙΑΡΚΕΙΑ: 2 ΩΡΕΣ

ΘΕΜΑ 1. Να λυθεί η εξίσωση $x^2+\dfrac{x^2}{(x+1)^2}=3.$

Αχιλλέας

Προφανώς πρέπει $x + 1 \ne 0$ και η εξίσωση γράφεται : ${x^2}{\left( {x + 1} \right)^2} + {x^2} - 3{\left( {x + 1} \right)^2} = 0$

Θέτω: $\boxed{{x^2} = \left( {x + 1} \right)t\,\,\,,x + 1 \ne 0}$ κι έχω: $\left( {x + 1} \right)t{\left( {x + 1} \right)^2} + \left( {x + 1} \right)t - 3{\left( {x + 1} \right)^2} = 0$ .

Η εξίσωση γράφεται:

$\left( {{x^2} + 2x + 1} \right)t + t - 3\left( {x + 1} \right) = 0 \Leftrightarrow \left( {\left( {x + 1} \right)t + 2x + 1} \right)t + t - 3\left( {x + 1} \right) = 0$ ή

$\left( {x + 1} \right){t^2} + 2xt + t + t - 3\left( {x + 1} \right) = 0$ ή $\left( {x + 1} \right){t^2} + 2\left( {x + 1} \right)t - 3\left( {x + 1} \right) = 0$ , δηλαδή

$\boxed{{t^2} + 2t - 3 = 0}$ με ρίζες : t = 1

ή

. Έτσι έχω:

$\left\{ \begin{gathered} {x^2} - x - 1 = 0 \hfill \\ {x^2} + 3x + 3 = 0 \hfill \\ \end{gathered} \right.$ από την πρώτη, $\boxed{x = \frac{{1 \pm \sqrt 5 }}{2}}$ ενώ η δεύτερη είναι αδύνατη στο $\mathbb{R}$ .

#12

achilleas έγραψε: ↑
Σάβ Νοέμ 07, 2020 2:42 pm
ΘΕΜΑ 3. Να βρείτε όλους τους θετικούς ακεραίους έτσι ώστε ο να είναι κύβος ενός θετικού ακεραίου.

Ωραίο πρόβλημα!
Γιατί να μένει αναπάντητο;

Τεστ εξάσκησης #1 - ΘΑΛΗΣ Β Λυκείου 2020

Τεστ εξάσκησης #1 - ΘΑΛΗΣ Β Λυκείου 2020

Re: Τεστ εξάσκησης #1 - ΘΑΛΗΣ Β Λυκείου 2020

Re: Τεστ εξάσκησης #1 - ΘΑΛΗΣ Β Λυκείου 2020

Re: Τεστ εξάσκησης #1 - ΘΑΛΗΣ Β Λυκείου 2020

Re: Τεστ εξάσκησης #1 - ΘΑΛΗΣ Β Λυκείου 2020

Re: Τεστ εξάσκησης #1 - ΘΑΛΗΣ Β Λυκείου 2020

Re: Τεστ εξάσκησης #1 - ΘΑΛΗΣ Β Λυκείου 2020

Re: Τεστ εξάσκησης #1 - ΘΑΛΗΣ Β Λυκείου 2020

Re: Τεστ εξάσκησης #1 - ΘΑΛΗΣ Β Λυκείου 2020

Re: Τεστ εξάσκησης #1 - ΘΑΛΗΣ Β Λυκείου 2020

Re: Τεστ εξάσκησης #1 - ΘΑΛΗΣ Β Λυκείου 2020

Re: Τεστ εξάσκησης #1 - ΘΑΛΗΣ Β Λυκείου 2020

Μέλη σε σύνδεση