Μια εξίσωση 2ου βαθμού

S.E.Louridas · #1

Θεωρούμε την εξίσωση $a{x^2} + bx + c = 0,\;a,b,c \in {\Cal R}.$ Δίνεται επιπλέον ότι ac > 0

και $4\sqrt {ac} \leqslant 2\left| b \right| < 3\left| a \right| + \left| c \right| - \left| {\left| a \right| - \left| c \right|} \right|.$
Να αποδείξετε ότι εξίσωση αυτή έχει πραγματικές ρίζες με απόλυτη τιμή μικρότερη της μονάδας.

∫ot.T. · #2

Από την ανισότητα $4\sqrt{ac}\leq 2\left | b \right |$ έχουμε ότι η διακρίνουσα είναι μη αρνητική.
Άρα η εξίσωση έχει πραγματικές ρίζες.

Επιπλέον $3\left | a \right |+\left | c \right |-\left | \left | a \right |-\left | c \right | \right |\leq 2(\left | a \right |+\left | c \right |)$
Άρα $\left | b \right |<\left | a \right |+\left | c \right |$

Ανάλογα με το πρόσημο του b θα έχουμε δύο περιπτώσεις για τις ρίζες:
$P(\rho )=\left | a \right |\rho ^{2}+\left | b \right |\rho +\left | c \right |=0$
$R(\rho )=\left | a \right |\rho ^{2}-\left | b \right |\rho +\left | c \right |=0$

Παρατηρούμε ότι $P(x)=R(-x), P(\pm 1)>0$
Εδώ, για να αποδειχθεί το ζητούμενο, αρκεί {P}'(1)>0>P'(-1)

S.E.Louridas · #3

∫ot.T. έγραψε: ↑
Πέμ Μαρ 21, 2024 3:36 pm
Από την ανισότητα $4\sqrt{ac}\leq 2\left | b \right |$ έχουμε ότι η διακρίνουσα είναι μη αρνητική.
Άρα η εξίσωση έχει πραγματικές ρίζες.

Επιπλέον $3\left | a \right |+\left | c \right |-\left | \left | a \right |-\left | c \right | \right |\leq 2(\left | a \right |+\left | c \right |)$
Άρα $\left | b \right |<\left | a \right |+\left | c \right |$

Ανάλογα με το πρόσημο του b θα έχουμε δύο περιπτώσεις για τις ρίζες:
$P(\rho )=\left | a \right |\rho ^{2}+\left | b \right |\rho +\left | c \right |=0$
$R(\rho )=\left | a \right |\rho ^{2}-\left | b \right |\rho +\left | c \right |=0$

Παρατηρούμε ότι $P(x)=R(-x), P(\pm 1)>0$
Εδώ, για να αποδειχθεί το ζητούμενο, αρκεί

Το πρώτο σκέλος είναι προφανές. Για το δεύτερο:
Αρκεί $P'(-1)<0\Leftrightarrow2 \left | a \right |>\left | b \right |$

Όμως $2\left | b \right |-4\left | a \right |<3\left | a \right |+\left | c \right |-\left | \left | a \right |-\left | c \right | \right |-4 \left | a \right |$

Άρα $2(\left | b \right |-2\left | a \right |)< \left | c \right |-\left | a \right |-\left | \left | c \right | -\left | a \right |\right |\leq 0$

Άρα $\left | b \right |< 2\left | a \right |$ όπως θέλαμε.

Άριστη Σκέψη και Άμεσα αντανακλαστικά για την ηλικία σου.

Al.Koutsouridis · #4

S.E.Louridas έγραψε: ↑
Τετ Μαρ 20, 2024 10:16 pm
Θεωρούμε την εξίσωση $a{x^2} + bx + c = 0,\;a,b,c \in {\Cal R}.$ Δίνεται επιπλέον ότι και $4\sqrt {ac} \leqslant 2\left| b \right| < 3\left| a \right| + \left| c \right| - \left| {\left| a \right| - \left| c \right|} \right|.$
Να αποδείξετε ότι εξίσωση αυτή έχει πραγματικές ρίζες με απόλυτη τιμή μικρότερη της μονάδας.

Παρόμοια με το μέλος ∫ot.T. παραπάνω, αλλά θεωρώντας γνωστή την θεωρία δευτεροβάθμιου τριώνυμου. Η δοθείσα εξίσωση έχει ρίζες με απόλυτη τιμή μικρότερη της μονάδας αν και μόνο αν ικανοποιούνται οι συνθήκες

$\displaystyle{\left\{\begin{matrix} D \geq 0 \\ a\cdot f(-1) >0 \\ -\dfrac{b}{2a} > -1 \end{matrix}\right.}$ και $\displaystyle{\left\{\begin{matrix} D \geq 0 \\ a\cdot f(1) >0 \\ -\dfrac{b}{2a} < 1 \end{matrix}\right.}$

Από τις συνθήκες του προβλήματος έχουμε

$2|b| < 3|a|+|c| -\left||a|-|c|\right| \leq 3|a|+|c|-|a|+|c|=2(|a|+|c|) = 2(|a+c|)$ , η τελευταία ισότητα επειδή a, c

ομόσημοι αριθμοί ( ac>0

). Οπότε $|b| < |a+c| \Leftrightarrow (a-b+c)(a+b+c) > 0$ .

Δηλαδή οι αριθμοί a+c-b

και

είναι ομόσημοι. Αν αυτοί οι αριθμοί είναι ετερόσημοι με τον

, τότε θα έχουμε

a(a+c-b)<0

και

, οπότε αθροίζοντας τις ανισώσεις θα έχουμε a(a+c-b+a+b+c) = 2a(a+c) <0

. Όμως οι

άρα και ο

είναι ομόσημοι. 'Ατοπο. Οπότε θα ισχύει

$a(a-b+c) =a\cdot f(-1) >0$ και $a(a+b+c) =a\cdot f(1) >0$ .

Επίσης ισχύει $2|b| < 3|a|+|c| -\left||a|-|c|\right| \leq 3|a|+|c| + (|a|-|c|)= 4|a|$ , όπου έγινε χρήση της $-|x| \leq x$ , για x=|a|-|c|

. Οπότε έχουμε διαδοχικά

$|b| < 2|a| \Leftrightarrow 1 > \dfrac{|b|}{2|a|} \Leftrightarrow 1-\dfrac{b^2}{(2a)^2} > 0\Leftrightarrow \left ( 1-\dfrac{b}{2a}\right)\left (1+\dfrac{b}{2a} \right) > 0$

Δηλαδή οι αριθμοί $1-\dfrac{b}{2a}$ και $1+\dfrac{b}{2a}$ , είναι ομόσημοι. Αν είναι και οι δύο αρνητικοί, τότε θα έχουμε $\left ( 1-\dfrac{b}{2a}\right)\left+ \left(1+\dfrac{b}{2a} \right) =2<0$ . 'Ατοπο. Άρα αυτοί οι αριθμοί είναι θετικοί. Οπότε

$-\dfrac{b}{2a} > -1$ και $-\dfrac{b}{2a} < 1$

Τέλος από την συνθήκη $4\sqrt {ac} \leqslant 2\left| b \right|$ , έχουμε $4(4ac-b^2) \leq 0 \Leftrightarrow b^2-4ac \geq 0$ . Δηλαδή $D \geq 0$ .

Παρατηρούμε ότι όλες οι συνθήκες για την ύπραξη ριζών, με απόλυτη τιμή μικρότερη του

, τηρούνται.

S.E.Louridas · #5

Καλημέρα καλημέρα.
Αφού ευχαριστήσω τον Sot.Τ και σίγουρα τον Αλέξανδρο Κουτσουρίδη για την αδιαμφισβήτητη και σε εμάς εδώ μαθηματική προσφορά του, να πληροφορήσω απλά ότι το πρόβλημα αυτό το είχα προτείνει και λύσει στο περιοδικό ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ της ΕΜΕ, το 1970 αν θυμάμαι καλά, ως Μαθητής του Πρακτικού Λυκείου (Πως περνούν τα παλιο - χρόνια ... αλλά πάλι ευτυχώς που οι νεότεροι είναι όχι απλά άξιοι αλλά υπεράξιοι και έτσι συνεχίζουν να δίνουν ηχηρές απαντήσεις στη πρόκληση των καιρών).

Μια εξίσωση 2ου βαθμού

Μια εξίσωση 2ου βαθμού

Re: Μια εξίσωση 2ου βαθμού

Re: Μια εξίσωση 2ου βαθμού

Re: Μια εξίσωση 2ου βαθμού

Re: Μια εξίσωση 2ου βαθμού

Μέλη σε σύνδεση