Και τυρί και...κουλούρι!

#1

Να λυθεί η εξίσωση, ως πρός χ πραγματικό αριθμό.

$\displaystyle{ \left( {x^2 - x} \right)^2 + 2=\left[ {x\sin a + \left( {1 - x} \right)\cos a} \right]^2 }$

Αν είναι γνωστό πως α είναι τόξο στο διάστημα (-π/2,π/2)

(Και πολυώνυμο και τριγωνομετρία...και τυρί και κουλούρι,δηλαδή!)

mathxl · #2

Μία λύση
Θέτουμε $x = \frac{1}{2} + u$

Οπότε η εξίσωση μετασχηματίζεται ισοδύναμα
$\begin{array}{l} {\left( {{u^2} - \frac{1}{4}} \right)^2} + 2 = {\left[ {\left( {\frac{1}{2} + u} \right)\eta \mu \alpha + \left( {\frac{1}{2} - u} \right)\sigma \upsilon \nu \alpha } \right]^2} \Leftrightarrow \\ {\left( {{u^2} - \frac{1}{4}} \right)^2} + 2 = {\rho ^2}\eta {\mu ^2}\left( {\alpha + \varphi } \right) \\ \end{array}$

όπου
$\rho = \sqrt {{{\left( {\frac{1}{2} + u} \right)}^2} + {{\left( {\frac{1}{2} - u} \right)}^2}} = \sqrt {\frac{1}{2} + 2{u^2}}$
και
$\eta \mu \varphi = \frac{{1 - 2u}}{{2\sqrt {\frac{1}{2} + 2{u^2}} }},\sigma \upsilon \nu \varphi = \frac{{1 + 2u}}{{2\sqrt {\frac{1}{2} + 2{u^2}} }}$

από την εξίσωση ισοδύναμα έχουμε
$\frac{{{{\left( {{u^2} - \frac{1}{4}} \right)}^2} + 2}}{{\frac{1}{2} + 2{u^2}}} = \eta {\mu ^2}\left( {\alpha + \varphi } \right) \in \left( {0,1} \right]$
Άρα
${\left( {{u^2} - \frac{1}{4}} \right)^2} + 2 \le \frac{1}{2} + 2{u^2} \Leftrightarrow {\left( {{u^2} - \frac{5}{4}} \right)^2} \le 0 \Leftrightarrow u = \pm \frac{{\sqrt 5 }}{2}$

Αν κάνουμε αντικατάσταση βλέπουμε ότι
για $u = \pm \frac{{\sqrt 5 }}{2} \Leftrightarrow x = \frac{{1 + \sqrt 5 }}{2} \vee x = \frac{{1 - \sqrt 5 }}{2}:1 = \eta {\mu ^2}\left( {\alpha + \varphi } \right)$
Ευχαριστώ τον Χρήστο για την διόρθωση στο επιπόλαιο λάθος μου. Για τα φ, α αργότερα

#3

chris_gatos έγραψε:Να λυθεί η εξίσωση, ως πρός χ πραγματικό αριθμό.

$\displaystyle{ \left( {x^2 - x} \right)^2 + 2=\left[ {x\sin a + \left( {1 - x} \right)\cos a} \right]^2 }$

Λίγο αλλιώς: Από "εσωτερικό γινόμενο μικρότερο ή ίσο του γινομένου των μέτρων των διανυσμάτων", το δεξί μέλος είναι
$\le (x^2 + (1-x)^2)(\sin^2a + \cos^2a) =x^2 + (1-x)^2 \,\,$ .

Άρα $(x^2 - x)^2 + 2 \le x^2 + (1-x)^2$

ισοδύναμα

$(x^2 - x -1)^2 \le 0$

και λοιπά.

Φιλικά,

Μιχάλης Λάμπρου

#4

Mihalis_Lambrou έγραψε:
chris_gatos έγραψε:Να λυθεί η εξίσωση, ως πρός χ πραγματικό αριθμό.

$\displaystyle{ \left( {x^2 - x} \right)^2 + 2=\left[ {x\sin a + \left( {1 - x} \right)\cos a} \right]^2 }$

Λίγο αλλιώς: Από "εσωτερικό γινόμενο μικρότερο ή ίσο του γινομένου των μέτρων των διανυσμάτων", το δεξί μέλος είναι
$\le (x^2 + (1-x)^2)(\sin^2a + \cos^2a) =x^2 + (1-x)^2 \,\,$ .

Άρα $(x^2 - x)^2 + 2 \le x^2 + (1-x)^2$

ισοδύναμα

$(x^2 - x -1)^2 \le 0$

και λοιπά.

Φιλικά,

Μιχάλης Λάμπρου

Πραγματικά εντυπωσιακό

#5

Μιχάλη
Σε ευχαριστώ για τις όμορφες λύσεις σου και τις ώραίες ιδέες που καταθέτεις. Στη ζωή μου δεν ευτύχισα να έχω εμπνευσμένους δασκάλους, δεν πειράζει όμως γιατί έχω τώρα "επί ουδω γήραος" και σε ηλεκτρονική μορφή.
Με απεριόριστη εκτίμηση

mathxl · #6

Για την επαλήθευση (κοιτάμε αν για τα συγκεκριμένα χ υπάρχει τέτοιο κατάλληλο α που ανήκει στο (-π/2,π/2)

Για $x = \frac{{1 + \sqrt 5 }}{2}$
με αντικατάσταση στην αρχική εξίσωση βρίσκω
$\frac{{\sqrt 5 }}{2}\sigma \upsilon \nu 2a + \eta \mu 2a = - \frac{3}{2} \Leftrightarrow \eta \mu \left( {2a + \varphi } \right) = - 1$
όπου φ κάποια συγκεκριμένη γωνία με $\eta \mu \varphi = \frac{{\sqrt 5 }}{3},\sigma \upsilon \nu \varphi = \frac{2}{3},\varphi \in \left( {0,\frac{\pi }{2}} \right)$
έτσι βρίσκουμε $a = - \frac{\pi }{4} - \frac{\varphi }{2}$
που είναι καθιστά την λύση της εξίσωσης μας, δεκτή

Για $x = \frac{{1 - \sqrt 5 }}{2}$
με αντίστοιχη εξίσωση
$\frac{{\sqrt 5 }}{2}\sigma \upsilon \nu 2a - \eta \mu 2a = \frac{3}{2} \Leftrightarrow \eta \mu \left( {2a + \varphi } \right) = 1$
όπου $\eta \mu \varphi = \frac{{\sqrt 5 }}{3},\sigma \upsilon \nu \varphi = - \frac{2}{3},\varphi \in \left( {\frac{\pi }{2},\pi } \right)$
ώστε $a = \frac{\pi }{4} - \frac{\varphi }{2}$
που κάνει πάλι δεκτή την λύση μας

Και τυρί και...κουλούρι!

Και τυρί και...κουλούρι!

Re: Και τυρί και...κουλούρι!

Re: Και τυρί και...κουλούρι!

Re: Και τυρί και...κουλούρι!

Re: Και τυρί και...κουλούρι!

Re: Και τυρί και...κουλούρι!

Μέλη σε σύνδεση