Άθροισμα πραγματικών ριζών εξίσωσης.

#1

Να βρείτε το άθροισμα (μόνο) των πραγματικών ριζών της εξίσωσης:

$\displaystyle{\left( {x + 1} \right)\left( {x + 2} \right)\left( {x + 3} \right)\left( {x + 4} \right)\left( {x + 5} \right)\left( {x + 6} \right) = 35}$

S.E.Louridas · #2

Απλά μία σκέψη μόνο σε απόκρυψη:
Αν θέσουμε ${x^2} + 7x + 10 = t,$ τότε η εξίσωση γίνεται ${t^3} - 2{t^2} - 8t - 35 = 0$ που ως μόνη πραγματική ρίζα έχει την $t = 5\;...$

edit: Άρση της απόκρυψης.

#3

S.E.Louridas έγραψε:Απλά μία σκέψη μόνο σε απόκρυψη:
Αν θέσουμε ${x^2} + 7x + 10 = t,$ τότε η εξίσωση γίνεται ${t^3} - 2{t^2} - 8t - 35 = 0$ που ως μόνη πραγματική ρίζα έχει την $t = 5\;...$

Πολύ καλό!

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #4

Προσπαθώ να καταλάβω πως το έβγαλε ο Σωτήρης.

Θα γράψω την λύση μου που στην ουσία είναι ίδια με του Σωτήρη για να υπάρχουν και οι πράξεις.

Αν θέσουμε $y=x+\frac{7}{2}$ η εξίσωση γίνεται

$(y^{2}-\frac{1}{4})(y^{2}-\frac{9}{4})(y^{2}-\frac{25}{4})-35=0$

Αν θέσουμε $t=y^{2}$

γίνεται

$(t-\frac{1}{4})(t-\frac{9}{4})(t-\frac{25}{4})-35=0$ (1)

Η τελευταία έχει μοναδική πραγματική ρίζα γιατί από τις σχέσεις του Vieta

βρίσκουμε ότι το άθροισμα των τετραγώνων των ριζών της είναι $(\frac{35}{4})^{2}-2\frac{259}{4}< 0$

Εστω

η ρίζα της που προφανώς είναι θετική.

Αρα η αρχική έχει ακριβώς δύο πραγματικές ρίζες τις $\sqrt{a}-\frac{7}{2},-\sqrt{a}-\frac{7}{2}$

που προφανώς έχουν αθροισμα

Συμπλήρωμα .Εχει γίνει λάθος.Το άθροισμα των τετραγώνων των ριζών είναι $(\frac{35}{4})^{2}-2\frac{259}{16}> 0$

Για να είναι η απόδειξη πλήρης πρέπει να αποδείξουμε ότι η (1) έχει μοναδική θετική ρίζα.

Αρκεί να αποδείξουμε ότι δεν έχει ρίζα στο $(\frac{1}{4},\frac{9}{4})$

για $t\in (\frac{1}{4},\frac{9}{4})$ είναι εφαρμόζοντας AMG

$(t-\frac{1}{4})(t-\frac{9}{4})(t-\frac{25}{4})=(t-\frac{1}{4})(\frac{9}{4}-t)(\frac{25}{4}-t)\leq (\dfrac{\frac{33}{4}-t}{3})^{3}\leq (\frac{8} {3})^{3}< 35$

Ετσι η εξίσωση έχει ρίζα στο $(\frac{25}{4},\infty )$ και μοναδική γιατί εκεί είναι γνησίως αύξουσα.

#5

Στην σκέψη του Σωτήρη:

$(x+1)(x+2)(x+3)(x+4)(x+5)(x+6)=35\Leftrightarrow$

$(x+1)(x+6)(x+2)(x+5)(x+3)(x+4)-35=0\Leftrightarrow$

(x^2+7x+6)(x^2+7x+10)(x^2+7x+12)-35=0

.

Αν θέσουμε x^2+7x+10=t

, τότε η τελευταία γίνεται: (t-4)t(t+2)-35=0

.
Τα υπόλοιπα έχουν αναφερθεί παραπάνω.

Νίκος Κατσίπης

S.E.Louridas · #6

Καλημέρα.
Καταρχάς έβαλα γρήγορα την άποψη μου σε απόκρυψη για να ασχοληθούν και άλλοι λύτες, χωρίς τη "ποδηγέτηση" μίας υπόδειξης. Ακριβώς όπως είδε και ο Νίκος, που τον ευχαριστώ ιδιαίτερα, σε αυτές τις περιπτώσεις και στα πλαίσια της ανάλυσης ερευνούμε το ενδεχόμενο επίλυσης με υποβιασμό του βαθμού μέσω κατάλληλης αντικατάστασης. Έτσι παρατηρήσαμε ότι τα ζεύγη των ακραίων παρενθέσεων και των ισαπεχόντων από τις ακραίες δίνουν τριώνυμα κοινού εγγράμματου μέρους του ${x^2} + 7x$ (αφού βλέπουμε ότι 6+1=5+2=4+3=7

). Αντικαθιστούμε λοιπόν το ένα από τα τριώνυμα αυτά, εδώ το ${x^2} + 7x+10,$ έστω με

, ως το μεσαίο ως προς τη διάταξη των σταθερών όρων (και κάποιο από τα άλλα να αντικαθιστούσαμε θα οδηγούμασταν σε υποβάθμιση του βαθμού μέσω αντικατάστασης). Η σύνθεση λοιπόν είναι: αν υπάρχει πραγματικό

που επαληθεύει την εξίσωση τότε θα έχουμε την ύπαρξη πραγματικού

που θα επαληθεύει την προκύπτουσα ως προς

…

Εδώ ας μου επιτραπεί ένα σχόλιο: Μου άρεσε επίσης η τεχνική δημιουργίας κατάλληλης αντικατάστασης του Σταύρου, που προκύπτει, αν δεν κάνω λάθος, από τη μέθοδο συμπλήρωσης τετραγώνου, πάντα βέβαια λόγω του κοινού εγγράμματου μέρους των εδώ τριωνύμων με τον τρόπο που είπαμε ή από τη διαπύστωση, ότι οι όροι εντός των παρενθέσεων σχηματίζουν αριθμητική πρόοδο. Ένα λοιπόν από τα κύρια χαρακτηριστικά της Ανάλυσης είναι η δημιουργία εικασιών που κάποιες από αυτές (ή πιθανόν όλες) μας οδηγούν στην σύνθεση, δηλαδή στην επίλυση.

Άθροισμα πραγματικών ριζών εξίσωσης.

Άθροισμα πραγματικών ριζών εξίσωσης.

Re: Άθροισμα πραγματικών ριζών εξίσωσης.

Re: Άθροισμα πραγματικών ριζών εξίσωσης.

Re: Άθροισμα πραγματικών ριζών εξίσωσης.

Re: Άθροισμα πραγματικών ριζών εξίσωσης.

Re: Άθροισμα πραγματικών ριζών εξίσωσης.

Μέλη σε σύνδεση