ΕΥΕΛΠΙΔΩΝ 1979 ΑΛΓΕΒΡΑ

parmenides51 · #1

1. Να λυθεί το σύστημα $\displaystyle{ \begin{cases} \displaystyle \frac{x^5+y^5}{x^3+y^3} =\frac{31}{7} \\ x^2+xy+y^2=3 \end{cases}}$

2. Αν $\displaystyle{\alpha,p,q\in \mathbb{R}}$ και η εξίσωση $\displaystyle{f(x)=x^2+px+q=0}$ έχει ρίζες πραγματικές και άνισες,
να δειχτεί οτι η εξίσωση $\displaystyle{g(x)=f(x)+(x+\alpha)(2x+p)=0}$ έχει ρίζες πραγματικές και άνισες.

3. Εαν $\displaystyle{\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3,..., \alpha_{\nu}\in\mathbb{R}^+}$ και είναι $\displaystyle{\sigma_{\nu}=\alpha_1+\alpha_2+\alpha_3+...+ \alpha_{\nu}}$ ,
να δειχτεί οτι $\displaystyle{(1+\alpha_1)(1+\alpha_2)(1+\alpha_3)\cdot ... \cdot(1+ \alpha_{\nu})\ge 1+\sigma_{\nu}}$

kostas_zervos · #2

parmenides51 έγραψε: 3. Εαν $\displaystyle{\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3,..., \alpha_{\nu}\in\mathbb{R}^+}$ και είναι $\displaystyle{\sigma_{\nu}=\alpha_1+\alpha_2+\alpha_3+...+ \alpha_{\nu}}$ ,
να δειχτεί οτι $\displaystyle{(1+\alpha_1)(1+\alpha_2)(1+\alpha_3)\cdot ... \cdot(1+ \alpha_{\nu})\ge 1+\sigma_{\nu}}$

Αφού $\alpha_i\geq 0\;,\;i=1,2,\dots,\nu$ έχουμε:

$(1+\alpha_1)(1+\alpha_2)(1+\alpha_3)\cdot ... \cdot(1+ \alpha_{\nu})\ge 1+\sigma_{\nu}\iff$

$\iff ln(1+\alpha_1)(1+\alpha_2)(1+\alpha_3)\cdot ... \cdot(1+ \alpha_{\nu})\ge ln(1+\sigma_{\nu})\iff$

$\iff ln(1+\alpha_1)+ln(1+\alpha_2)+ln(1+\alpha_3)+\cdots+ln(1+ \alpha_{\nu})\ge$

$\ge ln(1+\alpha_1+\alpha_2+\alpha_3+\cdots+ \alpha_{\nu})$ .

Έστω η συνάρτηση $f(x)=ln(1+x)\;,\;x>0$ ,

Είναι $f(x)+f(y)=ln(1+x)+ln(1+y)=ln(1+x+y+xy)\geq ln(1+x+y)\Rightarrow$

$\Rightarrow f(x)+f(y)\geq f(x+y)\;,\;(1)$ .

Με επαγωγή είναι $f(x_1)+f(x_2)+\cdots+f(x_n)\geq f(x_1+x_2+\cdots+x_n)\;,\;n\in\Bbb{N}\;,\;n\geq 2$ .

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Η ζητούμενη ανισότητα προκύπτει για $x_i=\alpha_i\;,\;i=1,2,\dots,\nu$ .

kostas_zervos · #3

parmenides51 έγραψε:1. Να λυθεί το σύστημα $\displaystyle{ \begin{cases} \displaystyle \frac{x^5+y^5}{x^3+y^3} =\frac{31}{7} \\ x^2+xy+y^2=3 \end{cases}}$

Πρέπει $x^3+y^3\neq 0\iff x+y\neq 0$ και $x^2-xy+y^2\neq 0\iff x^2+y^2+(x-y)^2\neq 0\iff x\neq 0$ ή $y\neq 0$ ή $x\neq y$ .

Τότε $\dfrac{x^5+y^5}{x^3+y^3} =\dfrac{31}{7}\iff \dfrac{(x+y)(x^4-x^3y+x^2y^2-xy^3+y^4)}{(x+y)(x^2-xy+y^2)}=\dfrac{31}{7}\iff$

$\iff \dfrac{x^4+y^4-x^3y-xy^3+x^2y^2}{x^2+y^2-xy}=\dfrac{31}{7}\iff$

$\iff \dfrac{(x^2+y^2)^2-2(xy)^2-xy(x^2+y^2)+(xy)^2}{x^2+y^2-xy}=\dfrac{31}{7}$ .

Θέτοντας $x^2+y^2=a\;,\;xy=b$ το σύστημα γράφεται:

$\begin{cases} \dfrac{a^2-ab-b^2}{a-b} =\dfrac{31}{7} \\ a+b=3 \end{cases}\iff \begin{cases} \dfrac{(a+b)(a-b)-ab}{a-b} =\dfrac{31}{7} \\ a+b=3 \end{cases}\iff \begin{cases} \dfrac{3a-3b-ab}{a-b} =\dfrac{31}{7} \\ a+b=3 \end{cases}$
το οποίο λύνεται εύκολα με αντικατάσταση και έχουμε:

$(a,b)=\left(5,-2\right)$ ή $(a,b)=\left(\dfrac{6}{7},\dfrac{15}{7}\right)$ και από εδώ έχουμε τα συστήματα:

$\begin{cases} x^2+y^2=5 \\ xy=-2 \end{cases}$ και $\begin{cases} x^2+y^2=\dfrac{6}{7} \\ xy=\dfrac{15}{7} \end{cases}$ , από τα οποία έχουμε:

(x,y)=(1,-2)

ή

(το 2ο είναι αδύνατο στο $\Bbb{R}$ , αν μιλάμε για $\Bbb{C}$ τότε έχουμε και μερικά "τέρατα" λύσεις).

hlkampel · #4

parmenides51 έγραψε:2. Αν $\displaystyle{\alpha,p,q\in \mathbb{R}}$ και η εξίσωση $\displaystyle{f(x)=x^2+px+q=0}$ έχει ρίζες πραγματικές και άνισες,
να δειχτεί οτι η εξίσωση $\displaystyle{g(x)=f(x)+(x+\alpha)(2x+p)=0}$ έχει ρίζες πραγματικές και άνισες.

Αφού η εξίσωση $f\left( x \right) = 0$ έχει ρίζες πραγματικές και άνισες θα ισχύει:

${\Delta _f} > 0 \Leftrightarrow {p^2} - 4q > 0\;\left( 1 \right)$

$g\left( x \right) = f\left( x \right) + \left( {x + a} \right)\left( {2x + p} \right) = 0 \Leftrightarrow$ ${x^2} + px + q + 2{x^2} + px + 2ax + ap = 0 \Leftrightarrow$

$3{x^2} + 2\left( {p + a} \right)x + ap + q = 0\;\left( 2 \right)$

Η διακρίνουσα της εξίσωσης $\left( 2 \right)$ είναι:

${\Delta _g} = 4{\left( {p + a} \right)^2} - 12\left( {ap + q} \right) = 4{p^2} + 8ap + 4{a^2} - 12ap - 12q =$

$\displaystyle{4{a^2} - 4ap + 4{p^2} - 12q = 4\left( {{a^2} - ap + {p^2} - 3q} \right)\;\left( 3 \right)}$

Το τριώνυμο $\displaystyle{{a^2} - ap + {p^2} - 3q}$ με μεταβλητή το $\displaystyle{a}$ είναι θετικό για κάθε $a \in R$ επειδή έχει διακρίνουσα:

$\Delta = {p^2} - 4{p^2} + 12q = - 3\left( {{p^2} - 4q} \right)\mathop \Leftrightarrow \limits^{\left( 1 \right)} \Delta < 0$

Άρα από τη σχέση $\left( 3 \right)$ έπεται ότι $\displaystyle{{\Delta _g} > 0}$ δηλαδή η ζητούμενη εξίσωση έχει ρίζες πραγματικές και άνισες.