Εξίσωση!

#1

Αν για τις ρίζες $\displaystyle{x_1,x_2,x_3}$ της εξίσωσης $\displaystyle{x^3-(a+2)x^2+(2a+1)x-a=0}$ ( $\displaystyle{a\ne 0}$ ) ισχύει

$\displaystyle{\frac{2}{x_1}+\frac{2}{x_2}=\frac{3}{x_3},}$ να λυθεί η εξίσωση.

#2

Έστω

οι ρίζες του πολυωνύμου, οπότε: f(x)=(x-x_1)(x-x_2)(x-x_3)

με $f(x)=x^3-(a+2)x^2+(2a+1)x-a, a\neq 0$ .

Συνεπώς: f(x)=x^3-(x_1+x_2+x_3)x^2+(x_1x_2+x_1x_3+x_2x_3)x-x_1x_2x_3

,

και από την ισότητα των πολυωνύμων έχουμε:
x_1+x_2+x_3=a+2 (I)

ενώ από την υπόθεση έχουμε ότι:
$\displaystyle{\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}=\frac{3}{2x_3} (IV)}$ , με $x_1,x_2,x_3 \neq 0$ .

Τότε διαιρώντας την (ΙΙ) με $x_1x_2x_3 \neq 0$ , έχουμε:

$\displaystyle{(II) \Leftrightarrow \frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}+\frac{1}{x_3}=\frac{2a+1}{x_1x_2x_3}}$

η οποία λόγω των (III), (IV) δίνει:

$\displaystyle{(II) \Leftrightarrow \frac{3}{2x_3}+\frac{1}{x_3}=\frac{2a+1}{a} \Leftrightarrow \frac{5}{2x_3}=\frac{2a+1}{a}}$ , από την οποία προκύπτει ότι $\displaystyle{a\neq -\frac{1}{2}}$ ,
οπότε $\displaystyle{x_3=\frac{5a}{2(2a+1)} (V)}$ .

Τότε:
* η (Ι) γίνεται λόγω της (V): $\displaystyle{x_1+x_2=\frac{4a^2+5a+4}{2(2a+1)} (VI)}$ ,
* η (IΙ) γίνεται λόγω της (V): $\displaystyle{x_1x_2=\frac{2(2a+1)}{5} (VII)}$
* η (IV) γίνεται λόγω της (V): $\displaystyle{\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}=\frac{3(2a+1)}{5a} \Leftrightarrow \frac{x_1+x_2}{x_1x_2}=\frac{3(2a+1)}{5a}}$ ,

η οποία λόγω των (VI), (VII) γίνεται:
$\displaystyle{\frac{5(4a^2+5a+4)}{4(2a+1)^2}=\frac{3(2a+1)}{5a}}$

η οποία έχει λύσεις $\displaystyle{=\frac{3}{4}}$ ή a=2

(διπλή).

Αντικαθιστώντας προς τα πίσω τώρα βρίσκουμε ότι:

$\displaystyle{(a,x_1,x_2,x_3)=( 2,2,1,1)}$ ή $\displaystyle{(a,x_1,x_2,x_3)=( 2,1,2,1)}$ ή $\displaystyle{(a,x_1,x_2,x_3)=\left (\frac{3}{4},1,1,\frac{3}{4} \right)}$ .

Οι τρεις αυτές τετράδες εύκολα επαληθεύουν το σύστημα.

#3

Ευχαριστώ τον Λευτέρη για την αναλυτική, άψογη αντιμετώπιση του θέματος.
Να προσθέσω μόνο, ότι υπάρχει συντομότερη αντιμετώπιση, αν παρατηρήσει κανείς εξ'αρχής, ότι η συγκεκριμένη εξίσωση έχει (διπλή) ρίζα το $\displaystyle{1}$ και το $\displaystyle{a}$ .

Ωστόσο, η τακτική του Λευτέρη είναι η ενδεδειγμένη για κάθε ανάλογη περίπτωση.

Εξίσωση!

Εξίσωση!

Re: Εξίσωση!

Re: Εξίσωση!

Μέλη σε σύνδεση