6Α-Άλγεβρα

Α.Κυριακόπουλος · #1

Θεωρούμε τρεις πραγματικούς θετικούς αριθμούς α, β και γ. Να αποδείξετε ότι αν ισχύει: ${\alpha ^2}x + {\beta ^2}y > xy{\gamma ^2}$ , για κάθε ζεύγος πραγματικών αριθμών x και y με x+y=1,τότε οι αριθμοί α, β και γ είναι πλευρές ενός τριγώνου και αντιστρόφως.

Έως 22 Φεβρουαρίου 2011. Άλγεβρα Α΄ Λυκείου.

#2

Α.Κυριακόπουλος έγραψε:Θεωρούμε τρεις πραγματικούς θετικούς αριθμούς α, β και γ. Να αποδείξετε ότι αν ισχύει: ${\alpha ^2}x + {\beta ^2}y > xy{\gamma ^2}$ , για κάθε ζεύγος πραγματικών αριθμών x και y με x+y=1,τότε οι αριθμοί α, β και γ είναι πλευρές ενός τριγώνου και αντιστρόφως.

Έως 22 Φεβρουαρίου 2011. Άλγεβρα Α΄ Λυκείου.

Αφού έμεινε χωρίς απάντηση, ας βάλω μία λύση.

( $\displaystyle{\Rightarrow }$ ) Σύμφωνα με το δεδομένο, ισχύει

$\displaystyle{a^2x+b^2(1-x)>x(1-x)c^2,}$ για κάθε $\displaystyle{x\in \mathbb{R},}$ δηλαδή

$\displaystyle{c^2x^2+(a^2-b^2-c^2)x+b^2>0,}$ για κάθε $\displaystyle{x\in \mathbb{R}.}$

Επομένως, η διακρίνουσα του τριωνύμου πρέπει να είναι αρνητική, δηλαδή $\displaystyle{(a^2-b^2-c^2)^2-4b^2c^2<0,}$ η οποία γράφεται

$\displaystyle{2b^2c^2-2c^2a^2-2a^2b^2-a^4-b^4-c^4>0,}$ και λόγω της ταυτότητας De Moivre

$\displaystyle{(a+b+c)(b+c-a)(c+a-b)(a+b-c)>0.}$

Επειδή είναι $\displaystyle{a,b,c>0}$ λαμβάνουμε $\displaystyle{(b+c-a)(c+a-b)(a+b-c)>0.}$ Οι παρενθέσεις δε γίνεται να είναι όλες αρνητικές, αφού έχουν θετικό γινόμενο. Άρα είτε θα είναι ακριβώς δύο από αυτές αρνητικές, είτε θα είναι όλες θετικές.

Στην πρώτη περίπτωση θα είχαμε π.χ. $\displaystyle{b+c-a<0}$ και $\displaystyle{c+a-b<0,}$ το οποίο με πρόσθεση οδηγεί στην $\displaystyle{c<0,}$ άτοπο.

Άρα όλες είναι θετικές: $\displaystyle{a+b>c,b+c>a,c+a>b}$ , δηλαδή τα $\displaystyle{a,b,c}$ αποτελούν πλευρές τριγώνου.

Για το αντίστροφο δεν έχουμε παρά να διαβάσουμε την παραπάνω απόδειξη ανάποδα.

6Α-Άλγεβρα

6Α-Άλγεβρα

Re: 6Α-Άλγεβρα

Μέλη σε σύνδεση