Απόλυτα και ρίζες

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #1

Η εξίσωση $ax^2+bx+c=0,a\neq 0$
γνωρίζουμε ότι έχει πραγματικές ρίζες.

Αν ισχύει
|a(b-c)|> |b^2-ac|+|c^2-ab|

να δειχθεί ότι ακριβώς μία ρίζα της βρίσκεται στο διάστημα (0,2)

Al.Koutsouridis · #2

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε: ↑
Τετ Οκτ 07, 2020 9:03 pm
Η εξίσωση $ax^2+bx+c=0,a\neq 0$
γνωρίζουμε ότι έχει πραγματικές ρίζες.

Αν ισχύει

να δειχθεί ότι ακριβώς μία ρίζα της βρίσκεται στο διάστημα

Έστω

. Αρκεί να δείξουμε ότι $f(0) \cdot f(2) <0$ , Καθώς από το θεώρημα Bolzano προκύπτει ότι θα υπάρχει ρίζα στο διάστημα (0,2)

και από την μορφή της παραγώγου της

, $f^{\prime}(x)=2ax+b$ η συνάρτηση σε αυτό το διάστημα είναι είτε γνησίως αύξουσα, είτε γνησίως φθίνουσα. Άρα η ρίζα θα είναι μοναδική. Δηλαδή αρκεί να δείξουμε ότι ισχύει c(4a+2b+c) < 0

. Η τελευταία ανίσωση ισοδύναμα γράφεται:

$\displaystyle{c(4a+2b+c) < 0 \Leftrightarrow 4ac +2bc+c^2 < 0 \Leftrightarrow 4\dfrac{c}{a} +2 \dfrac{b}{a} \dfrac{c}{a} + \left( \dfrac{c}{a}\right )^2 <0}$ . (1)

Θέτουμε $\dfrac{b}{a} =x$ και $\dfrac{c}{a} = y$ , τότε η συνθήκη για τα a,b,c

γράφεται

$\displaystyle{|a(b-c)|> |b^2-ac|+|c^2-ab| \Rightarrow \dfrac{ |a(b-c)|}{a^2} > \dfrac{|b^2-ac|}{a^2}+\dfrac{|c^2-ab|}{a^2} \Rightarrow }$

$\displaystyle{\left |\dfrac{b}{a} -\dfrac{c}{a} \right | >\left |\left( \dfrac{b}{a} \right)^2 -\dfrac{c}{a}\right | +\left |\left( \dfrac{c}{a}\right)^2 -\dfrac{b}{a} \right| \Rightarrow |x-y| > |x^2-y| +|y^2-x|}$

Από την τελευταία ανίσωση για τα x,y

προκύπτουν οι ανισώσεις

$\displaystyle{|x-y| > |x^2-y| +|y^2-x| \Rightarrow |x-y|> |x^2-y| +|y^2-x| \geq |x^2-y -y^2+x|= }$
$\displaystyle{=|x^2-y^2+x-y|=|(x-y)(x+y+1)| \Rightarrow }$

$|x-y| > |x-y|\cdot |x+y+1| \Rightarrow 1 > |x+y+1| \Rightarrow x+y<0$ (2)

Επίσης έχουμε

$\displaystyle{|x-y| > |x^2-y| +|y^2-x| \Rightarrow |x-y| > |x^2-y+y^2-x| = |x^2+y^2 -(x+y)|}$ .

Όμως από την (2) έχουμε -(x+y) > 0

και εφόσον $x^2+y^2 \geq 0$ , η παραπάνω ανίσωση μπορεί να γραφεί

$\displaystyle{|x-y| > x^2-x +y^2 -y}$

Αν x> y

, τότε $x-y > x^2-x +y^2 -y \Rigtharrow 0 > x^2-2x +y^2 \Rightarrow 1 > (x-1)^2+y^2$ (3)

Δηλαδή τα x,y

που ικανοποιούν την (3) στο καρτεσιανό επίπεδο είναι τα εσωτερικά σημεία του κύκλου με κέντρο το σημείο (1,0)

και ακτίνα

. Λόγω της (2) από αυτά τα σημεία θεωρούμε μόνο αυτά για το οποία x+y<0

. (το σκούρο τμήμα του κυκλικού δίσκου στο παρακάτω σχήμα).

Λόγω της συμμετρίας των x,y

προκύπτει άλλο ένα τμήμα κυκλικού δίσκου, συμμετρικό του παραπάνω ως προς την ευθεία y=x

. Όμως $b^2-4ac >=0 \Rightarrow x^2-4y \geq 0$ . Οπότε στην περίπτωσή μας θεωρούμε μόνο το κομμάτι του δίσκου που προκύπτει από τις (2) και (3).

Πράγματι για το δεύτερο κομμάτι του κυκλικού δίσκου, δηλαδή για τα σημεία που ικανοποιούν την x^2+(y-1)^2 < 1, x+y <0

, έχουμε ( $x \in (-1,0)$ ).

$1-\sqrt{x^2-1} > \dfrac{x}{4} \Leftrightarrow 4-4\sqrt{x^2-1} > x^2 \Leftrightarrow -4\sqrt{x^2-1} > x^2-4 \Leftrightarrow 4\sqrt{x^2-1} < 4-x^2$

θέτουμε $x^2=t, t \in (0,1)$ και ανίσωση γίνεται

$\displaystyle{4\sqrt{t-1} < t-4 \Leftrightarrow 16 (t-1) < (t-4)^2 \Leftrightarrow -t^2+32t-32 < 0 \Leftrightarrow }$

$\displaystyle{t \in (16 + 4 \sqrt{14}, +\infty) \cup (-\infty, 16 - 4 \sqrt{14})}$

και επειδή $16 - 4 \sqrt{14} > 1$ , η ανίσωση ισχύει για $t \in (0,1)$ .

Η (1) γράφεται $4\dfrac{c}{a} +2 \dfrac{b}{a} \dfrac{c}{a} + \left( \dfrac{c}{a}\right )^2 <0 \Leftrightarrow y^2+4y+2xy < 0 \Leftrightarrow y(y+4+2x) < 0$

Όπως φαίνεται και από το σχήμα είναι -1 < y <0

. Επομένως αρκεί να δείξουμε ότι y+4+2x > 0

. Το οποίο εύκολα βλέπουμε ότι ισχύει, αφού 3<4+y < 4

(θετικό) και 2x > 0

( από το σχήμα).

Επομένως $f(0)\cdot f(2) < 0$ και το ζητούμενο αποδείχθηκε.

: apoluta_kai_rizes.png (29.71 KiB) Προβλήθηκε 434 φορές

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #3

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Σάβ Οκτ 10, 2020 2:16 am

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε: ↑
Τετ Οκτ 07, 2020 9:03 pm
Η εξίσωση $ax^2+bx+c=0,a\neq 0$
γνωρίζουμε ότι έχει πραγματικές ρίζες.

Αν ισχύει

να δειχθεί ότι ακριβώς μία ρίζα της βρίσκεται στο διάστημα
Έστω . Αρκεί να δείξουμε ότι $f(0) \cdot f(2) <0$ , Καθώς από το θεώρημα Bolzano προκύπτει ότι θα υπάρχει ρίζα στο διάστημα και από την μορφή της παραγώγου της , $f^{\prime}(x)=2ax+b$ η συνάρτηση σε αυτό το διάστημα είναι είτε γνησίως αύξουσα, είτε γνησίως φθίνουσα. Άρα η ρίζα θα είναι μοναδική. Δηλαδή αρκεί να δείξουμε ότι ισχύει .

Καλημέρα Αλέξανδρε.
Αυτό που κράτησα από την λύση σου προκύπτει καθαρά με θεωρία τριωνύμου.
Δηλαδή αν f(x)=ax^2+bx+c

και

τότε η

έχει άνισες πραγματικές ρίζες και
ακριβώς μία βρίσκεται μεταξύ των k,l

.
Η λύση λοιπόν δεν χρησιμοποιεί την υπόθεση ότι η εξίσωση έχει άνισες πραγματικές ρίζες.
Η απόδειξη μου είναι διαφορετική και το χρησιμοποιεί.
Είναι με ύλη Α Λυκείου.

Al.Koutsouridis · #4

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε: ↑
Κυρ Οκτ 11, 2020 9:09 am

Καλημέρα Αλέξανδρε.
Αυτό που κράτησα από την λύση σου προκύπτει καθαρά με θεωρία τριωνύμου.
Δηλαδή αν και τότε η έχει άνισες πραγματικές ρίζες και
ακριβώς μία βρίσκεται μεταξύ των .
Η λύση λοιπόν δεν χρησιμοποιεί την υπόθεση ότι η εξίσωση έχει άνισες πραγματικές ρίζες.
Η απόδειξη μου είναι διαφορετική και το χρησιμοποιεί.
Είναι με ύλη Α Λυκείου.

Καλημέρα κ.Σταύρο,

Ναι, μπορεί να αποδειχθεί με θεωρία τριωνύμου. Προσπάθησα να κάνω την λύση πιο σύντομη γιατί ήδη ήταν μακροσκελής. Αργότερα θα προσθέσω μια απόδειξη αυτού του αποτελέσματος με ύλη Α' Λυκείου.

Τώρα που το κοιτάω, το αποτέλεσμα προκύπτει (από τον τρόπο απόδειξης για την ακρίβεια) από τις προτάσεις 2 και 3 που είχαμε δει εδώ και εδώ από το αντίστοιχο θέμα.

Έστω (k,l)

το διάστημά μας και $\rho_{1} < \rho_{2}$ οι δυο άνισες ρίζες του τριώνυμου. Τότε η συνθήκη θα μεταφράζεται είτε σε $\rho_{1} < k < \rho_{2} < l$ είτε $k < \rho_{1} < l < \rho_{2}$ .

Αν $\rho_{1} < k < \rho_{2} < l$ από τις προτάσεις 2,3

στις παραπάνω παραπομπές έχουμε

af(l) > 0

και

οπότε $a^2f(k)f(l) <0 \Leftrightarrow f(k)f(l) < 0$

Ομοίως και για την άλλη περίπτωση.

Απόλυτα και ρίζες

Απόλυτα και ρίζες

Re: Απόλυτα και ρίζες

Re: Απόλυτα και ρίζες

Re: Απόλυτα και ρίζες

Μέλη σε σύνδεση