Θεωρία τριωνύμου

#1

Με αφορμή αυτή την άσκηση, θυμήθηκα παλαιότερες εποχές, τότε που το τριώνυμο είχε αίγλη και περνούσε μεγάλες δόξες.
Να πω σ' αυτό το σημείο ότι το τριώνυμο και οι απόλυτες τιμές αποτελούσαν, στις δεκαετίες του '50, '60 και αρχές του '70,
τη δεξαμενή απ' όπου αντλούνταν κατά κύριο λόγο θέματα εισαγωγικών εξετάσεων. Το τριώνυμο δεν ήταν απλώς αυτό που
γνωρίζουμε σήμερα, δηλαδή ρίζες τριωνύμου, πρόσημο και παραγοντοποίηση. Είχε χτιστεί μία ολόκληρη θεωρία γύρω από
αυτό και οι φροντιστές της εποχής καθώς και οι θεματοθέτες συναγωνίζονταν ο ένας τον άλλο σε σκληρή ασκησιολογία. Ας
δούμε λοιπόν μία βασική άσκηση από εκείνα τα χρόνια, για να θυμούνται οι παλαιότεροι και να μαθαίνουν οι νεώτεροι.

Δίνεται το τριώνυμο $\displaystyle f(x) = (k + 1){x^2} - 4kx + 2k + 3, k\in\mathbb{R},$ για το οποίο γνωρίζουμε ότι έχει

δύο πραγματικές και άνισες ρίζες x_1, x_2

με

Για τις διάφορες τιμές του πραγματικού αριθμού

να βρείτε τη θέση του αριθμού

ως προς τις ρίζες του τριωνύμου.

Αφήνεται ένα 48ωρο στους μαθητές (θέλω να δω πώς θα αντιμετωπίσουν την άσκηση οι μαθητές, μη γνωρίζοντας
την αντίστοιχη θεωρία. Στη συνέχεια προτίθεμαι να γράψω αυτή τη θεωρία, αν δεν το κάνει κάποιος άλλος).

ΘΕΟΔΟΣΙΟΣ ΦΩΤΙΑΔΗΣ · #2

Θεωρώ την $\left ( k+1 \right )x^{2}-4kx+2k+3=0$ (1) , $k\in R-\left \{ -1 \right \}$

$\Delta =16k^{2}-4\left ( k+1 \right )\left ( 2k+3 \right )=16k^{2}-4\left ( 2k^{2}+5k+3 \right )=8k^{2}-20k-12$
Η εξίσωση $8k^{2}-20k-12=0\Leftrightarrow 2k^{2}-5k-3=0$ έχει $\Delta '=25-4\cdot 2\cdot \left ( -3 \right )=25+24=49$ οπότε $k_{1}=\dfrac{5+7}{4}=3$ και $k_{2}=\dfrac{5-7}{4}=-\dfrac{1}{2}$
Άρα $\Delta > 0\Leftrightarrow k> 3$ ή $k< -\dfrac{1}{2}$

Είναι: $x_{1,2}=\dfrac{4k\pm \sqrt{2\left ( k-3 \right )\left ( k+\dfrac{1}{2} \right )}}{2\left ( k+1 \right )}$
$\bullet$ Για k>3

:
$x_{1}=\dfrac{4k+\sqrt{2\left ( k-3 \right )\left ( k+\dfrac{1}{2} \right )}}{k+1}> 0\Rightarrow x_{1}> -1$

$x_{2}=\dfrac{4k-\sqrt{2\left ( k-3 \right )\left ( k+\dfrac{1}{2} \right )}}{k+1}$ επειδή $4k> \sqrt{2\left ( k-3 \right )\left ( k+\dfrac{1}{2}\right )}\Leftrightarrow 16k^{2}> {2\left ( k-3 \right )\left ( k+\dfrac{1}{2}\right )} \Leftrightarrow ...\Leftrightarrow 14k^{2}+5k+3>0$
που ισχύει για κάθε k>3

, οπότε $x_{2}=\dfrac{4k-\sqrt{2\left ( k-3 \right )\left ( k+\dfrac{1}{2} \right )}}{k+1}>0\Rightarrow x>-1$

Ομοίως κινούμαστε και για k<-1/2

.

Πιθανώς να έχω κάποιο λάθος στις πράξεις ...

Ratio · #3

Μία προσθήκη για το

$k\neq -1$ και $k< -\frac{1}{2} \Rightarrow k\in (-\infty,-1)\cup (-1,-\frac{1}{2})$

Επίσης πρέπει να εξετασθεί αν για x=-1

υπάρχει αποδεκτός

#4

Στην παραπομπή ολίγα περί της τριωνυμίτιδος.

Γιώργο, θέλεις να ξαναγραφούν σε LaTex τα σχετικά αποσπάσματα της θεωρίας ή αρκούν απoσπάσματα (εικόνες) των βιβλίων της εποχής;

#5

Γιώργος Ρίζος έγραψε: Πέμ Μαρ 21, 2019 10:46 am Στην παραπομπή ολίγα περί της τριωνυμίτιδος.

Γιώργο, θέλεις να ξαναγραφούν σε LaTex τα σχετικά αποσπάσματα της θεωρίας ή αρκούν απoσπάσματα (εικόνες) των βιβλίων της εποχής;

Δεν με πειράζει αν είναι εικόνες από βιβλία. Απλώς θέλω να φαίνεται κυρίως η διερεύνηση με το $\displaystyle af(\xi )....$

#6

george visvikis έγραψε: Πέμ Μαρ 21, 2019 11:39 am
Απλώς θέλω να φαίνεται κυρίως η διερεύνηση με το $\displaystyle af(\xi )....$

Νομίζω ότι ο Γιώργος εννοεί κάτι σαν το παρακάτω:

Δίνεται η συνάρτηση $\displaystyle f\left( x \right) = a{x^2} + bx + c,\;\;a \ne 0$

Πρόταση (1):
Αν ισχύουν ταυτόχρονα οι συνθήκες: $\displaystyle \Delta > 0\;\;\;\;\; \wedge \;\;\;\;\alpha f\left( \xi \right) > 0\;\;\;\;\; \wedge \;\;\;\xi < \frac{{{\rho _1} + {\rho _2}}}{2},\;\;\;{\rho _1},\;{\rho _2}\;$ ρίζες της f(x)=0

.

τότε $\displaystyle \xi < {\rho _1}\;\;\; \wedge \;\;\;\xi < {\rho _2}$

Πρόταση (2):
Αν ισχύουν ταυτόχρονα οι συνθήκες: $\displaystyle \Delta > 0\;\;\;\;\; \wedge \;\;\;\;\alpha f\left( {\xi '} \right) > 0\;\;\;\;\; \wedge \;\;\;\xi ' > \frac{{{\rho _1} + {\rho _2}}}{2},\;\;\;{\rho _1},\;{\rho _2}\;$ ρίζες της f(x)=0

.

τότε $\displaystyle \xi ' > {\rho _1}\;\;\; \wedge \;\;\;\xi ' > {\rho _2}$

Δεν ξέρω αν ενδιαφερθεί κανείς να γράψει τη διερεύνηση. Αν όχι, θα επανέλθω, όμως μετά τις παρελάσεις της Δευτέρας.

#7

Γιώργος Ρίζος έγραψε: Πέμ Μαρ 21, 2019 10:17 pm
george visvikis έγραψε: Πέμ Μαρ 21, 2019 11:39 am
Απλώς θέλω να φαίνεται κυρίως η διερεύνηση με το $\displaystyle af(\xi )....$
Νομίζω ότι ο Γιώργος εννοεί κάτι σαν το παρακάτω:

Δίνεται η συνάρτηση $\displaystyle f\left( x \right) = a{x^2} + bx + c,\;\;a \ne 0$

Πρόταση (1):
Αν ισχύουν ταυτόχρονα οι συνθήκες: $\displaystyle \Delta > 0\;\;\;\;\; \wedge \;\;\;\;\alpha f\left( \xi \right) > 0\;\;\;\;\; \wedge \;\;\;\xi < \frac{{{\rho _1} + {\rho _2}}}{2},\;\;\;{\rho _1},\;{\rho _2}\;$ ρίζες της .

τότε $\displaystyle \xi < {\rho _1}\;\;\; \wedge \;\;\;\xi < {\rho _2}$

Πρόταση (2):
Αν ισχύουν ταυτόχρονα οι συνθήκες: $\displaystyle \Delta > 0\;\;\;\;\; \wedge \;\;\;\;\alpha f\left( {\xi '} \right) > 0\;\;\;\;\; \wedge \;\;\;\xi ' > \frac{{{\rho _1} + {\rho _2}}}{2},\;\;\;{\rho _1},\;{\rho _2}\;$ ρίζες της .

τότε $\displaystyle \xi ' > {\rho _1}\;\;\; \wedge \;\;\;\xi ' > {\rho _2}$

Δεν ξέρω αν ενδιαφερθεί κανείς να γράψει τη διερεύνηση. Αν όχι, θα επανέλθω, όμως μετά τις παρελάσεις της Δευτέρας.

Να ευχαριστήσω τον Γιώργο Ρίζο και απλώς να συμπληρώσω:

Πρόταση (3):
Αν $\displaystyle af(\xi '') < 0,$ τότε η εξίσωση έχει δύο ρίζες $\displaystyle {\rho _1},{\rho _2}$ πραγματικές και άνισες, έστω $\displaystyle {\rho _1} < {\rho _2}$ και $\displaystyle {\rho _1} < \xi '' < {\rho _2}$

Να τονίσω ότι σε αυτή την τρίτη περίπτωση, δεν χρειάζεται ο έλεγχος της διακρίνουσας.

Al.Koutsouridis · #8

george visvikis έγραψε: Παρ Μαρ 22, 2019 11:05 am
Πρόταση (3):
Αν $\displaystyle af(\xi '') < 0,$ τότε η εξίσωση έχει δύο ρίζες $\displaystyle {\rho _1},{\rho _2}$ πραγματικές και άνισες, έστω $\displaystyle {\rho _1} < {\rho _2}$ και $\displaystyle {\rho _1} < \xi '' < {\rho _2}$

Να τονίσω ότι σε αυτή την τρίτη περίπτωση, δεν χρειάζεται ο έλεγχος της διακρίνουσας.

Ας δούμε μια απόδειξη για αυτή την πρόταση, που βασίζεται στην παρατήρηση ότι ο αριθμός $\xi$ βρίσκεται μεταξύ των αριθμών $\rho_{1}, \rho_{2}$ (ανεξάρτητα το ποιος από τους δυο είναι μεγαλύτερος), αν και μόνο αν $\displaystyle \left ( \xi-\rho_{1}\right ) \left ( \xi-\rho_{2}\right ) < 0$ .

Πράγματι,

$\displaystyle \rho_{1} < \xi < \rho_{2}$ ή $\displaystyle \rho_{2} < \xi < \rho_{1} \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} \xi -\rho_{1} > 0 \\ \xi -\rho_{2} < 0 \end{matrix}\right. \quad$ ή $\displaystyle \left\{\begin{matrix} \xi -\rho_{1} < 0 \\ \xi -\rho_{2} > 0 \end{matrix}\right.$ .

Δηλαδή οι αριθμοί $\displaystyle \xi -\rho_{1}$ και $\displaystyle \xi - \rho_{2}$ είναι πάντα ετερόσημοι, που είναι ισοδύναμο με την αρνητικότητα του γινομένου τους.

Οπότε αν $\rho_{1}, \rho_{2}$ οι ρίζες ενός τριωνύμου θα έχουμε

$\displaystyle \left\{\begin{matrix} \rho_{1} < \xi \\ \xi < \rho_{2} \end{matrix}\right. \quad$ ή $\displaystyle \left\{\begin{matrix} \rho_{2} < \xi \\ \xi < \rho_{1} \end{matrix}\right. \quad \Leftrightarrow \left (\xi - \rho_{1} \right )\left (\xi - \rho_{2} \right ) < 0 \Leftrightarrow \xi^2-\left (\rho_{1} +\rho_{2} \right ) \xi + \rho_{1} \rho_{2} < 0$

Από τους τύπους του Vieta όμως έχουμε

$\displaystyle \rho_{1}+\rho_{2} = - \dfrac{b}{a}, \quad \rho_{1} \rho_{2} = \dfrac{c}{a}$ , άρα

$\displaystyle \xi^2-\left (\rho_{1} +\rho_{2} \right ) \xi + \rho_{1} \rho_{2} < 0 \quad \Leftrightarrow \quad \xi^2+\dfrac{b}{a} \xi + \dfrac{c}{a} < 0 \quad \overset{\cdot a^2}{\Leftrightarrow} \quad a \left ( a\xi^{2} +b \xi +c \right ) \quad \Leftrightarrow \quad a \cdot f(\xi) < 0$

Λόγω των ισοδυναμιών στο παραπάνω συλλογισμό, ισχύει και το αντίστροφο, που είναι η ζητούμενη πρόταση.

Al.Koutsouridis · #9

Γιώργος Ρίζος έγραψε: Πέμ Μαρ 21, 2019 10:17 pm
Δίνεται η συνάρτηση $\displaystyle f\left( x \right) = a{x^2} + bx + c,\;\;a \ne 0$

Πρόταση (2):
Αν ισχύουν ταυτόχρονα οι συνθήκες: $\displaystyle \Delta > 0\;\;\;\;\; \wedge \;\;\;\;\alpha f\left( {\xi '} \right) > 0\;\;\;\;\; \wedge \;\;\;\xi ' > \frac{{{\rho _1} + {\rho _2}}}{2},\;\;\;{\rho _1},\;{\rho _2}\;$ ρίζες της .

τότε $\displaystyle \xi ' > {\rho _1}\;\;\; \wedge \;\;\;\xi ' > {\rho _2}$

Ας δούμε μια απόδειξη για αυτή την πρόταση που βασίζεται στην παρατήρηση, ότι δυο αριθμοί είναι αρνητικοί, αν και μόνο αν το άθροισμά τους είναι αρνητικό και το γινόμενο τους θετικό (μπορεί να δειχθεί εύκολα). Οπότε έχουμε,

$\displaystyle \left\{\begin{matrix} \rho_{1} < \xi \\ \rho_{2} < \xi \end{matrix}\right. \quad \Leftrightarrow \quad \left\{\begin{matrix} \left ( \rho_{1} - \xi \right ) + \left ( \rho_{2} - \xi \right ) < 0 \\ \left ( \rho_{1} - \xi \right ) \left ( \rho_{2} - \xi \right ) > 0 \end{matrix}\right. \quad \Leftrightarrow \quad \left\{\begin{matrix} \dfrac{\rho_{1}+\rho_{2}}{2} < \xi \\ \xi^{2}-\left( \rho_{1}+\rho_{2} \right ) \xi + \rho_{1} \rho_{2} > 0 \end{matrix}\right.$

Από τους τύπους του Vieta όμως, είναι

$\displaystyle \rho_{1} +\rho_{2} = -\dfrac{b}{a} \quad , \rho_{1} \rho_{2} = \dfrac{c}{a}$

Οπότε,

$\displaystyle \left\{\begin{matrix} \rho_{1} < \xi \\ \rho_{2} < \xi \end{matrix}\right. \quad \Leftrightarrow \quad \left\{\begin{matrix} \Delta \geq 0 \\ \dfrac{\rho_{1}+\rho_{2}}{2} < \xi \\ \xi^2+\dfrac{b}{a}\xi + \dfrac{c}{a} > 0 \end{matrix}\right. \quad \overset{a^2}{\Leftrightarrow} \quad \left\{\begin{matrix} \Delta \geq 0 \\ \dfrac{\rho_{1}+\rho_{2}}{2} < \xi \\ a \cdot f(\xi) > 0 \end{matrix}\right.$

Λόγω των ισοδυναμιών, ισχύει και το αντίστροφο, που είναι η ζητούμενη πρόταση.

Θεωρία τριωνύμου

Θεωρία τριωνύμου

Re: Θεωρία τριωνύμου

Re: Θεωρία τριωνύμου

Re: Θεωρία τριωνύμου

Re: Θεωρία τριωνύμου

Re: Θεωρία τριωνύμου

Re: Θεωρία τριωνύμου

Re: Θεωρία τριωνύμου

Re: Θεωρία τριωνύμου

Μέλη σε σύνδεση