mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιούλ 19, 2009 9:36 am**

Καλή Κυριακή σε όλους μας.
Στις εξισώσεις της μορφής $\displaystyle{\displaystyle \alpha {x^\nu } + {\beta _{\nu - 1}}{x^{\nu - 1}} + {\beta _{\nu - 2}}{x^{\nu - 2}} + ... + {\beta _2}{x^2} + x + 1 = 0}$ , η κατά μέτρο μικρότερη ρίζα της εξίσωσης είναι μικρότερη ή ίση του βαθμού της εξίσωσης.

Άσκηση 1
Αν ρ ή μικρότερη κατά μέτρο ρίζα της εξίσωσης $\displaystyle{\displaystyle \alpha {x^2} + x + 1 = 0}$ , $\displaystyle{\displaystyle a \in R}$ και $\displaystyle{\displaystyle a \ne 0}$ , να δειχθεί ότι $\displaystyle{\displaystyle \left| \rho \right| \le 2}$ .

Άσκηση 2 (μερική γενίκευση)
Αν ρ ή μικρότερη κατά μέτρο ρίζα της εξίσωσης $\displaystyle{\displaystyle \alpha {x^\nu } + x + 1 = 0}$ , $\displaystyle{\displaystyle a \in R}$ και $\displaystyle{\displaystyle a \ne 0}$ , να δειχθεί ότι $\displaystyle{\displaystyle \left| \rho \right| \le 2}$ , με ν>2.

Άσκηση 3 (γενίκευση)
Αν ρ ή μικρότερη κατά μέτρο ρίζα της εξίσωσης $\displaystyle{\displaystyle \alpha {x^\nu } + {\beta _{\nu - 1}}{x^{\nu - 1}} + {\beta _{\nu - 2}}{x^{\nu - 2}} + ... + {\beta _2}{x^2} + x + 1 = 0}$ , $\displaystyle{\displaystyle a \in R}$ και $\displaystyle{\displaystyle a \ne 0}$ , να δειχθεί ότι $\displaystyle{\displaystyle \left| \rho \right| \le \nu }$ , με ν>2.
Σημείωση: Όλοι οι συντελεστές είναι πραγματικοί αριθμοί.

Γιώργος Μπαλόγλου
Χρήστος Κυριαζής
Θωμάς Ραϊκόφτσαλης
Υ.Γ
Το θέμα μετά από υποδείξεις του Γιώργου Μπαλόγλου και του Χρήστου Κυριαζή πήρε τη μορφή που βλέπουμε ολοκληρωμένο τώρα.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιούλ 19, 2009 8:17 pm**

Πάμε για μια λύση στην ωραία άσκηση του Θωμά...

Άσκηση 1)Αποκλείεται κάποια απο τις ρίζες του πολυωνύμου να είναι το μηδέν.
Έστω πως η ρ είναι η ρίζα μικρότερου μέτρου. Τότε $\displaystyle{\displaystyle |\rho | \leqslant |\rho ^{\prime} | }$ αρα $\displaystyle{\displaystyle \frac{1} {{|\rho ^{\prime} |}} \leqslant \frac{1} {{|\rho |}}(1) }$
Απο τους τύπους Vieta έχουμε:
$\displaystyle{\displaystyle \rho + \rho ^{\prime} = - \frac{1} {a},\rho \rho ^{\prime} = \frac{1} {a} }$ . Αρα : $\displaystyle{\displaystyle |\rho + \rho ^{\prime} | = |\rho \rho ^{\prime} | \Rightarrow |\frac{1} {\rho } + \frac{1} {{\rho ^{\prime} }}| = 1 }$ (2).
Όμως : $\displaystyle{\displaystyle |\frac{1} {\rho } + \frac{1} {{\rho ^{\prime} }}| \leqslant |\frac{1} {\rho }| + |\frac{1} {{\rho ^{\prime} }}|\mathop \leqslant \limits^{\left( 1 \right)} \frac{2} {{|\rho |}} }$ (3).
Aπο (2) και (3) έχουμε πως $\displaystyle{\displaystyle \frac{2} {{|\rho |}} \geqslant 1 \Rightarrow |\rho | \leqslant 2 }$ .

2)Ας δούμε και τη μερική γενίκευση....
Πάλι υποθέτω πως η μικρότερη ρίζα είναι το ρ.
Πάλι απο vieta έχουμε : $\displaystyle{\displaystyle \rho _1 \rho _2 ....\rho _{\nu - 1} \rho = \frac{1} {a} \Rightarrow |\rho _1 \rho _2 ....\rho _{\nu - 1} \rho | = |\frac{1} {a}| \Rightarrow |\rho _1 ||\rho _2 |....|\rho _{\nu - 1} ||\rho | = |\frac{1} {a}|(1) }$ και συμπεριλαμβανομένου πως:
$\displaystyle{\displaystyle |\rho _1 | \geqslant |\rho |,|\rho _2 | \geqslant |\rho |....|\rho _{\nu - 1} | \geqslant |\rho | }$ , λαμβάνουμε με τη βοήθεια της (1) πως:
$\displaystyle{\displaystyle |\rho |^\nu \leqslant \frac{1} {{|a|}}(2) }$ .
Απο την εξίσωση έχουμε:
$\displaystyle{\displaystyle a\rho ^\nu + \rho + 1 = 0 \Rightarrow \rho = - \left( {a\rho ^\nu + 1} \right) \Rightarrow |\rho | = |a\rho ^\nu + 1| \leqslant |a||\rho |^\nu + 1\mathop { \leqslant |a|\frac{1} {{|a|}} + 1 = 2}\limits^{\left( 2 \right)} }$

και τελειώσαμε γιατί 2 < ν.

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιούλ 20, 2009 11:51 am**

Κατι δεν μου αρεσει εδω, μια και ο Χρηστος απεδειξε, σωστα πιστευω, οτι |ρ| <= 2 αντι του ασθενεστερου |ρ| <= ν. Μηπως πρεπει να αλλαξει καπως το αρχικο προβλημα?

Γιωργος Μπαλογλου

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιούλ 20, 2009 11:58 am**

Την ίδια απορία είχα κι εγώ χτές που το έλυνα, αλλά αφού ικανοποιούνταν το ζητούμενο, είπα οκ.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιούλ 20, 2009 4:41 pm**

Καλησπέρα, Χρήστο, Γιώργο και λοιποί φίλοι
Ας δούμε μια άλλη προσέγγιση με εις άτοπο απαγωγή για την άσκηση 1 και μια λύση για τη γενίκευση (άσκηση 3)

Άσκηση 1
Αν $\displaystyle{\displaystyle {\rho _1},{\rho _2}}$ οι δυο ρίζες, έχουμε:
$\displaystyle{\displaystyle {\rho _1} + {\rho _2} = - \frac{1}{\alpha }}$ και $\displaystyle{\displaystyle {\rho _1}{\rho _2} = \frac{1}{\alpha }}$ , άρα τελικά $\displaystyle{\displaystyle \left| {{\rho _1} + {\rho _2}} \right| = \left| {{\rho _1}{\rho _2}} \right| \Rightarrow \left| {{\rho _1}} \right| + \left| {{\rho _2}} \right| \ge \left| {{\rho _1}{\rho _2}} \right|}$ (*).
Αν υποθέσουμε ότι το μέτρο κάθε ρίζας είναι μεγαλύτερο του 2, θα υπάρχουν λ>0 και μ>0
έτσι ώστε να ισχύουν $\displaystyle{\displaystyle \left| {{\rho _1}} \right| = 2 + \lambda }$ και $\displaystyle{\displaystyle \left| {{\rho _2}} \right| = 2 + \mu }$ .
Επομένως θα έχουμε $\displaystyle{\displaystyle \left| {{\rho _1}} \right| + \left| {{\rho _2}} \right| = 4 + \lambda + \mu }$ και $\displaystyle{\displaystyle \left| {{\rho _1}} \right|\left| {{\rho _2}} \right| = 4 + 2\left( {\lambda + \mu } \right) + \lambda \mu }$ .
Αντικαθιστώντας στην (*) έχουμε:
4+λ+μ $\displaystyle{\displaystyle \ge }$ 4+2(λ+μ)+λμ ή ισοδύναμα 0 $\displaystyle{\displaystyle \ge }$ λ+μ+λμ, άτοπο, άρα ...

Άσκηση 3 (Γενίκευση)
Επειδή $\displaystyle{\displaystyle \left| {{\rho _1}{\rho _2}...{\rho _\nu }} \right| = \left| {\frac{1}{\alpha }} \right| \ne 0}$ , αποκλείεται κάποια απο τις ρίζες του πολυωνύμου να είναι το μηδέν.
Θεωρούμε το άθροισμα των μέτρων των γινομένων ανά ν-1 (σε πλήθος) των ριζών $\displaystyle{\displaystyle {\rho _1},{\rho _2},...,{\rho _\nu }}$ της εξίσωσης, οπότε θα έχουμε:
$\displaystyle{\displaystyle \left| {{\rho _1},{\rho _3},...,{\rho _\nu } + {\rho _1},{\rho _4},...,{\rho _\nu } + {\rho _2},{\rho _3},...,{\rho _\nu }} \right| = \left| {\frac{1}{\alpha }} \right| \Rightarrow }$
$\displaystyle{\displaystyle \left| {{\rho _1},{\rho _3},...,{\rho _\nu }} \right| + \left| {{\rho _1},{\rho _4},...,{\rho _\nu }} \right| + ... + \left| {{\rho _2},{\rho _3},...,{\rho _\nu }} \right| \ge \left| {\frac{1}{\alpha }} \right|}$
και επειδή $\displaystyle{\displaystyle \left| {{\rho _1},{\rho _2},{\rho _3}...,{\rho _\nu }} \right| = \left| {\frac{1}{\alpha }} \right|}$ , τελικά έχουμε
$\displaystyle{\displaystyle \left| {{\rho _1},{\rho _3},...,{\rho _\nu }} \right| + \left| {{\rho _1},{\rho _4},...,{\rho _\nu }} \right| + ... + \left| {{\rho _2},{\rho _3},...,{\rho _\nu }} \right| \ge \left| {{\rho _1},{\rho _2},{\rho _3}...,{\rho _\nu }} \right|}$ , οπότε αν διαιρέσουμε με το
$\displaystyle{\displaystyle \left| {{\rho _1},{\rho _2},{\rho _3}...,{\rho _\nu }} \right|}$ , έχουμε τελικά
$\displaystyle{\displaystyle \frac{1}{{\left| {{\rho _1}} \right|}} + \frac{1}{{\left| {{\rho _2}} \right|}} + ... + \frac{1}{{\left| {{\rho _\nu }} \right|}} \ge 1}$ .
Αν υποθέσουμε ότι η κατά μέτρο μικρότερη ρίζα είναι η $\displaystyle{\displaystyle {\rho _1}}$ , έχουμε
$\displaystyle{\displaystyle \frac{1}{{\left| {{\rho _1}} \right|}} \ge \frac{1}{{\left| {{\rho _1}} \right|}},\frac{1}{{\left| {{\rho _2}} \right|}},...,\frac{1}{{\left| {{\rho _\nu }} \right|}}}$ και προσθέτοντας κατά μέλη τις ανισότητες έχουμε
$\displaystyle{\displaystyle \frac{\nu }{{\left| {{\rho _1}} \right|}} \ge \frac{1}{{\left| {{\rho _1}} \right|}} + \frac{1}{{\left| {{\rho _2}} \right|}} + ...,\frac{1}{{\left| {{\rho _\nu }} \right|}} = }$
$\displaystyle{\displaystyle \frac{{\left| {{\rho _1},{\rho _3},...,{\rho _\nu }} \right| + \left| {{\rho _1},{\rho _4},...,{\rho _\nu }} \right| + ... + \left| {{\rho _2},{\rho _3},...,{\rho _\nu }} \right|}}{{\left| {{\rho _1},{\rho _2},{\rho _3}...,{\rho _\nu }} \right|}} = }$
$\displaystyle{\displaystyle \frac{{\left| {\frac{1}{\alpha }} \right|}}{{\left| {\frac{1}{\alpha }} \right|}} = 1}$ , άρα $\displaystyle{\displaystyle \left| {{\rho _1}} \right| \le \nu }$
Στη περίπτωση κατά την οποία υπάρχει ρίζα $\displaystyle{\displaystyle {\rho _\kappa }}$ για την οποία ισχύει η σχέση $\displaystyle{\displaystyle \left| {{\rho _1}} \right| < \left| {{\rho _\kappa }} \right|}$ , τότε η ζητούμενη σχέση ισχύει καθαρά ανισωτικά, δηλαδή $\displaystyle{\displaystyle \left| {{\rho _1}} \right| < \nu }$

Σας ευχαριστώ πολύ,
Θωμάς Ρ.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιούλ 20, 2009 5:06 pm**

Θωμα η αποδειξη σου για |ρ| <= ν ισχυει για ολα τα πολυωνυμα α(χ^ν) + β(χ^(ν-1) + ... + χ + 1, ενω η αποδειξη του Χρηστου για |ρ| <= 2 ισχυει για τα πολυωνυμα της ανωτερω μορφης οπου β = ... = 0. (Ο Χρηστος χρησιμοποιησε οχι μονο τυπους Vieta μα και την ισοτητα α(ρ^ν) + ρ + 1 = 0.)

Γιωργος Μπαλογλου

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιούλ 20, 2009 5:09 pm**

Άρα Γιώργο έχουμε ακόμα καλύτερη γενίκευση ;

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιούλ 20, 2009 5:13 pm**

Ραϊκόφτσαλης Θωμάς έγραψε:Άρα Γιώργο έχουμε ακόμα καλύτερη γενίκευση ;

Eτσι φαινεται!

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιούλ 20, 2009 5:17 pm**

gbaloglou έγραψε:
Ραϊκόφτσαλης Θωμάς έγραψε:Άρα Γιώργο έχουμε ακόμα καλύτερη γενίκευση ;
Eτσι φαινεται!

H μαλλον μια γενικευση και μια βελτιωση:

(Ι) |ρ| <= ν για την μικροτερη ριζα του α(χ^ν) + ... + χ + 1 [γενικευση]

(ΙΙ) |ρ| <= 2 για την μικροτερη ριζα του α(χ^ν) + χ + 1 [βελτιωση]

Γιωργος Μπαλογλου

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιούλ 20, 2009 5:20 pm**

gbaloglou έγραψε:
gbaloglou έγραψε:
Ραϊκόφτσαλης Θωμάς έγραψε:Άρα Γιώργο έχουμε ακόμα καλύτερη γενίκευση ;
Eτσι φαινεται!
H μαλλον μια γενικευση και μια βελτιωση:

(Ι) |ρ| <= ν για την μικροτερη ριζα του α(χ^ν) + ... + χ + 1 [γενικευση]

(ΙΙ) |ρ| <= 2 για την μικροτερη ριζα του α(χ^ν) + χ + 1 [βελτιωση]

Γιωργος Μπαλογλου

Οκ Γιώργο έχεις δίκιο.
Θα τη διορθώσω όταν θα γυρίσω από το μάθημα και θα τα βάλω ακριβώς όπως είπες.
Ευχαριστώ, νάσαι καλά
Θ.Ρ

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιούλ 20, 2009 9:30 pm**

Καλησπέρα!
Νομίζω πως δε πρόκειται περι βελτίωσης ή γενίκευσης αλλά περί παρεξηγήσεως...Ο Θωμας στην απόδειξη του θεωρεί το συντελεστη του $\displaystyle{\displaystyle x^{\nu - 1} }$ διαφορετικό του μηδενός (1/α) ενω στην εκφώνηση η άσκηση δίνει ολοφάνερα β=0.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιούλ 20, 2009 10:28 pm**

Χρήστο για δώσε μου να καταλάβω τι εννοείς.
Θωμάς

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιούλ 20, 2009 11:12 pm**

Eννοώ πως η απάντηση σου είναι για το πολυώνυμο:
$\displaystyle{\displaystyle ax^\nu + x^{\nu - 1} + 1 = 0 }$ και οχι γι'αυτό που λέει η εκφώνηση της άσκησης, δηλαδή παρεξήγηση...
edit
Aκυρο, δική μου η παρεξήγηση και έχει να κάνει με τους τύπους vietta. Απλά μου φάνηκε απο την αρχή περίεργο το αποτέλεσμα μου σε σχέση με αυτό που ζητάει η άσκηση!

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιούλ 21, 2009 7:08 am**

Καλημέρα σε όλους.

Μετά από τις παρατηρήσεις των εκλεκτών συναδέλφων, Γιώργου Μπαλόγλου και Χρήστου Κυριαζή η προτεινόμενη άσκηση πήρε τη μορφή που βλέπετε στην αρχή της σελίδας.

Τους ευχαριστώ πολύ.
Θωμάς Ραϊκόφτσαλης

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιούλ 21, 2009 8:10 am**

μια άλλη απόδειξη (μερική της γενικής)

Αν υποθέσουμε ότι το Ρ εχει όλες του τις ρίζες πραγματικές r_1,r_2,...,r_n

τότε η παράγωγος θα έχει ρίζες $a_1,a_2,...,a_{n-1} : r_1<a_1<r_2<a_2<...<a_{n-1}<r_n$ λόγω Rolle
Αν r_k

είναι η ρίζα του Ρ με το μικρότερο μέτρο τότε
$|r_k||a_1||a_2|...|a_{n-1}|<|r_1||r_2|...|r_k|...|r_n|($ αφού τα a βρίσκονται μεταξύ των r) οπότε
$\displaystyle |r_k|\frac{1}{n|a|}< \frac{1}{|a|} \Rightarrow |r_k|<n$

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιούλ 21, 2009 12:33 pm**

Ραϊκόφτσαλης Θωμάς έγραψε:Καλημέρα σε όλους.

Μετά από τις παρατηρήσεις των εκλεκτών συναδέλφων, Γιώργου Μπαλόγλου και Χρήστου Κυριαζή η προτεινόμενη άσκηση πήρε τη μορφή που βλέπετε στην αρχή της σελίδας.

Τους ευχαριστώ πολύ.
Θωμάς Ραϊκόφτσαλης

Θωμα σ' ευχαριστω πολυ που με αναφερεις (αν και σχολια μονο εκανα, οχι αποδειξεις)!

Γιωργος

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιούλ 21, 2009 2:20 pm**

Να βάλω και μια επιπρόσθετη άσκηση: Να δειχθεί ότι το φράγμα στην άσκηση 3 είναι το καλύτερο δυνατό. Με άλλα λόγια:

Για κάθε $n \geqslant 2$ , να βρεθεί πολυώνυμο βαθμού

της μορφής $\alpha {x^\nu } + {\beta _{\nu - 1}}{x^{\nu - 1}} + {\beta _{\nu - 2}}{x^{\nu - 2}} + ... + {\beta _2}{x^2} + x + 1$ του οποίου όλες οι ρίζες έχουν μέτρο τουλάχιστον

.

Βοήθεια για τους μαθητές:

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

(Το φράγμα στην άσκηση 2 δεν είναι το καλύτερο δυνατό. Νομίζω είναι κάτι που αξίζει να το μελετήσουμε. Θα ανοίξω όμως καινούργιο θέμα.)

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιούλ 21, 2009 2:20 pm**

Γιώργο, ναι αλλά τι σχόλια!
Τίποτα δεν βγαίνει από παρθενογέννεση, οπότε δεν έκανα παρά το δεον.

Ροδόλφε πολύ καλή και ενδιαφέρουσα η προσέγγισή σου. Δεν την είχα σκεφθεί έτσι.
Μας ανοίγει δρόμους για να γίνει ένα πολύ ενδιαφέρον θέμα εξετάσεων, αφού του βάλουμε και κάποια άλλα υποερωτήματα.

Να είστε καλά
Θωμάς

mathematica.gr

Ρίζα και βαθμός

Ρίζα και βαθμός

Re: Ρίζα και βαθμός

Re: Ρίζα και βαθμός

Re: Ρίζα και βαθμός

Re: Ρίζα και βαθμός

Re: Ρίζα και βαθμός

Re: Ρίζα και βαθμός

Re: Ρίζα και βαθμός

Re: Ρίζα και βαθμός

Re: Ρίζα και βαθμός

Re: Ρίζα και βαθμός

Re: Ρίζα και βαθμός

Re: Ρίζα και βαθμός

Re: Ρίζα και βαθμός

Re: Ρίζα και βαθμός

Re: Ρίζα και βαθμός

Re: Ρίζα και βαθμός

Re: Ρίζα και βαθμός