Μια καλή

ΚωσταςΚ · #1

Να λυθεί με τη χρήση διανυσμάτων και στη συνέχεια με αλγεβρικό τρόπο η παρακάτω εξίσωση $x\sqrt{1+x} + \sqrt{3-x}=2\sqrt{x^2+1}$

#2

ΚωσταςΚ έγραψε:Να λυθεί με τη χρήση διανυσμάτων και στη συνέχεια με αλγεβρικό τρόπο η παρακάτω εξίσωση $x\sqrt{1+x} + \sqrt{3-x}=2\sqrt{x^2+1}$

Για $\displaystyle{x\in [-1,3],}$ έχουμε από την ανισότητα Cauchy-Schwarz

$\displaystyle{x\sqrt{1+x} + \sqrt{3-x}\leq \sqrt{x^2+1}\sqrt{x+1+3-x}=2\sqrt{x^2+1}.}$

Άρα ισχύει η ισότητα στην Cauchy-Schwarz. Επομένως, είναι $\displaystyle{ x\sqrt{3-x}=\sqrt{1+x}}$ $\displaystyle{\Rightarrow x^3-3x^2+x+1=0.}$

Άρα $\displaystyle{(x-1)(x^2-2x-1)=0,}$ οπότε $\displaystyle{x=1\vee x=1+\sqrt{2}\vee x=1-\sqrt{2},}$

Οι πρώτες δύο ικανοποιούν την αρχική. Η τρίτη όχι!

$\displaystyle{\rule{300pt}{2pt}}$

Στην εξίσωση αυτή, ο "διανυσματικός" και ο "αλγεβρικός" τρόπος δεν είναι σαφώς διαχωρισμένοι.
Και με τους δύο, το κλειδί της λύσης είναι η Cauchy-Schwarz. Το αν θα την δούμε ως πυρομαχικό από το οπλοστάσιο των διανυσμάτων ή από αυτό της άλγεβρας είναι μάλλον θέμα γούστου.

Εγώ θα προτιμούσα να μην κάνω αναφορά στα διανύσματα.

ΚωσταςΚ · #3

Θα ήθελα να δώ και μία με διανύσματα

#4

ΚωσταςΚ έγραψε:Θα ήθελα να δώ και μία με διανύσματα

Μα η παραπάνω λύση είναι με διανύσματα (αν θέλει κάποιος να το δει έτσι).

Θεωρώ τα διανύσματα $\displaystyle{\vec{a}=(x,1),\vec{b}=(\sqrt{1+x},\sqrt{3-x})}$ .

Ισχύει $\displaystyle{\vec{a}\cdot \vec{b}\leq |\vec{a}||\vec{b}|}$ (νατη η Cauchy-Schwarz)

κτλ...

S.E.Louridas · #5

Κλασική, αλλά πάντα της μόδας.

$\left\{ {\begin{array}{*{20}c} {\left\{ {\begin{array}{*{20}c} {x\sqrt {x + 1} + 1 \cdot \sqrt {3 - x} = 2\sqrt {x^2 + 1} \;\left( * \right).\;\Theta \varepsilon \omega \rho o\dot \upsilon \mu \varepsilon :\overrightarrow a = \left( {x,1} \right),\;\overrightarrow b = \left( {\sqrt {x + 1} ,\sqrt {3 - x} } \right),\pi o\upsilon \;o\delta \eta \gamma \varepsilon \dot \iota \;} \\ {\sigma \tau \eta \nu \;\overrightarrow a \cdot \overrightarrow b = \left| {\overrightarrow a } \right|\left| {\overrightarrow b } \right|\;\pi o\upsilon \;o\delta \eta \gamma \varepsilon \dot \iota \;\sigma \tau \eta \nu \;\varepsilon \xi \dot \iota \sigma \omega \sigma \eta \frac{{\sqrt {1 + x} }} {x} = \frac{{\sqrt {3 - x} }} {1}\mathop \Leftrightarrow \limits^{x \ne 0} \left( {x - 1} \right)\left( {x^2 - 2x - 1} \right) = 0 \Leftrightarrow } \\ \end{array} } \right.} \\ {\left\{ {\begin{array}{*{20}c} {x = 1\;\dot \eta } \\ {x = 1 - \sqrt 2 \;\dot \eta \;x = 1 + \sqrt 2 .} \\ \end{array} } \right.} \\ \end{array} } \right.$

Παρατήρηση: Η εξίσωση στην οποία οδηγηθήκαμε είναι η μετάφραση της γραμμικής εξάρτησης των διανυσμάτων καθότι το εσωτ. γινόμενο τους ισούται με το γινόμενο των μέτρων τους και με βάση την (*).

S.E.Louridas

S.E.Louridas · #6

Βέβαια έχουμε και την εξής "φάση":
$\left\{ {\begin{array}{*{20}c} {Lagrange:\left( {a^2 + b^2 } \right)\left( {c^2 + d^2 } \right) - \left( {ac + db} \right)^2 = \left( {ad - bc} \right)^2 ,o\pi \dot o\tau \varepsilon \;\pi \alpha \dot \iota \rho \nu o\upsilon \mu \varepsilon \;\left( {x^2 + 1} \right) \cdot } \\ {\left( {(\sqrt {1 + x} )^2 + (\sqrt {3 - x} )^2 } \right) - \left( {x\sqrt {1 + x} + \sqrt {3 - x} } \right)^2 = \left( {x\sqrt {3 - x} - \sqrt {x + 1} } \right)^2 \Rightarrow x\sqrt {3 - x} = \sqrt {x + 1} ...} \\ \end{array} } \right.$

(*) Αν δεν κάνω λάθος η ταυτότητα (Lagrange, για n=2

) που ανέφερα, αναφέρεται και το βιβλίο της Α΄ Λυκείου. Ενας πάντως από τους τρόπους απόδειξης της ανισότητας C-S είναι με βάση την ταυτότητα αυτή.

S.E.Louridas

miltos · #7

κλασσικη και ωραια...κ εγώ τον τρόπο του matha χρησιμοποίησα...
Φτάνοντας στην x^3-3x^2+x+1=0

(1) μπορούμε και χωρις HORNER.
(x-1)^3=x^3-3x^2+3x-1

(2)
Αντικαθιστώντας από την (2) στην (1) το x^3-3x^2

παραγοποιείται έυκολα....

Μια καλή

Μια καλή

Re: Μια καλή

Re: Μια καλή

Re: Μια καλή

Re: Μια καλή

Re: Μια καλή

Re: Μια καλή

Μέλη σε σύνδεση