Ανίσωση με λίγο απόλυτο

Al.Koutsouridis · #1

Να λύσετε την ανίσωση

$\displaystyle{2x^4+x^2 -4x - 3x^2 |x-2| +4 \geq 0}$ .

#2

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Δευ Μάιος 04, 2020 2:05 pm
Να λύσετε την ανίσωση

$\displaystyle{2x^4+x^2 -4x - 3x^2 |x-2| +4 \geq 0}$ .

Χωρίζω περιπτώσεις για $x\ge 2$ και x<2

και έχω:

$\displaystyle \left\{ \begin{array}{l} 2{x^4} - 3{x^3} + 7{x^2} - 4x + 4 \ge 0\\ x \ge 2 \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} ({x^2} - x + 2)(2{x^2} - x + 2) \ge 0\\ x \ge 2 \end{array} \right. \Rightarrow$ $\boxed{x\ge 2}$

$\displaystyle \left\{ \begin{array}{l} 2{x^4} + 3{x^3} - 5{x^2} - 4x + 4 \ge 0\\ x < 2 \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} (x - 1)(x + 2)(2{x^2} + x - 2) \ge 0\\ x < 2 \end{array} \right.$ Απ' όπου παίρνω

$\displaystyle 1 \le x < 2$ ή $\displaystyle - \frac{1}{4}\left( {\sqrt {17} + 1} \right) \le x \le \frac{1}{4}\left( {\sqrt {17} - 1} \right)$ ή $x\le -2$

Τελικά, $\boxed{x \in ( - \infty , - 2] \cup \left[ { - \frac{1}{4}\left( {\sqrt {17} + 1} \right),\frac{1}{4}\left( {\sqrt {17} - 1} \right)} \right] \cup [1, + \infty )}$

Al.Koutsouridis · #3

Ωραία! Να δούμε όμως πως γίνονται και οι παραγοντοποιήσεις.

#4

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Δευ Μάιος 04, 2020 8:08 pm
Ωραία! Να δούμε όμως πως γίνονται και οι παραγοντοποιήσεις.

$\displaystyle \bullet$ $\displaystyle 2{x^4} - 3{x^3} + 7{x^2} - 4x + 4 = {x^4} - 2{x^3} + 5{x^2} - 4x + 4 + {x^4} - {x^3} + 2{x^2} =$

$\displaystyle {({x^2} - x + 2)^2} + {x^2}({x^2} - x + 2) = ({x^2} - x + 2)(2{x^2} - x + 2)$

$\displaystyle \bullet$ $\displaystyle 2{x^4} + 3{x^3} - 5{x^2} - 4x + 4$ Εύκολα με Horner αλλά είναι εκτός φακέλου.

Αλλιώς με το ίδιο σκεπτικό όπως στην προηγούμενη:

$\displaystyle 2{x^4} + 3{x^3} - 5{x^2} - 4x + 4 = {({x^2} + x - 2)^2} + {x^2}({x^2} + x - 2) =$

$\displaystyle ({x^2} + x - 2)(2{x^2} + x - 2) = (x - 1)(x + 2)(2{x^2} + x - 2)$

Για το πρόσημο της πρώτης παράστασης, χωρίς παραγοντοποίηση είναι:

$\displaystyle 2{x^4} - 3{x^3} + 6{x^2} + {x^2} - 4x + 4 = {x^2}(2{x^2} - 3x + 6) + {(x - 2)^2} > 0$

Al.Koutsouridis · #5

Άλλη μια λύση με τεχνικές που έχουμε δει πολλάκις στο

παρατηρούμε ότι η ανίσωση γράφεται

$\displaystyle{2x^4+x^2 -4x - 3x^2 |x-2| +4 \geq 0 \Leftrightarrow }$ .

$\displaystyle{2x^4+x^2 -4x +4 - 3x^2 |x-2| \geq 0 \Leftrightarrow}$

$\displaystyle{2x^4+\left ( x-2\right)^2 - 3x^2 |x-2| \geq 0 \Leftrightarrow}$

$\displaystyle{2x^4+| x-2|^2 - 3x^2 |x-2| \geq 0}$ .

Θέτουμε $\displaystyle{t=|x-2|}$ , τότε η ανίσωση γράφεται

$\displaystyle{t^2-3x^2t+2x^4 \geq 0}$ και την οποία μελετάμε σαν δευτεροβάθμιο τριώνυμο. Οι ρίζες της εξίσωσης t^2-3x^2t+2x^4=0

είναι

$t_{1,2} = \dfrac{3x^2 \pm \sqrt{(3x^2)^2-4\cdot 2x^4}}{2}= \dfrac{3x^2 \pm x^2}{2} \Rightarrow t_{1}=x^2$ και $t_{2}=2x^2$ . Έτσι η ανίσωση παίρνει την μορφή

$\left (|x-2|-x^2 \right) \left ( |x-2|-2x^2 \right) \geq 0$ .

Στην τελαυταία, παραγοντοποιημένη πλέον, ανίσωση μπορούμε να διακρίνουμε τις περιπτώσεις για το πότε τα απόλυτα είναι θετικά ή αρνητικά και συνεχίσουμε την λύση. Ας δούμε έναν εναλλακτικό τρόπο για να προχωρήσουμε χωρίς να "ανοίξουμε" τα απόλυτα.

Στην ανίσωση μας ζητείται να συγκρίνουμε το γινόμενο δυο αριθμών με το μηδέν, οπότε με την αλλαγή κάθε παράγοντα με μια έκφραση του ίδου προσήμου προκύπτει ισοδύναμη ανίσωση. Παρατηρούμε ότι για τους μη αρνητικούς αριθμούς

και

το πρόσημο της διαφοράς a-b

συμπίπτει με το πρόσημο της διαφοράς των τετραγώνων τους a^2-b^2=(a-b)(a+b)

. Επομένως προκύπτει

$\displaystyle{ \left (|x-2|-x^2 \right) \left ( |x-2|-2x^2 \right) \geq 0 \Leftrightarrow }$

$\displaystyle{ \left (|x-2|^2-x^4 \right) \left ( |x-2|^2-4x^4 \right) \geq 0 \Leftrightarrow }$

$\displaystyle{ \left ((x-2)^2-x^4 \right) \left ( (x-2|)^2-4x^4 \right) \geq 0 \Leftrightarrow }$

$\displaystyle{(x^2+x-2)(x^2-x+2)(2x^2+x-2)(2x^2-x+2) \geq 0 \Leftrightarrow }$

$\displaystyle{(x^2+x-2)(2x^2+x-2)\geq 0 }$

Η τελευταία ισοδυναμία ισχύει επειδή x^2-x+2 > 0

και

.

Από εδώ και πέρα συνεχίζουμε με την επίλυση των εξισώσεων και την κατάστρωση του πίνακα προσήμων.

Ανίσωση με λίγο απόλυτο

Ανίσωση με λίγο απόλυτο

Re: Ανίσωση με λίγο απόλυτο

Re: Ανίσωση με λίγο απόλυτο

Re: Ανίσωση με λίγο απόλυτο

Re: Ανίσωση με λίγο απόλυτο

Μέλη σε σύνδεση