mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Φεβ 23, 2012 12:03 pm**

Οι αριθμοί a+b-1

και

είναι λύσεις της εξίσωσης x^2-4a^2x-c=0

a. Νδο $b\geq -\frac{1}{8}$
b. Αν c=3a

να βρεθούν τα

και

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Φεβ 23, 2012 3:08 pm**

Για το α ερώτημα

Αφού οι $\displaystyle{a + b + 1,a + b - 1}$ είναι ρίζες της εξίσωσης αντικαθιστώντας και απαλείφοντας το $\displaystyle{c}$ καταλήγουμε στην

$\displaystyle{b = 2{a^2} - a}$ . Επειδή ο

είναι πραγματικός η διακρίνουσα ως προς $\displaystyle{a}$ θα πρέπει να θετική και ίση και

μεγαλύτερη του μηδενός άρα για το τριώνυμο $\displaystyle{2{a^2} - a - b = 0}$ θα είναι :

$\displaystyle{\Delta \geqslant 0 \Rightarrow {\beta ^2} - 4\alpha \gamma \geqslant 0 \Rightarrow {\left( { - 1} \right)^2} - 4 \cdot 2 \cdot \left( { - b} \right) \geqslant 0 \Rightarrow b \geqslant - \frac{1}{8}}$

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Φεβ 23, 2012 5:17 pm**

Ok, νομίζω μπορούσαμε να καταλήξουμε στο b=2a^2-a

, αν λέγαμε ότι a+b-1+a+b+1=-(-4a^2)

Το άλλο ερώτημα;

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Φεβ 26, 2012 2:19 pm**

kanenas έγραψε:Ok, νομίζω μπορούσαμε να καταλήξουμε στο , αν λέγαμε ότι
Το άλλο ερώτημα;

Για $\displaystyle c=3a$ η εξίσωση μετασχημαματίζεται στην $\displaystyle x^2-4a^2x-3a (1)$ .
Από τους τύπους Vietta παίρνουμε: $\displatstyle -3a=(a+b-1) (a+b+1)$ και αντικαθιστώντας το

με το

βρίσκουμε:
$\displaystyle -3a=(a+2a^2-a+1) (a+2a^2-a-1) \Leftrightarrow -3a=(2a^2+1) (2a^2-1) \Leftrightarrow$
$-3a=4a^4-1 \Leftrightarrow 4a^4+3a-1=0$ .
Αυτή η εξίσωση έχει προφανής λύση την $\displaystyle a=-1$ μοναδική στους ακεραίους (νομίζω και στους πραγματικούς) λύση που δίνει πραγματικές λύσεις στην εξίσωση (1).

Κάνοντας απλή αντικατάσταση προκύπτει: $\displaystyle b=2a^2-a=2(-1)^2-(-1)=2\cdot 1+1=3$ .

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Φεβ 26, 2012 5:25 pm**

Ακριβώς, νομίζεις ότι είναι η μοναδική.

Είναι $4a^4+3a-1=0\Leftrightarrow (a+1)(4a^3-4a^2+4a-1)=0\Leftrightarrow a=-1$ ή 4a^3-4a^2+4a-1=0

Πως λύνεται η δεύτερη εξίσωση;

Η άσκηση τέθηκε σε μαθητή Α Λυκείου.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Φεβ 26, 2012 5:58 pm**

Γι΄αυτό και δεν την απάντησα. H εξίσωση έχει ρίζα μη ακέραια η οποία μπορεί να βρεθεί με υπολογιστή ( Λυκο [wolfram] )

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Φεβ 26, 2012 6:24 pm**

Dr.tasos έπρεπε να το περιμένω.Εσύ θα την είχες <<κατασπαράξει>> αλλά ήταν λίγες μέρες ανέγκικτη και είπα να δοκιμάσω την τύχη μου

(νόμιζα οτι δεν την είχες πάρει χαμπάρι).ΣΗΜΕΙΩΣΗ:Δε χρειάζεσαι το Wolfram για να καταλάβεις οτι έχει μία άρρητη ρίζα.Αρκεί ο Horner.Αλλά αφού είναι η άσκηση για μαθητές της Α' σκεφτόμουν να μη πάω με τον <<παράνομο>> δρόμο.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Φεβ 26, 2012 6:28 pm**

Για να είμαι πιο συγκεκριμένος η άσκηση τέθηκε σε διαγώνισμα...

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Φεβ 26, 2012 8:08 pm**

kanenas έγραψε:Για να είμαι πιο συγκεκριμένος η άσκηση τέθηκε σε διαγώνισμα...

LOL . Πλακα θα ειχε .

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Φεβ 26, 2012 9:05 pm**

Νομίζω ότι έχω λύση!!

Η εξίσωση γίνεται ${x^2} - 4{a^2}x - 3a = 0$

Πρέπει: $\Delta > 0 \Leftrightarrow 16{a^2} + 12a > 0$ (αφού οι λύσεις είναι άνισες, εύκολα αποδεικνύεται) άρα $a < - \frac{3}{4}$ ή a > 0

Όμως

$\begin{array}{l} \left( {a + b + 1} \right)\left( {a + b - 1} \right) = - c \Leftrightarrow {\left( {a + b} \right)^2} - 1 = - 3a \\ \Leftrightarrow {\left( {a + b} \right)^2} = 1 - 3a \\ \end{array}$

άρα $1 - 3a \ge 0 \Leftrightarrow a \le \frac{1}{3}$

Επομένως, $a < - \frac{3}{4}$ ή $0 < a \le \frac{1}{3}$

Από τις λύσεις της εξίσωσης έχουμε,

${x_1}_{,2} = \frac{{4{a^2} \pm \sqrt {16{a^2} + 12a} }}{2} = 2{a^2} \pm \sqrt {4{a^2} + 3a} = \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {a + b + 1} \\ {} \\ {a + b - 1} \\ \end{array}} \right.$

Αναγκαστικά πρέπει,

$\begin{array}{l} 2{a^2} + \sqrt {4{a^2} + 3a} = a + b + 1 \Leftrightarrow 2{a^2} + \sqrt {4{a^2} + 3a} = 2{a^2} + 1 \\ \Leftrightarrow \sqrt {4{a^2} + 3a} = 1 \\ \Leftrightarrow 4{a^2} + 3a - 1 = 0 \\ \Leftrightarrow a = - 1\,\,\, \vee a = \frac{1}{4} \\ \end{array}$

Δεκτή μόνο η a = - 1

λόγω περιορισμών. Όμοια και η άλλη περίπτωση (με το μείον)

Οπότε $a + b = 2{a^2} \Rightarrow b = 3$

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Φεβ 26, 2012 9:12 pm**

Μάκης Χατζόπουλος έγραψε:Νομίζω ότι έχω λύση!!

Η εξίσωση γίνεται ${x^2} - 4{a^2}x - 3a = 0$

Πρέπει: $\Delta > 0 \Leftrightarrow 16{a^2} + 12a > 0$ (αφού οι λύσεις είναι άνισες, εύκολα αποδεικνύεται) άρα $a < - \frac{3}{4}$ ή

Όμως

$\begin{array}{l} \left( {a + b + 1} \right)\left( {a + b - 1} \right) = - c \Leftrightarrow {\left( {a + b} \right)^2} - 1 = - 3a \\ \Leftrightarrow {\left( {a + b} \right)^2} = 1 - 3a \\ \end{array}$

άρα $1 - 3a \ge 0 \Leftrightarrow a \le \frac{1}{3}$

Επομένως, $a < - \frac{3}{4}$ ή $0 < a \le \frac{1}{3}$

Από τις λύσεις της εξίσωσης έχουμε,

${x_1}_{,2} = \frac{{4{a^2} \pm \sqrt {16{a^2} + 12a} }}{2} = 2{a^2} \pm \sqrt {4{a^2} + 3a} = \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {a + b + 1} \\ {} \\ {a + b - 1} \\ \end{array}} \right.$

Αναγκαστικά πρέπει,

$\begin{array}{l} 2{a^2} + \sqrt {4{a^2} + 3a} = a + b + 1 \Leftrightarrow 2{a^2} + \sqrt {4{a^2} + 3a} = 2{a^2} + 1 \\ \Leftrightarrow \sqrt {4{a^2} + 3a} = 1 \\ \Leftrightarrow 4{a^2} + 3a - 1 = 0 \\ \Leftrightarrow a = - 1\,\,\, \vee a = \frac{1}{4} \\ \end{array}$

Δεκτή μόνο η λόγω περιορισμών. Όμοια και η άλλη περίπτωση (με το μείον)

Οπότε $a + b = 2{a^2} \Rightarrow b = 3$

Στην αρχη ειναι $\displaystyle{ \Delta = 16a^4+12a }$

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Φεβ 26, 2012 9:36 pm**

Σωστά Τάσο! Άρα η λύση είναι άκυρη!

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Φεβ 26, 2012 9:38 pm**

Μάκης Χατζόπουλος έγραψε:Σωστά Τάσο! Άρα η λύση είναι άκυρη!

Οποτε ο μαστωρ που εβαλε την ασκηση στο διαγωνισμα καπου εκανε λαθος.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Φεβ 26, 2012 9:57 pm**

Αν το

είναι ακέραιος αριθμός η άσκηση "σώζεται"!

mathematica.gr

Δευτεροβάθμια με παραμέτρους

Δευτεροβάθμια με παραμέτρους

Re: Δευτεροβάθμια με παραμέτρους

Re: Δευτεροβάθμια με παραμέτρους

Re: Δευτεροβάθμια με παραμέτρους

Re: Δευτεροβάθμια με παραμέτρους

Re: Δευτεροβάθμια με παραμέτρους

Re: Δευτεροβάθμια με παραμέτρους

Re: Δευτεροβάθμια με παραμέτρους

Re: Δευτεροβάθμια με παραμέτρους

Re: Δευτεροβάθμια με παραμέτρους

Re: Δευτεροβάθμια με παραμέτρους

Re: Δευτεροβάθμια με παραμέτρους

Re: Δευτεροβάθμια με παραμέτρους

Re: Δευτεροβάθμια με παραμέτρους