Τριώνυμο (Α΄Λυκείου)

#1

$\displaystyle{{\color{redrose}\rule{400pt}{1.3pt}$

Δίνεται η εξίσωση $\displaystyle{\alpha {x^2} + \beta x + \gamma = 0}$ με $\displaystyle{\alpha ,\beta ,\gamma \in R}$ με πραγματικές διαφορετικές ρίζες.
Αν ισχύει ότι $\displaystyle{\left| \alpha \right| > \left| {\alpha + \beta + \gamma } \right|}$ δείξτε ότι μία τουλάχιστον από τις ρίζες της βρίσκεται στο διάστημα $\displaystyle{\left( {0,2} \right)}$
Παρεμφερές και αυτό το θέμα

Μέχρι και 13/5/2012

dr.tasos · #2

Με παίδεψε αρκετά αλλα πιστεύω οτι έχω λυση :

Άρχικα θα υποθέσω οτι $\displaystyle{ a =0 }$ άρα $\displaystyle{ 0>|b+c| }$ άτοπο άρα $\displaystyle{ a \ne 0 }$

άρα διαιρω με $\displaystyle{ |a| }$

Και έχω $\displaystyle{ 1> |1+\frac{b}{a}+\frac{c}{a}| \Leftrightarrow 1 > |1-x_{1}-x_{2}+x_{1}x_{2}| \Leftrightarrow 1> |(x_{1}-1)(x_{2}-1)| }$

Έστω $\displaystyle{ x_{1},x_{2} \in (-\infty,0) }$
Έχω $\displaystyle{ |x_{1}-1|>1 \wedge |x_{2}-1|>1 \Rightarrow |x_{1}-1||x_{2}-1|>1 }$ άτοπο .

Έστω $\displaystyle{ x_{1},x_{2} \in (2,+\infty)}$

Άρα έχω $\displaystyle{ |x_{1}-1|>1 \wedge |x_{2}-1|>1 \Rightarrow |x_{1}-1||x_{2}-1|>1 }$ άτοπο .

Έστω $\displaystyle{ x_{1} \in (-\infty,0) \wedge x_{2} \in (2,+\infty) }$

Άρα έχω $\displaystyle{ |x_{1}-1|>1 \wedge |x_{2}-1|>1 \Leftrightarrow |x_{1}-1||x_{2}-1|>1 }$ άτοπο .

Ομοίως θα πάρω ατοπο για $\displaystyle{ x_{1} \in (2,+\infty) \wedge x_{2} \in (-\infty,0) }$ .

Άρα τουλαχιστον μια ριζα θα ανηκει στο $\displaystyle{ (0,2) }$ διοτι ειδαλως δεν ικανοποιειται η υποθεση .

#3

Τάσο μπράβο

Επ' ευκαιρίας στο σημείο που γράφεις το...

άρα διαιρω με $\displaystyle{ |a| }$

Και έχω $\displaystyle{ 1> |1+\frac{b}{a}+\frac{c}{a}| \Leftrightarrow 1 > |1-x_{1}-x_{2}+x_{1}x_{2}| \Leftrightarrow 1> |(x_{1}-1)(x_{2}-1)| }$

υπάρχουν δύο καλές και βασικές προτάσεις στα απόλυτα που είναι εύκολο να αποδειχτούν.
Πρόταση 1: Αν $\displaystyle{\alpha ,\beta \in R\: {\rm{ \kappa \alpha \iota }}\left| {\alpha \beta } \right| < 1}$ τότε $\displaystyle{\left| \alpha \right| < 1\: {\rm{ \eta }}\left| \beta \right| < 1}$
Πρόταση 2:Αν $\displaystyle{\alpha ,\beta \in R \:{\rm{ \kappa \alpha \iota }}\left| \alpha \right| + \left| \beta \right| < 1\:{\rm{ \tau\o\tau\epsilon }}\left| \alpha \right| < 1\:{\rm{ \kappa \alpha \iota }}\left| \beta \right| < 1}$
Έτσι χρησιμοποιώντας την πρόταση 1 θα μπορούσαμε να γράψουμε ότι ένας τουλάχιστον από τους παράγοντες είναι μικρότερος του 1 δηλαδή $\displaystyle{\left| {1 - {x_1}} \right| < 1 \Leftrightarrow - 1 < 1 - {x_1} < 1 \Leftrightarrow - 2 < - {x_1} < 0 \Leftrightarrow 0 < {x_1} < 2}$ . Ομοίως και για την άλλη ρίζα

batmsup1 · #4

Αν έχετε κι άλλη λύση παραθέστε την.

parmenides51 · #5

εδώ, εδώ και μεταμφιεσμένη εδώ

batmsup1 · #6

Eυχαριστώ για την υπόδειξη. Το τριώνυμο είναι απ τα αγαπημένα μου θέματα.

batmsup1 · #7

spyros δωστε απόδειξη των 2 προτάσεων αν θέλετε περι απολύτων τιμών.

Christos.N · #8

spyros έγραψε: ....
υπάρχουν δύο καλές και βασικές προτάσεις στα απόλυτα που είναι εύκολο να αποδειχτούν.

Πρόταση 1: Αν $\displaystyle{\alpha ,\beta \in R\: {\rm{ \kappa \alpha \iota }}\left| {\alpha \beta } \right| < 1}$ τότε $\displaystyle{\left| \alpha \right| < 1\: {\rm{ \eta }}\left| \beta \right| < 1}$
Πρόταση 2:Αν $\displaystyle{\alpha ,\beta \in R \:{\rm{ \kappa \alpha \iota }}\left| \alpha \right| + \left| \beta \right| < 1\:{\rm{ \tau\o\tau\epsilon }}\left| \alpha \right| < 1\:{\rm{ \kappa \alpha \iota }}\left| \beta \right| < 1}$

Καλημέρα κάποιες ενδεικτικές αποδείξεις.

Για την πρώτη πρόταση:
Έστω
$\displaystyle{ |ab| < 1 }$
τότε διακρίνουμε δύο περιπτώσεις:
$\displaystyle{ \begin{array}{l} \bullet \,\,\,|a| \ge 1\mathop \Rightarrow \limits^{|b| \ge 0} |b| \cdot \,|a| \ge |b| \Rightarrow |ab| \ge |b| \Rightarrow 1 > |ab| \ge |b| \Rightarrow |b| < 1 \\ \bullet \,\,\,|b| \ge 1\mathop \Rightarrow \limits^{|a| \ge 0} |a| \cdot \,|b| \ge |a| \Rightarrow |ab| \ge |a| \Rightarrow 1 > |ab| \ge |a| \Rightarrow |a| < 1 \\ \end{array} }$
Αν πάλι $\displaystyle{|a| < 1}$ ή $\displaystyle{|b| < 1}$ δεν έχουμε να αποδείξουμε τίποτα, συνεπώς σε κάθε περίπτωση $\displaystyle{|a| < 1}$ ή $\displaystyle{|b| < 1}$ .

Για την δεύτερη πρόταση,

Από την τριγωνική ανισότητα γνωρίζουμε ότι.
$\displaystyle{ \left| {|a| - |b|} \right| \le |a + b| \le |a| + |b| }$
Έστω $\displaystyle{ |a| \ge |b|\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,|a| + |b| < 1\, }$
τότε έχουμε: $\displaystyle{ |a| - |b| < 1 }$
προσθέτουμε κατά μέλη τις $\displaystyle{ \,|a| - |b| < 1\,\,\kappa \alpha \iota \,\,|a| + |b| < 1\, }$
έχουμε $\displaystyle{ 2|a| < 2 \Rightarrow |a| < 1 }$
επειδή $\displaystyle{ |a| \ge |b| }$
έπεται και $\displaystyle{ |b| < 1 }$
, ομοίως αν $\displaystyle{ |b| \ge |a|\, }$ .

#9

spyros έγραψε: υπάρχουν δύο καλές και βασικές προτάσεις στα απόλυτα που είναι εύκολο να αποδειχτούν.
Πρόταση 1: Αν $\displaystyle{\alpha ,\beta \in R\: {\rm{ \kappa \alpha \iota }}\left| {\alpha \beta } \right| < 1}$ τότε $\displaystyle{\left| \alpha \right| < 1\: {\rm{ \eta }}\left| \beta \right| < 1}$
Πρόταση 2:Αν $\displaystyle{\alpha ,\beta \in R \:{\rm{ \kappa \alpha \iota }}\left| \alpha \right| + \left| \beta \right| < 1\:{\rm{ \tau\o\tau\epsilon }}\left| \alpha \right| < 1\:{\rm{ \kappa \alpha \iota }}\left| \beta \right| < 1}$
Έτσι χρησιμοποιώντας την πρόταση 1 θα μπορούσαμε να γράψουμε ότι ένας τουλάχιστον από τους παράγοντες είναι μικρότερος του 1 δηλαδή $\displaystyle{\left| {1 - {x_1}} \right| < 1 \Leftrightarrow - 1 < 1 - {x_1} < 1 \Leftrightarrow - 2 < - {x_1} < 0 \Leftrightarrow 0 < {x_1} < 2}$ . Ομοίως και για την άλλη ρίζα

Πρόταση 2: Είναι
$\displaystyle{ \begin{array}{l} |a| + |b| < 1 \Rightarrow |a| < 1 - |b| < 1 \Rightarrow |a| < 1 \\ |a| + |b| < 1 \Rightarrow |b| < 1 - |a| < 1 \Rightarrow |b| < 1 \\ \end{array} }$
επομένως και τα δύο είναι μκρότερα της μονάδας.

Πρόταση 1: Αν a=0

τετριμμένο.
Έστω $a\ne 0$
Αν $\displaystyle{ |a| < 1 }$ δεν έχω κάτι να αποδείξω, Έστω πως
$\displaystyle{ |a| \ge 1 \Rightarrow \frac{1}{{|a|}} \le 1 }$
Τότε: $\displaystyle{ |ab| < 1 \Rightarrow |b| < \frac{1}{{|a|}} \le 1 \Rightarrow |b| < 1 }$
Επομένως σε κάθε περίπτωση: $\displaystyle{ |a| < 1 \vee b| < 1 }$

#10

Ακριβώς όπως τα λένε ο Χρήστος και ... ο gatos πιό πάνω. Για την πρόταση 1

Πρόταση 1: Αν $\displaystyle{\alpha ,\beta \in R\: {\rm{ \kappa \alpha \iota }}\left| {\alpha \beta } \right| < 1}$ τότε $\displaystyle{\left| \alpha \right| < 1\: {\rm{ \eta }}\left| \beta \right| < 1}$

θα μπορούσαμε να πούμε επίσης ότι έστω ότι δεν ισχύει $\displaystyle{\left|a\right|<1}$ ή $\displaystyle{\left|b\right|<1}$ δηλαδή έστω ότι $\displaystyle{|a|\ge 1}$ και $\displaystyle{\left|b\right|\ge 1}$ άρα $\displaystyle{|a||b|\ge1}$ ή $\displaystyle{|ab|\ge1}$ . Το τελευταίο όμως είναι άτοπο γιατί από υπόθεση έχω $\displaystyle{|ab|<1}$ άρα θα είναι $\displaystyle{\left|a\right|<1}$ ή $\displaystyle{\left|b\right|<1}$

#11

spyros έγραψε: Πρόταση 1: Αν $\displaystyle{\alpha ,\beta \in R\: {\rm{ \kappa \alpha \iota }}\left| {\alpha \beta } \right| < 1}$ τότε $\displaystyle{\left| \alpha \right| < 1\: {\rm{ \eta }}\left| \beta \right| < 1}$

Ίσως η πιο σύντομη απόδειξη είναι με την μέθοδο της εις άτοπον απαγωγής. Έχουμε κάποια δεδομένα και θέλουμε να καταλήξουμε σε κάποιο συμπέρασμα. Θα υποθέσουμε πως το συμπέρασμα είναι λανθασμένο και χρησιμοποιώντας αυτήν την υπόθεση μαζί με τα δεδομένα που έχουμε θα καταλήξουμε σε κάτι λανθασμένο (άτοπο). Εφόσον όμως καταλήξαμε σε άτοπο αυτό πάει να πει πως η υπόθεση που κάναμε δεν μπορεί να είναι ορθή. Δηλαδή το συμπέρασμα που θέλαμε να καταλήξουμε δεν μπορεί να είναι λανθασμένο. Άρα πρέπει απαραίτητα να είναι ορθό. Αρκετά όμως για την εξήγηση της μεθόδου. Ας την δούμε στην πράξη.

Ας υποθέσουμε πως το συμπέρασμα δεν ισχύει. Τότε $|\alpha| \geqslant 1$ και $|\beta| \geqslant 1$ . Αλλά τότε $|\alpha \beta| \geqslant 1$ , άτοπο αφού από τα δεδομένα είναι $|\alpha \beta| < 1$ . Άρα το συμπέρασμα ισχύει.

Επεξεργασία: Ωχ, ήρθα δεύτερος. Ας είναι το αφήνω.

batmsup1 · #12

Θα δώσω ένα σχέδιο της προσπάθειας για απόδειξη της αρχικής άσκησης με άλλο τρόπο.
Έχοντας υπόψη το θεώρημα σταθερού σημείου του Brouwer για την περίπτωση του R, οτι αν S μη κενό, συμπαγές, κυρτό υποσύνολο του R τοτε κάθε συνεχής συνάρτηση $f:S\rightarrow S$ έχει σταθερό σημείο, θεωρώ την $f(x)=\frac{ax^{2}+c}{-b}$ με $D_{f}=R_{f}=[0,2], b\neq 0$ . Απο θεώρημα σταθερού σημείου του Βrouwer υπάρχει $r\in [0,2]$ ώστε f(r)=r

. Επομένως $\frac{ar^{2}+c}{-b}=r$ και με πράξεις προκύπτει το ζητούμενο. Λείπει το τι γίνεται αν b=0, μόλις καταλήξω θα το γράψω και επίσης δε χρειάστηκε η συνθήκη με τις απόλυτες τιμές (μάλλον χρειάζεται στην περίπτωση που b=0). Έχω επεξεργαστεί άλλες 2 προσεγγίσεις διαφορετικές, αν ευωδοθεί η προσπάθεια θα τις αναφέρω κι αυτές.

#13

batmsup1 έγραψε:Θα δώσω ένα σχέδιο της προσπάθειας για απόδειξη της αρχικής άσκησης με άλλο τρόπο.
Έχοντας υπόψη το θεώρημα σταθερού σημείου του Brouwer για την περίπτωση του R, οτι αν S μη κενό, συμπαγές, κυρτό υποσύνολο του R τοτε κάθε συνεχής συνάρτηση $f:S\rightarrow S$ έχει σταθερό σημείο, θεωρώ την $f(x)=\frac{ax^{2}+c}{-b}$ με $D_{f}=R_{f}=[0,2], b\neq 0$ . Απο θεώρημα σταθερού σημείου του Βrouwer υπάρχει $r\in [0,2]$ ώστε . Επομένως $\frac{ar^{2}+c}{-b}=r$ και με πράξεις προκύπτει το ζητούμενο. Λείπει το τι γίνεται αν b=0, μόλις καταλήξω θα το γράψω και επίσης δε χρειάστηκε η συνθήκη με τις απόλυτες τιμές (μάλλον χρειάζεται στην περίπτωση που b=0). Πώς σας φαίνεται ως εδω? Εντοπίζετε κάποιο λάθος? Έχω επεξεργαστεί άλλες 2 προσεγγίσεις διαφορετικές, αν ευωδοθεί η προσπάθεια θα τις αναφέρω κι αυτές.

Καλημέρα!
Απλά να θυμήσω πως είμαστε στο φάκελο "Ασκήσεις ΜΟΝΟ για μαθητές".

parmenides51 · #14

Με αφορμή την παρούσα άσκηση ο Γιάννης Θωμαΐδης έγραψε το άρθρο ''Ιστορικές, μαθηματικές και διδακτικές προεκτάσεις μιας άσκησης από την κλασική σχολική Άλγεβρα'' η οποία βρίσκεται αναρτημένη σαν Φύλλο 11 εδώ.

Τριώνυμο (Α΄Λυκείου)

Τριώνυμο (Α΄Λυκείου)

Re: Τριώνυμο (Α΄Λυκείου)

Re: Τριώνυμο (Α΄Λυκείου)

Re: Τριώνυμο (Α΄Λυκείου)

Re: Τριώνυμο (Α΄Λυκείου)

Re: Τριώνυμο (Α΄Λυκείου)

Re: Τριώνυμο (Α΄Λυκείου)

Re: Τριώνυμο (Α΄Λυκείου)

Re: Τριώνυμο (Α΄Λυκείου)

Re: Τριώνυμο (Α΄Λυκείου)

Re: Τριώνυμο (Α΄Λυκείου)

Re: Τριώνυμο (Α΄Λυκείου)

Re: Τριώνυμο (Α΄Λυκείου)

Re: Τριώνυμο (Α΄Λυκείου)

Μέλη σε σύνδεση