mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Σεπ 16, 2012 1:43 am**

Δίνεται το τριώνυμο $\displaystyle{f(x)=x^2 +ax+b , d\neq 0}$ , με $\displaystyle{|a|>1+|b|}$ , ( $a,b\epsilon R$ ). Δείξτε ότι:

(α) Το τριώνυμο έχει δύο ρίζες πραγματικές και άνισες.

(β) Δεν είναι δυνατόν να είναι και οι δύο ρίζες ταυτοχρόνως ακέραιες

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Σεπ 02, 2025 10:45 pm**

$\displaystyle{\Delta = \alpha ^{2} - 4b}$

|a| > 1 + |b|

$\Leftrightarrow |a|^2 > (1 + |b|)^2$
$\Leftrightarrow |a|^2 - 4b > 1 + 2|b| + |b|^2 - 4b$
$\Leftrightarrow \Delta > 1 - 2b + b^2 + 2|b| - 2b$
$\displaystyle{\Leftrightarrow \Delta > (1 - b)^2 + 2(|b| - b)}$

$(1 - b)^2 \geq 0 \wedge |b| \geq b$ Υποθέτουμε ότι ο κ. Δημήτρης εννοούσε $b \neq 0$ αντί για $d \neq 0$ .
$\Leftrightarrow (1 - b)^2 \geq 0 \wedge |b| - b \geq 0$
$\Leftrightarrow (1 - b)^2 \geq 0 \wedge 2(|b| - b) \geq 0$
$\displaystyle{\Leftrightarrow (1 - b)^2 + 2(|b| - b) \geq 0}$

Επομένως, $\displaystyle{\Delta > (1 - b)^2 + 2(|b| - b) \geq 0 \Rightarrow \Delta > 0.}$

$(\beta)$ Έστω $\displaystyle{x_{1}, x_{2}}$ οι ρίζες του τριωνύμου, τότε $x_{1} + x_{2} = - a \wedge x_{1}x_{2} = b \Leftrightarrow -(x_{1} + x_{2}) = a \wedge x_{1}x_{2} = b$ .

Επομένως, $|a| > 1 + |b| \Leftrightarrow |-(x_{1} + x_{2})| > 1 + |x_{1}x_{2}| \Leftrightarrow |x_{1} + x_{2}| > 1 + |x_{1}x_{2}|$ .

Αν $\displaystyle{x_{1}, x_{2} \in \mathbb{Z}}$ , τότε:
Περίπτωση 1: $|x_{1}| \geq 2 \wedge |x_{2}| \geq 2$
$\Leftrightarrow |x_{1}| - 1 \geq 1 \wedge |x_{2}| - 1 \geq 1$
$\Leftrightarrow (|x_{1}| - 1)(|x_{2}| - 1) \geq 1$
$\Leftrightarrow |x_{1}||x_{2}| - |x_{1}| - |x_{2}| + 1 - 1 \geq 0$
$\displaystyle{\Leftrightarrow |x_{1}x_{2}| \geq |x_{1}| + |x_{2}|}$
Από την τριγωνική ανισότητα: $|x_{1}| + |x_{2}| \geq |x_{1} + x_{2}|$ άρα $|x_{1}x_{2}| \geq |x_{1} + x_{2}|$ , αλλά αυτό αντιβαίνει στο δεδομένο ότι $|x_{1} + x_{2}| > 1 + |x_{1}x_{2}|$ οπότε η 1η περίπτωση είναι άτοπη.

Περίπτωση 2: $|x_{1}| = 1 \vee |x_{2}| = 1$ . Χωρίς βλάβη στη γενικότητα, αν $|x_{1}| = 1$ , τότε:
$|x_{1} + x_{2}| > 1 + |x_{1}x_{2}| \Leftrightarrow |1 + x_{2}| > 1 + |x_{2}| \Leftrightarrow |1 + x_{2}| > |1| + |x_{2}|$ άτοπο, για $x_{1} = 1$ , και ομοίως άτοπο για $x_{1} = -1$ .

Το ενδεχόμενο $x_{1} = 0 \vee x_{2} = 0$ απορρίπτεται εξαρχής λόγω της υπόθεσης $b \neq 0$ .
Συμπερασματικά, είναι αδύνατον και οι δύο ρίζες να είναι ταυτόχρονα ακέραιες.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Σεπ 03, 2025 5:23 am**

Περιεκτικά το β) :

Έστω ότι οι ρίζες x_1

και

του τριωνύμου

είναι ακέραιες.

Πράγματι $\displaystyle b \neq 0 \Leftrightarrow x_1 \cdot x_2 \neq 0$ που ισοδυναμεί με:

$\displaystyle \left(x_1 \neq 0~ \text{\gr και } x_2 \neq 0 \right) \Leftrightarrow \left(|x_1| \geq 1 ~\text{\gr και } |x_2| \geq 1 \right)$ από υπόθεση.

Επομένως ισχύει ότι $\displaystyle (|x_1| - 1) (|x_2| - 1) \geq 0$ το οποίο ισοδυναμεί με:

$\displaystyle |x_1| + |x_2| \leq |x_1x_2|+1$

$\displaystyle \Leftrightarrow |x_1| + |x_2|\leq \left|b\right| + 1$ από Βιετά

$\displaystyle \Rightarrow |x_1| + |x_2| < \left|a\right|$ από δεδομένο και μεταβατική ιδιότητα

$\displaystyle \Leftrightarrow |x_1| + |x_2| < \left|x_1 + x_2\right|$ από Βιετά

που είναι άτοπο, λόγω της τριγωνικής ανισότητας.

Κατά την επεξεργασία:
Στο βήμα της μεταβατικής ιδιότητας η εσφαλμένη ισοδυναμία διορθώθηκε σε συνεπαγωγή.

Ευχαριστώ τον κ. Μιχάλη για την επισήμανση.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Σεπ 03, 2025 8:50 am**

Nikitas K. έγραψε: Τετ Σεπ 03, 2025 5:23 am

$\displaystyle |x_1| + |x_2|\leq \left|b\right| + 1$ από Βιετά

$\displaystyle { \color {red} {\Leftrightarrow} } |x_1| + |x_2| < \left|a\right|$ από δεδομένο και μεταβατική ιδιότητα

Ωραιότατα. Προσοχή όμως το $\Leftarrow$ δεν ισχύει, αλλά ευτυχώς που δεν χρειάζεται.

mathematica.gr

Tριώνυμο

Tριώνυμο

Re: Tριώνυμο

Re: Tριώνυμο

Re: Tριώνυμο