mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Απρ 23, 2020 4:43 pm**

Να βρείτε τις τιμές του $\alpha \in R$ ώστε οι παραβολές $(C_1): y^2=x - \frac{\alpha}{2}$ και $(C_2): 2y=x^2-x+\alpha$

να έχουν 4 σημεία τομής.

Γραφικά παρατηρούμε ότι αυτό συμβαίνει για $\alpha < -2$ . Δεν έχω καταφέρει να το αποδείξω αναλυτικά.

https://www.desmos.com/calculator/7n2kodqvjo

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Απρ 23, 2020 6:35 pm**

μάλλον σαν διασταύρωση των ιδεών σου και όχι ως πλήρη λύση τα παρακάτω.

Καταλήγω στην $y^4+(a-1)y^2-2y+\frac{a^2+2a}{4}=0$ η οποία είναι τετάρτου βαθμού, για να έχει 4 πραγματικές ρίζες θα πρέπει η συνάρτηση $f(y)=y^4+(a-1)y^2-2y+\frac{a^2+2a}{4}$ να παρουσιάζει τρία τοπικά ακρότατα (τ.ελ-τ.μεγ-τ.ελ) αντίστοιχα η πρώτη παράγωγος θα πρέπει να έχει τρεις πραγματικές ρίζες.
Όπου f'(y)=4y^3+2(a-1)y-2

άρα μάλλον θα καταλήξουμε στην μελέτη-διερεύνηση της γνωστής πολυωνυμικής εξίσωσης 3ου βαθμού.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Απρ 23, 2020 6:45 pm**

Καλησπέρα σας και ευχαριστώ για την άμεση ανταπόκριση.

Όσα προαναφέρατε τα έχω εξάγει και εγώ αλλά με προβληματίζει το γεγονός ότι και να βγάλουμε συνθήκη για τρία ακρότατα δε σημαίνει απαραίτητα

ότι έχει και 4 ρίζες η πολυωνυμική συνάρτηση 4ου βαθμού αλλά πιθανώς να έχει διότι το ακρότατο μπορεί να είναι θετικό αν η συνάρτηση φθίνει και μετά αυξάνει.

Προσπαθώ να προσανατολιστώ γεωμετρικά και με βάση ότι οι δύο παραβολές ανήκουν στην κατηγορία των ορθογώνιων παραβολών, δηλαδή

οι άξονες συμμετρίας τους είναι κάθετοι.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Απρ 23, 2020 7:01 pm**

dimplak έγραψε: Πέμ Απρ 23, 2020 6:45 pm Καλησπέρα σας και ευχαριστώ για την άμεση ανταπόκριση.

Όσα προαναφέρατε τα έχω εξάγει και εγώ αλλά με προβληματίζει το γεγονός ότι και να βγάλουμε συνθήκη για τρία ακρότατα δε σημαίνει απαραίτητα

ότι έχει και 4 ρίζες η πολυωνυμική συνάρτηση 4ου βαθμού αλλά πιθανώς να έχει διότι το ακρότατο μπορεί να είναι θετικό αν η συνάρτηση φθίνει και μετά αυξάνει.

Προσπαθώ να προσανατολιστώ γεωμετρικά και με βάση ότι οι δύο παραβολές ανήκουν στην κατηγορία των ορθογώνιων παραβολών, δηλαδή

οι άξονες συμμετρίας τους είναι κάθετοι.

Γεωμετρικά ίσως βγουν πιο εύκολες σχέσεις για το

αν θεωρήσουμε, ότι εφόσον οι παραβολές τέμνονται σε τέσσερα σημεία, θα σχηματίζεται ένα περιγεγράψιμο παραβολικό τετράπλευρο. (βλέπε εδώ). Το κέντρο του εγγεγραμμένου κύκλου είναι σταθερό στην περίπτωσή μας, το σημείο (0,1/2)

, που είναι το σημείο τομής των αξόνων των παραβολών. Αυτός ο κύκλος εφπάπτεται και στις δυο παραβολές. Οι εξισώσεις που προκύπτουν μπορεί να δίνουν τα κατάλληλα

. Δεν έχω κάνει τις πράξεις όμως, μπορεί να οδηγούν σε ισοδύναμα αποτελέσματα με την επίλυση των εξισώσεων, που δεν φαίνονται πολλά υποσχόμενες.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Απρ 23, 2020 8:19 pm**

Καλησπέρα. Αν κοιτάξεις την εξίσωση ως προς τις τετμημένες καταλήγεις στη συνάρτηση

$f(x)=x^4-2\,x^3+(2\,a+1)\,x^2-(2\,a+4)\,x+a^2+2\,a\,\,,x\geq \dfrac{a}{2}$ .

Έχεις επιλέξει το

ώστε η συνάρτηση αυτή να έχει 4 πραγματικές ρίζες. Ώστε, η δεύτερη παράγωγος (τριώνυμο του

) από το Θεώρημα Rolle

έχει ακριβώς 2 πραγματικές ρίζες. Είναι λοιπόν $f^{\prime \prime}(x)=12\,x^2-12\,x+2\,(2\,a+1)\,,x\geq \dfrac{a}{2}$

και η διακρίνουσα του είναι $\Delta=144-96\,(2\,a+1)>0\iff a<\dfrac{1}{4}$ με ρίζες

$\rho_1=\dfrac{6-\sqrt{12-48\,a}}{12}\,\,\,,\rho_2=\dfrac{6+\sqrt{12-48\,a}}{12}$

οι οποίες είναι εκατέρωθεν του $\dfrac{1}{2}$ , με άθροισμα ίσο με

και γινόμενο $\dfrac{2\,a+1}{6}$ .

Από εδώ και κάτω "σκάλωσα" (πρέπει να βγαίνει αλλά έχει περιπτωσεολογία)

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Απρ 24, 2020 12:21 am**

Το ότι πρέπει να είναι a< -2

για να έχουμε

σημεία τομής έχει σχετικά απλή γεωμετρική διαισθητική ερμηνεία που δίνει εύκολα την απάντηση.

Η κορυφή της παραβολής y^2=x-a/2

πρέπει να βρίσκεται αριστερά της μικρότερης ρίζας της εξίσωσης 2y=x^2-x+a =0

. Δηλαδή

$\dfrac{a}{2} < \dfrac{1-\sqrt{1-4a}}{2} \Rightarrow a < -2$

Η αυστηρή απόδειξη είναι μπελαλίδικη, μπορεί όμως να γίνει αν θεωρήσουμε τις συναρτήσεις $y=\dfrac{x^2}{2}-\dfrac{x}{2}+\dfrac{a}{2}$ , $y_{1}= \sqrt{x-\dfrac{a}{2}}$ , την συμμετρική της $y_{2} = -\sqrt{x-\dfrac{a}{2}}$ και μελετήσουμε τις συναρτήσεις

$g_{1}(x)=\dfrac{x^2}{2}-\dfrac{x}{2}+\dfrac{a}{2} - \sqrt{x-\dfrac{a}{2}}$

και παρόμοια την

$g_{2}(x)=\dfrac{x^2}{2}-\dfrac{x}{2}+\dfrac{a}{2}+ \sqrt{x-\dfrac{a}{2}}$

στα κατάλληλα διαστήματα που έχουν νόημα.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Απρ 24, 2020 10:24 am**

Ευχαριστώ για τις ιδέες σας. Θα τις επεξεργαστώ αναλυτικά.

Το χωρισμό λόγω συμμετρίας τον είχα σκεφτεί αλλά είχα φτάσει σε αδιέξοδα. Την αρχική σκέψη του κ. Κουτσουρίδη δεν την είχα σκεφτεί, δηλαδή

αν οι κορυφές παίζουν ρόλο στο πλήθος των ριζών.

Το άθροισμα των ριζών του κ. Παπαπέτρου μου έδωσε το ερέθισμα να πάρω τύπους Vieta για την f(x)

και την

και να αποκλείσω περιπτώσεις αλλά δεν έχω καταλήξει κάπου.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Απρ 24, 2020 10:31 am**

Βγαίνει με κανόνα προσήμων του Descartes

συν κάποιο casework νομίζω

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Απρ 24, 2020 11:02 am**

Ωραία, ιδέα! Δεν την είχα υπόψη! Θα μελετήσω τις περιπτώσεις! Ευχαριστώ πολύ!

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Απρ 24, 2020 11:07 am**

Επίσης, μία μεταφορά αξόνων τους μορφής:

$\displaystyle{u=x-\frac{1}{2},\ v=y,}$

Φέρνει την τελική τεταρτοβάθμια σε "depressed" μορφή - απουσιάζει ο τριτοβάθμιος όρος - οπότε λύνεται μέσω της μεθόδου Ferrari.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Απρ 24, 2020 12:08 pm**

Christos.N έγραψε: Πέμ Απρ 23, 2020 6:35 pm μάλλον σαν διασταύρωση των ιδεών σου και όχι ως πλήρη λύση τα παρακάτω.

Καταλήγω στην $y^4+(a-1)y^2-2y+\frac{a^2+2a}{4}=0$ η οποία είναι τετάρτου βαθμού, για να έχει 4 πραγματικές ρίζες θα πρέπει η συνάρτηση $f(y)=y^4+(a-1)y^2-2y+\frac{a^2+2a}{4}$ να παρουσιάζει τρία τοπικά ακρότατα (τ.ελ-τ.μεγ-τ.ελ) αντίστοιχα η πρώτη παράγωγος θα πρέπει να έχει τρεις πραγματικές ρίζες.
Όπου άρα μάλλον θα καταλήξουμε στην μελέτη-διερεύνηση της γνωστής πολυωνυμικής εξίσωσης 3ου βαθμού.

Ή ίσως θα μπορούσαμε να πάμε κατευθείαν στην γνωστή διερεύνηση λύσεων τεταρτοβάθμιας... Τέλος πάντων, δίνω μια 'γρήγορη' (αλλά όχι πλήρη) αιτιολόγηση για την 'οριακότητα' της a=-2

:

Αναζητούμε εκείνο το

για το οποίο η f(y)

θα έχει διπλή ρίζα, αναζητούμε δηλαδή a, p, q, r

τέτοια ώστε να ισχύει η ισότητα

$y^4+(a-1)y^2-2y+\frac{a^2+2a}{4}=(y-p)^2(y-q)(y-r),$

από την οποία εύκολα λαμβάνουμε

$qr=a-1+3p^2=\dfrac{1+p^3}{p}=\dfrac{a^2+2a}{4p^2},$

οπότε

$\left(\dfrac{1+p-2p^3}{p}\right)^2+2\left(\dfrac{1+p-2p^3}{p}\right)=4p+4p^4$

και

(p+1)(8p^3-3p-1)=0.

Από την

καταλήγουμε εύκολα στην a=-2

, ενώ η πραγματική ρίζα της 8p^3-3p-1=0

οδηγεί, μέσω q+r=-2p

& $qr=\dfrac{1+p^3}{p}$ και $t^2+2pt+\dfrac{1+p^3}{p}=0$ , στις $q=-p+\sqrt{-1/p}$ , $r=-p-\sqrt{-1/p}$ . [Πιθανώς ... θα επανέλθω

]

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Απρ 24, 2020 1:39 pm**

dimplak έγραψε: Παρ Απρ 24, 2020 10:24 am Ευχαριστώ για τις ιδέες σας. Θα τις επεξεργαστώ αναλυτικά.

Το χωρισμό λόγω συμμετρίας τον είχα σκεφτεί αλλά είχα φτάσει σε αδιέξοδα. Την αρχική σκέψη του κ. Κουτσουρίδη δεν την είχα σκεφτεί, δηλαδή

αν οι κορυφές παίζουν ρόλο στο πλήθος των ριζών.

Το άθροισμα των ριζών του κ. Παπαπέτρου μου έδωσε το ερέθισμα να πάρω τύπους Vieta για την και την και να αποκλείσω περιπτώσεις αλλά δεν έχω καταλήξει κάπου.

Και ο κανόνας προσήμων του Καρτέσιου φαίνεται υποσχόμενος, καλή η ιδέα του min##. Πάντως γενικότερα αυτή η γεωμετρική αντιμετώπιση φαίνεται να είναι και η αναγκαία και ικανή συνθήκη δυο παραβολές να έχουν τέσσερα σημεία τομής.

Οι "ρίζες" ως προς τον άξονα της μιας παραβολής (δηλαδή τα σημεία τομής της μιας παραβολής με τον άξονα της άλλης), να είναι εντός του κυρτού χώρου που ορίζει η άλλη και το αντίστοιχο για την άλλη παραβολή.

Στην περίπτωσή μας εκφράζεται στην σχέση που ανέφερα παραπάνω αλλά και σε αυτήν που παρέλειψα για την άλλη παραβολή.

Στην Κορέα μπορεί να ήταν θέμα πολλαπλής επιλογής στις εισαγωγικές (αν δεν ζητείτε αυστηρή απόδειξη).

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Απρ 24, 2020 1:42 pm**

Ο κανόνας προσήμων Descartes υπόσχεται πολλά όσο αναφορά την αναλυτική αντιμετώπιση με αφορμή την απλή σκέψη ότι

τα τρία ακρότατα πρέπει να είναι διαδοχικά ετερόσημα ή στην περίπτωση του για $\alpha = -2$ , το μεσαίο να είναι μηδέν και τα

ακριανά αρνητικά.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Απρ 24, 2020 4:20 pm**

Al.Koutsouridis έγραψε: Πέμ Απρ 23, 2020 7:01 pm
dimplak έγραψε: Πέμ Απρ 23, 2020 6:45 pm Καλησπέρα σας και ευχαριστώ για την άμεση ανταπόκριση.

Όσα προαναφέρατε τα έχω εξάγει και εγώ αλλά με προβληματίζει το γεγονός ότι και να βγάλουμε συνθήκη για τρία ακρότατα δε σημαίνει απαραίτητα

ότι έχει και 4 ρίζες η πολυωνυμική συνάρτηση 4ου βαθμού αλλά πιθανώς να έχει διότι το ακρότατο μπορεί να είναι θετικό αν η συνάρτηση φθίνει και μετά αυξάνει.

Προσπαθώ να προσανατολιστώ γεωμετρικά και με βάση ότι οι δύο παραβολές ανήκουν στην κατηγορία των ορθογώνιων παραβολών, δηλαδή

οι άξονες συμμετρίας τους είναι κάθετοι.

Γεωμετρικά ίσως βγουν πιο εύκολες σχέσεις για το αν θεωρήσουμε, ότι εφόσον οι παραβολές τέμνονται σε τέσσερα σημεία, θα σχηματίζεται ένα περιγεγράψιμο παραβολικό τετράπλευρο. (βλέπε εδώ). Το κέντρο του εγγεγραμμένου κύκλου είναι σταθερό στην περίπτωσή μας, το σημείο , που είναι το σημείο τομής των αξόνων των παραβολών. Αυτός ο κύκλος εφπάπτεται και στις δυο παραβολές. Οι εξισώσεις που προκύπτουν μπορεί να δίνουν τα κατάλληλα . Δεν έχω κάνει τις πράξεις όμως, μπορεί να οδηγούν σε ισοδύναμα αποτελέσματα με την επίλυση των εξισώσεων, που δεν φαίνονται πολλά υποσχόμενες.

Επειδή οι παραβολές είναι ορθογώνιες, τα τέσσερα σημεία τομής σχηματίζουν τετράπλευρο που είναι επίσης εγγράψιμο: σε σχετικά πρόσφατη συζήτηση είχα δώσει τύπους για το κέντρο του κύκλου (εδώ) και για την ακτίνα του (εδώ), εφαρμόζοντας τους στο συγκεκριμένο πρόβλημα βρίσκουμε κέντρο (1,1)

ανεξάρτητο του

και ακτίνα $\displaystyle\sqrt{2-\dfrac{3a}{2}}$ -- δυστυχώς ο τύπος αυτός μας δίνει, μέσω μη αρνητικού υπόρριζου, την μη βέλτιστη συνθήκη $a\leq \dfrac{4}{3}$ .

[Δεν υπάρχει λάθος στους τύπους μου, που άλλωστε επαληθεύονται στο συνημμένο (με κέντρο (1,1)

και ακτίνα $\sqrt{5}$ ) για την οριακή περίπτωση a=-2

. Απλώς θα ήταν πολύ όμορφο να ορίζεται η ακτίνα αν και μόνον αν $a\leq -2$ , αλλά ... ας μην τα θέλουμε και όλα δικά μας

]

: 2-parabolas-3-points.png (14.25 KiB) Προβλήθηκε 4711 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Απρ 24, 2020 5:23 pm**

Κύριε Γιώργο, αυτό ήταν το πρώτο συμπέρασμα που έβγαλα κι εγώ κι έπεσα στην παγίδα!

Γραφικά, όμως , δεν μπορώ να καταλάβω αυτόν τον περιορισμό , τον $\alpha \le \frac{4}{3}$

Επιπλέον, παρατηρούμε ότι το κέντρο του κύκλου είναι σταθερό για κάθε τιμή του $\alpha \le -2$ .

Συνεχίζουμε...

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Απρ 24, 2020 7:48 pm**

dimplak έγραψε: Πέμ Απρ 23, 2020 4:43 pm Να βρείτε τις τιμές του $\alpha \in R$ ώστε οι παραβολές $(C_1): y^2=x - \frac{\alpha}{2}$ και $(C_2): 2y=x^2-x+\alpha$

να έχουν 4 σημεία τομής.

Γραφικά παρατηρούμε ότι αυτό συμβαίνει για $\alpha < -2$ . Δεν έχω καταφέρει να το αποδείξω αναλυτικά.

https://www.desmos.com/calculator/7n2kodqvjo

Christos.N έγραψε: Πέμ Απρ 23, 2020 6:35 pm μάλλον σαν διασταύρωση των ιδεών σου και όχι ως πλήρη λύση τα παρακάτω.

Καταλήγω στην $y^4+(a-1)y^2-2y+\frac{a^2+2a}{4}=0$ η οποία είναι τετάρτου βαθμού, για να έχει 4 πραγματικές ρίζες θα πρέπει η συνάρτηση $f(y)=y^4+(a-1)y^2-2y+\frac{a^2+2a}{4}$ να παρουσιάζει τρία τοπικά ακρότατα (τ.ελ-τ.μεγ-τ.ελ) αντίστοιχα η πρώτη παράγωγος θα πρέπει να έχει τρεις πραγματικές ρίζες.
Όπου άρα μάλλον θα καταλήξουμε στην μελέτη-διερεύνηση της γνωστής πολυωνυμικής εξίσωσης 3ου βαθμού.

Οτι για

υπάρχουν τέσσερα σημεία τομής είναι απλούστατο.
Θεωρούμε την

$f(y)=y^4+(a-1)y^2-2y+\frac{a^2+2a}{4}$

Είναι f(0)>0

και τα όρια στα άπειρα είναι $+\infty$
Ενας υπολογισμός δείχνει ότι τα

$f(\sqrt{\frac{-a}{2}}),f(-\sqrt{\frac{-a}{2}})$

είναι αρνητικά.Τέσσερεις Bolzano και τελειώσαμε.

Το ότι για $a\geq -2$
εχει λιγότερες από 4 ρίζες θέλει λίγο λέρωμα.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Απρ 25, 2020 1:33 pm**

Για το ρου της συζήτησης απλά να αναφέρουμε και την πρόταση λε' του δ βιβλίου του Απολλώνιου.

"Κώνου τομή ή κύκλου περιφέρεια κώνου τομή ή κύκλου περιφέρεια μη επί τα αυτά μέρη τα κυρτά έχουσα ου συμπεσείτε κατά πλείονα ή δυο."

Κώνου τομή ή περιφέρεια κύκλου με κώνου τομή ή περιφέρεια κύκλου μη έχουσα επί τα αυτά μέρη τα κυρτά, δεν θα συναντάται σε περισσότερα σημεία παρά μόνο σε δυο.

: shmeia_tomhs_paravolwn.png (12.96 KiB) Προβλήθηκε 4617 φορές

Εν συντομία, αν τέμνονται σε περισσότερα των δυο σημεία, έστω τρία από αυτά τα

,

και

. Η απόδειξη γίνεται εξετάζοντας την γωνία ABC

, που για την κωνική ABC

είναι κοίλη και για την κωνική ADBEC

είναι κυρτή, καταλλήγοντας σε άτοπο.

Η παραπάνω πρόταση στο πρόβλημά μας ανάγεται στο ότι η κορυφή της μίας παραβολής δεν μπορεί να βρίσκεται στο κυρτό χωρίο της άλλης και να υπάρχουν πάνω από δυο σημεία τομής μεταξύ τους. Το αντίστοιχο και για την άλλη παραβολή δίνοντας έτσι την κατάλληλη τοπολογία για να έχουμε τέσσερα σημεία τομής.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Απρ 25, 2020 7:56 pm**

gbaloglou έγραψε: Παρ Απρ 24, 2020 12:08 pm
Christos.N έγραψε: Πέμ Απρ 23, 2020 6:35 pm μάλλον σαν διασταύρωση των ιδεών σου και όχι ως πλήρη λύση τα παρακάτω.

Καταλήγω στην $y^4+(a-1)y^2-2y+\frac{a^2+2a}{4}=0$ η οποία είναι τετάρτου βαθμού, για να έχει 4 πραγματικές ρίζες θα πρέπει η συνάρτηση $f(y)=y^4+(a-1)y^2-2y+\frac{a^2+2a}{4}$ να παρουσιάζει τρία τοπικά ακρότατα (τ.ελ-τ.μεγ-τ.ελ) αντίστοιχα η πρώτη παράγωγος θα πρέπει να έχει τρεις πραγματικές ρίζες.
Όπου άρα μάλλον θα καταλήξουμε στην μελέτη-διερεύνηση της γνωστής πολυωνυμικής εξίσωσης 3ου βαθμού.
Ή ίσως θα μπορούσαμε να πάμε κατευθείαν στην γνωστή διερεύνηση λύσεων τεταρτοβάθμιας... Τέλος πάντων, δίνω μια 'γρήγορη' (αλλά όχι πλήρη) αιτιολόγηση για την 'οριακότητα' της :

Αναζητούμε εκείνο το για το οποίο η θα έχει διπλή ρίζα, αναζητούμε δηλαδή τέτοια ώστε να ισχύει η ισότητα

$y^4+(a-1)y^2-2y+\frac{a^2+2a}{4}=(y-p)^2(y-q)(y-r),$

από την οποία εύκολα λαμβάνουμε

$qr=a-1+3p^2=\dfrac{1+p^3}{p}=\dfrac{a^2+2a}{4p^2},$

οπότε

$\left(\dfrac{1+p-2p^3}{p}\right)^2+2\left(\dfrac{1+p-2p^3}{p}\right)=4p+4p^4$

και

Από την καταλήγουμε εύκολα στην , ενώ η πραγματική ρίζα της οδηγεί, μέσω & $qr=\dfrac{1+p^3}{p}$ και $t^2+2pt+\dfrac{1+p^3}{p}=0$ , στις $q=-p+\sqrt{-1/p}$ , $r=-p-\sqrt{-1/p}$ . [Πιθανώς ... θα επανέλθω ]

Το πρόβλημα βέβαια είναι ότι η παραπάνω πραγματική ρίζα, $p\approx0,73784$ , καθιστά το παραπάνω υπόρριζο αρνητικό. Δεν έχω καλή εποπτεία της όλης κατάστασης, ας πώ όμως ότι η παραπάνω τιμή δίνει $a\approx 1,2665$ ... και δύο εφαπτόμενες παραβολές με ένα μόνο κοινό σημείο:

: 2-parabolas-1-point.gif (6.21 KiB) Προβλήθηκε 4589 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Απρ 29, 2020 7:54 pm**

Christos.N έγραψε: Πέμ Απρ 23, 2020 6:35 pm μάλλον σαν διασταύρωση των ιδεών σου και όχι ως πλήρη λύση τα παρακάτω.

Καταλήγω στην $y^4+(a-1)y^2-2y+\frac{a^2+2a}{4}=0$ η οποία είναι τετάρτου βαθμού, για να έχει 4 πραγματικές ρίζες θα πρέπει η συνάρτηση $f(y)=y^4+(a-1)y^2-2y+\frac{a^2+2a}{4}$ να παρουσιάζει τρία τοπικά ακρότατα (τ.ελ-τ.μεγ-τ.ελ) αντίστοιχα η πρώτη παράγωγος θα πρέπει να έχει τρεις πραγματικές ρίζες.
Όπου άρα μάλλον θα καταλήξουμε στην μελέτη-διερεύνηση της γνωστής πολυωνυμικής εξίσωσης 3ου βαθμού.

Λοιπόν ... επειδή πλήρης λύση τελικά δεν δόθηκε ... ας το τελειώσουμε χρησιμοποιώντας διακρίνουσες πολυωνύμου τετάρτου βαθμού:

Υπάρχουν 4 πραγματικές ρίζες αν και μόνον αν ισχύουν ταυτόχρονα οι τρεις ανισότητες P<0

,

, $\Delta >0$ , ισοδύναμες αντίστοιχα προς τις

8(a-1)<0

Από τις πρώτες δύο ανισότητες λαμβάνουμε $a<\dfrac{1}{4}$ , και ... επειδή η τριτοβάθμιος της τρίτης ανισότητας είναι προφανώς αρνητική για $a<\dfrac{1}{4}$ ... φτάνουμε επιτέλους στην πολυπόθητη a<-2

.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιουν 22, 2020 2:52 pm**

Τὠρα το είδα κ. Γιώργο! Πολύ ωραία! Ευχαριστώ!

mathematica.gr

Σημεία τομής δύο παραβολών

Σημεία τομής δύο παραβολών

Re: Σημεία τομής δύο παραβολών

Re: Σημεία τομής δύο παραβολών

Re: Σημεία τομής δύο παραβολών

Re: Σημεία τομής δύο παραβολών

Re: Σημεία τομής δύο παραβολών

Re: Σημεία τομής δύο παραβολών

Re: Σημεία τομής δύο παραβολών

Re: Σημεία τομής δύο παραβολών

Re: Σημεία τομής δύο παραβολών

Re: Σημεία τομής δύο παραβολών

Re: Σημεία τομής δύο παραβολών

Re: Σημεία τομής δύο παραβολών

Re: Σημεία τομής δύο παραβολών

Re: Σημεία τομής δύο παραβολών

Re: Σημεία τομής δύο παραβολών

Re: Σημεία τομής δύο παραβολών

Re: Σημεία τομής δύο παραβολών

Re: Σημεία τομής δύο παραβολών

Re: Σημεία τομής δύο παραβολών