mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιουν 27, 2024 9:14 pm**

Αν το πολυώνυμο P(x)=x^4-2x^2+ax+b

έχει τέσσερις άνισες πραγματικές ρίζες $\rho _1<\rho _2<\rho _3<\rho _4$

να αποδείξετε ότι $\rho _1\in ( -\sqrt{3},-\dfrac{\sqrt{3}}{3})$ και $\rho _4\in ( \dfrac{\sqrt{3}}{3}, \sqrt{3}).$

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιουν 30, 2024 5:17 pm**

Επαναφορά.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιούλ 05, 2024 12:29 am**

Στρατηγική μας δεν μπορεί παρά να είναι η απομόνωση των $\rho_1, \rho_4:$ από τις $\rho_1+\rho_2+\rho_3+\rho_4=0$ και $(\rho_1+\rho_4)(\rho_2+\rho_3)+\rho_1\rho_4+\rho_2\rho_3=-2$ λαμβάνουμε $\rho_2+\rho_3=-(\rho_1+\rho_4)$ και $\rho_2\rho_3=-2-\rho_1\rho_4+(\rho_1+\rho_4)^2,$ οπότε

$\rho_2=\dfrac{-(\rho_1+\rho_4)-\sqrt{8-3\rho_1^2-2\rho_1\rho_4-3\rho_4^2}}{2},$

$\rho_3=\dfrac{-(\rho_1+\rho_4)+\sqrt{8-3\rho_1^2-2\rho_1\rho_4-3\rho_4^2}}{2}.$

Από θετική διακρίνουσα λαμβάνουμε $8-3\rho_1^2-2\rho_1\rho_4-3\rho_4^2>0,$ και γράφοντας την τελευταία

είτε ως $3\rho_1^2+(2\rho_4)\rho_1+(3\rho_4^2-8)<0$

είτε ως $3\rho_4^2+(2\rho_1)\rho_4+(3\rho_1^2-8)<0$

λαμβάνουμε -- υποχρεωτικά θετική διακρίνουσα αρνητικής δευτεροβάθμιας με θετικό πρώτο συντελεστή! -- αντίστοιχα $\rho_4^2<3$ και $\rho_1^2<3,$ οπότε βεβαίως $\rho_4<\sqrt{3}$ και $\rho_1>-\sqrt{3}.$

Οι άλλες δύο ζητούμενες ανισότητες, $\rho_4>\dfrac{1}{\sqrt{3}}$ και $\rho_1<-\dfrac{1}{\sqrt{3}},$ είναι άμεσες συνέπειες διπλής εφαρμογής του Θεωρήματος Rolle: η πρώτη παράγωγος 4x^3-4x+a

έχει τρεις ρίζες $\sigma_1, \sigma_2, \sigma_3$ τέτοιες ώστε $\rho_1<\sigma_1<\rho_2<\sigma_2<\rho_3<\sigma_3<\rho_4,$ οπότε οι ρίζες $-\dfrac{1}{\sqrt{3}}$ και $\dfrac{1}{\sqrt{3}}$ της δεύτερης παραγώγου 12x^2-4

ικανοποιούν την $\sigma_1<-\dfrac{1}{\sqrt{3}}<\sigma_2<\dfrac{1}{\sqrt{3}}<\sigma_3,$ κλπ

[Προσπάθησα πολύ χωρίς παραγώγους αλλά δεν τα κατάφερα, και υπάρχουν και άλλα πράγματα που μάλλον αξίζουν να συζητηθούν, πιθανώς θα επανέλθω. (Ας ελεγχθεί πρώτα η ορθότητα των παραπάνω ... και πάμε και γι' άλλα μετά

)]

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Αύγ 18, 2024 6:37 pm**

Πρόσθετο ερώτημα: $\rho_1\rho_4<-1$

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Σεπ 04, 2024 11:09 am**

gbaloglou έγραψε: Κυρ Αύγ 18, 2024 6:37 pm Πρόσθετο ερώτημα: $\rho_1\rho_4<-1$

Επαναφορά: αν $\rho_1 <\rho_2 <\rho_3<\rho_4$ οι ρίζες του x^4-2x^2+ax+b

τότε ισχύει η $\rho_1 \rho_4<-1.$

[Η λύση μου σχολική αλλά κοπιώδης, κατάλληλη για homework αλλά όχι για test

Μπορεί φυσικά να υπάρχει κάτι πιο έξυπνο, ή να προκύπτει ως πόρισμα κάποιου γενικότερου θεωρήματος,]

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Σεπ 04, 2024 5:04 pm**

Για το αρχικό ερώτημα

Θα γράφω x_1,x_2,x_3,x_4

για τις ρίζες για ευκολία.

Έχουμε $x_1 + \cdots + x_4 = 0$ και $x_1x_2 + \cdots + x_3x_4 = -2$ άρα

$\displaystyle x_1^2 + x_2^2 + x_3^2 + x_4^2 = (x_1 + \cdots + x_4)^2 - 2(x_1 x_2 + \cdots + x_3 x_4) = 4$

Από Cauchy-Schwarz, και αφού οι ρίζες είναι άνισες, έχουμε

$\displaystyle 3(x_1^2 + x_2^2 + x_3^2) > (x_1+x_2+x_3)^2 = x_4^2.$

Άρα

$\displaystyle 12 = 3(x_1^2 + \cdots + x_4^2) > x_4^2 + 3x_4^2$

και συνεπώς $x_4 < \sqrt{3}$ . Ομοίως $x_1 > -\sqrt{3}$ .

Ας υποθέσουμε τώρα προς άτοπο ότι $x_4 \leqslant \sqrt{3}/3$ . Έστω ότι

από τις ρίζες είναι μικρότερες ή ίσες του

και ότι οι υπόλοιπες είναι θετικές. Έχουμε

$\displaystyle x_{k+1}^2 + \cdots + x_4^2 \leqslant \frac{4-k}{3} \implies x_1^2 + \cdots + x_k^2 \geqslant \frac{8+k}{3} \implies x_1^2 \geqslant \frac{8+k}{3k}$

Επίσης, για κάθε $1 \leqslant i \leqslant k$ ,

$\displaystyle |x_i| \leqslant |x_1 + \cdots + x_k| = |x_{k+1} + \cdots + x_4| \leqslant \frac{(4-k)\sqrt{3}}{3} \implies x_i^2 \leqslant \frac{(4-k)^2}{3}$

Καταλήξαμε στην ανισότητα $\displaystyle \frac{8+k}{3k} \leqslant \frac{(4-k)^2}{3}.$ Όμως $k \in \{1,2,3\}$ και αναγκαστικά από την ανισότητα πρέπει k=1

. Αυτό όμως δίνει $x_1^2 \geqslant 3$ που είναι άτοπο.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Σεπ 17, 2024 12:06 pm**

H λύση μου για το πρόσθετο ερώτημα (μου), $\rho_1\rho_4<-1,$ κοπιώδης όπως προείπα:

Εύλογα υποθέτουμε x^4-2x^2+ax+b=(x^2+px+q)(x^2+rx+s)

με

οπότε

και οι τέσσερις ρίζες $\rho_1<\rho_2<\rho_3<\rho_4$ είναι οι $\dfrac{-p\pm\sqrt{p^2-4q}}{2}$ και $\dfrac{p\pm\sqrt{8+4q-3p^2}}{2}.$ Από θετικές διακρίνουσες προκύπτει άμεσα η $\dfrac{3p^2-8}{4}<q<\dfrac{p^2}{4}$ και συνεπώς η 0<p<2.

[Αξίζει ίσως τον κόπο να μελετηθεί ξεχωριστά η περίπτωση p=0

(αν και καλύπτεται ουσιαστικά από τις περιπτώσεις (Ib) και (IIa) παρακάτω): ισχύουν είτε οι $\rho_1=-\sqrt{-q}, \rho_4=\sqrt{-q}$ (όταν -2<q<-1

) είτε οι $\rho_1=-\sqrt{q+2}, \rho_4=\sqrt{q+2}$ (όταν -1<q<0

), οπότε $\rho_1\rho_4<-1.$ (Ας παρατηρηθεί επίσης ότι η p=2

οδηγεί σε δύο διπλές ρίζες και στην $\rho_1\rho_4=-1.$ )]

Αν και κάπως 'μη αναμενόμενο', είναι δυνατόν να ισχύει η $\rho_4=\dfrac{-p+\sqrt{p^2-4q}}{2}$ αντί της $\rho_4=\dfrac{p+\sqrt{8+4q-3p^2}}{2}.$ Υπάρχουν δύο περιπτώσεις:

(Ia) $\dfrac{-p+\sqrt{p^2-4q}}{2}>\dfrac{p+\sqrt{8+4q-3p^2}}{2}>\dfrac{-p-\sqrt{p^2-4q}}{2}>\dfrac{p-\sqrt{8+4q-3p^2}}{2}$

(Ib) $\dfrac{-p+\sqrt{p^2-4q}}{2}>\dfrac{p+\sqrt{8+4q-3p^2}}{2}>\dfrac{p-\sqrt{8+4q-3p^2}}{2}>\dfrac{-p-\sqrt{p^2-4q}}{2}$

Η περίπτωση (Ia) αποκλείεται άμεσα με πρόσθεση κατά μέλη (λόγω p>0

):

$\left(\dfrac{-p+\sqrt{p^2-4q}}{2}\right)+\left(\dfrac{-p-\sqrt{p^2-4q}}{2}\right)>\left(\dfrac{p+\sqrt{8+4q-3p^2}}{2}\right)+\left(\dfrac{p-\sqrt{8+4q-3p^2}}{2}\right).$

Στην περίπτωση (Ib) στόχος μας είναι να δείξουμε ότι ισχύει η q+1<0,

καθώς θα ισχύει τότε η

$\rho_1 \rho_4=\left(\dfrac{-p+\sqrt{p^2-4q}}{2}\right)\left(\dfrac{-p-\sqrt{p^2-4q}}{2}\right)=q.$

Από $-p+\sqrt{p^2-4q}>p+\sqrt{8+4q-3p^2}$ έχουμε $\sqrt{p^2-4q}-\sqrt{8+4q-3p^2}>2p,$ οπότε υψώνοντας στο τετράγωνο προκύπτει η

$4-3p^2>\sqrt{p^2-4q}}\cdot \sqrt{8+4q-3p^2}>0,$

από την οποία προκύπτει άμεσα η $p<\dfrac{2}{\sqrt{3}}.$

Με δεύτερη ύψωση στο τετράγωνο προκύπτει η

4(q+1)^2-4p^2(q+1)+p^2(3p^2-4)>0,

οπότε ή $16p^4-16p^2(3p^2-4)<0\leftrightarrow p>\sqrt{2},$ αδύνατον λόγω της $p<\dfrac{2}{\sqrt{3}}<\sqrt{2},$

ή ισχύει μία εκ των $q+1>\dfrac{p^2+\sqrt{4p^2-2p^4}}{2}, q+1<\dfrac{p^2-\sqrt{4p^2-2p^4}}{2}.$

Στην πρώτη υποπερίπτωση, από $\sqrt{p^2-4q}-\sqrt{8+4q-3p^2}>2p>0$ λαμβάνουμε p^2>2q+2,

και από υπόθεση $2q+2>p^2+\sqrt{4p^2-2p^4}},$ ΑΤΟΠΟ.

Στην δεύτερη υποπερίπτωση, από $p<\dfrac{2}{\sqrt{3}}$ λαμβάνουμε $p^2<\sqrt{4p^2-2p^4},$ και από υπόθεση $q+1<\dfrac{p^2-\sqrt{4p^2-2p^4}}{2},$ οπότε q+1<0,

όπως θα θέλαμε.

Όταν τώρα $\rho_4=\dfrac{p+\sqrt{8+4q-3p^2}}{2}$ προκύπτουν τρεις περιπτώσεις:

(IIa) $p+\sqrt{8+4q-3p^2}>-p+\sqrt{p^2-4q}>-p-\sqrt{p^2-4q}>p-\sqrt{8+4q-3p^2}$

(IIb) $p+\sqrt{8+4q-3p^2}>-p+\sqrt{p^2-4q}>p-\sqrt{8+4q-3p^2}>-p-\sqrt{p^2-4q}$

(IIc) $p+\sqrt{8+4q-3p^2}>p-\sqrt{8+4q-3p^2}>-p+\sqrt{p^2-4q}>-p-\sqrt{p^2-4q}$

Η περίπτωση (IIa) είναι ανάλογη προς την περίπτωση (Ib), καθώς με παρόμοιο τρόπο καταλήγουμε από την $\sqrt{8+4q-3p^2}-\sqrt{p^2-4q}>2p>0$ στις $p<\dfrac{2}{\sqrt{3}}, p^2<2q+2$ και ή $q+1<\dfrac{p^2-\sqrt{4p^2-2p^4}}{2}$ (ΑΤΟΠΟ λόγω $p^2<2q+2<p^2-\sqrt{4p^2-2p^4}$ ) ή $q+1>\dfrac{p^2+\sqrt{4p^2-2p^4}}{2}$ (που δίνει q+1>p^2,

δηλαδή $\rho_1\rho_4<-1,$ λόγω $p<\dfrac{2}{\sqrt{3}}\rightarrow \dfrac{p^2+\sqrt{4p^2-2p^4}}{2}>p^2$ ).

Στην περίπτωση (IIb) λαμβάνουμε από τις $2p>\sqrt{p^2-4q}-\sqrt{8+4q-3p^2}$ και $2p>\sqrt{8+4q-3p^2}-\sqrt{p^2-4q}$ την

$2p>|\sqrt{p^2-4q}-\sqrt{8+4q-3p^2}|,$

οπότε με ύψωση στο τετράγωνο λαμβάνουμε

$\sqrt{p^2-4q}\cdot\sqrt{8+4q-3p^2}>4-3p^2,$

ενώ από την $2p<\sqrt{p^2-4q}+\sqrt{8+4q-3p^2}$ λαμβάνουμε

$\sqrt{p^2-4q}\cdot\sqrt{8+4q-3p^2}>3p^2-4,$

άρα και $\sqrt{p^2-4q}\cdot\sqrt{8+4q-3p^2}>|4-3p^2|,$ και με νέα ύψωση στο τετράγωνο λαμβάνουμε τελικά

4(q+1)^2-4p^2(q+1)+p^2(3p^2-4)<0.

Συμπεραίνουμε ότι ισχύουν, στην περίπτωση (IIb) πάντοτε, οι ανισότητες

$\dfrac{3p^2-8}{4}<\dfrac{p^2-2-\sqrt{4p^2-2p^4}}{2}<q<\dfrac{p^2-2+\sqrt{4p^2-2p^4}}{2}<\dfrac{p^2}{4}.$

Η ζητούμενη $\rho_1\rho_4<-1$ είναι στην περίπτωση (IIb) ισοδύναμη προς την ανισότητα

$\left(p+\sqrt{p^2-4q}\right)\cdot \left(p+\sqrt{8+4q-3p^2}\right)>4.$

Θέτοντας $f(q)=\left(p+\sqrt{p^2-4q}\right)\cdot \left(p+\sqrt{8+4q-3p^2}\right)$ έχουμε

$f'(q)=\dfrac{2}{\sqrt{p^2-4q}\cdot\sqrt{8+4q-3p^2}}\cdot \left(\sqrt{p^2-4q}-\sqrt{8+4q-3p^2}\right)\cdot\left(p+\sqrt{p^2-4q}+\sqrt{8+4q-3p^2}\right),$

άρα η

είναι αύξουσα στο $\left(\dfrac{p^2-2-\sqrt{p^2-4q}}{2}, \dfrac{p^2-2}{2}\right)$ και φθίνουσα στο $\left(\dfrac{p^2-2}{2}, \dfrac{p^2-2+\sqrt{p^2-4q}}{2}\right),$ και συνεπώς η ζητούμενη f(q)>4

ανάγεται στην ανισότητα

$\left(p+\sqrt{4-p^2+2\sqrt{4p^2-2p^4}}\right)\cdot \left(p+\sqrt{4-p^2-2\sqrt{4p^2-2p^4}}\right)\geq 4,$

καθώς αυτή είναι η κοινή τιμή της

στα άκρα του διαστήματος ορισμού.

H ανισότητα στην οποία καταλήξαμε γράφεται ως

$\left(p+\left|p+\sqrt{4-2p^2}\right|\right)\cdot \left(p+\left|p-\sqrt{4-2p^2}\right|\right)\geq 4, 0\leq p\leq \sqrt{2}$ .

Για $0\leq p\leq \dfrac{2}{\sqrt{3}}$ η ανισότητα ανάγεται στην

$\left(2p+\sqrt{4-2p^2}\right)\sqrt{4-2p^2}\geq 4\leftrightarrow 4\geq 3p^2$ (ισχύει),

ενώ για $\dfrac{2}{\sqrt{3}}\leq p\leq \sqrt{2}$ η ανισότητα ανάγεται στην

$\left(2p+\sqrt{4-2p^2}\right)\left(2p-\sqrt{4-2p^2}\right)\geq 4\leftrightarrow 3p^2\geq 4$ (ισχύει).

Στην εναπομένουσα περίπτωση, (IIc), ισχύει η $2p>\sqrt{p^2-4q}+\sqrt{8+4q-3p^2},$ η οποία με ύψωση στο τετράγωνο δίνει

$\sqrt{p^2-4q}\cdot \sqrt{8+4q-3p^2}<3p^2-4$

και συνεπώς $\dfrac{2}{\sqrt{3}}<p<2.$ Με νέα ύψωση στο τετράγωνο λαμβάνουμε

4(q+1)^2-4p^2(q+1)+p^2(3p^2-4)>0,

οπότε είτε $\sqrt{2}<p<2$ (αρνητική διακρίνουσα) είτε $\dfrac{2}{\sqrt{3}}\leq p\leq \sqrt{2}}$ και ή $q<\dfrac{p^2-2-\sqrt{4p^2-2p^4}}{2}$ ή $q>\dfrac{p^2-2+\sqrt{4p^2-2p^4}}{2}.$ Βεβαίως ισχύει πάντοτε και η $\dfrac{3p^2-8}{4}<q<\dfrac{p^2}{4},$ οπότε καταλήγουμε στις εξής τρεις υποπεριπτώσεις:

(i) $\sqrt{2}<p<2, \dfrac{3p^2-8}{4}<q<\dfrac{p^2}{4}$

(ii) $\dfrac{2}{\sqrt{3}}\leq p\leq \sqrt{2}, \dfrac{3p^2-8}{4}<q<\dfrac{p^2-2-\sqrt{4p^2-2p^4}}{2}$

(iii) $\dfrac{2}{\sqrt{3}}\leq p\leq \sqrt{2}, \dfrac{p^2-2+\sqrt{4p^2-2p^4}}{2}<q<\dfrac{p^2}{4}$

Συμπεραίνουμε, ενεργώντας όπως ακριβώς στην περίπτωση (IIb) και παρατηρώντας ότι η $f(q)=\left(p+\sqrt{p^2-4q}\right)\cdot \left(p+\sqrt{8+4q-3p^2}\right)$ είναι αύξουσα στο $\left(\dfrac{3p^2-8}{4}, \dfrac{p^2-2}{2}\right)$ και φθίνουσα στο $\left(\dfrac{p^2-2}{2}, \dfrac{p^2}{4}\right),$ ότι για να δειχθεί η ζητούμενη $\rho_1\rho_4<-1$ αρκεί, καλύπτοντας και τις τρεις υποπεριπτώσεις, να δειχθεί η

$f\left(\dfrac{3p^2-8}{4}\right)=f\left(\dfrac{p^2}{4}\right)=p(p+\sqrt{8-2p^2})\geq 4$ για $\dfrac{2}{\sqrt{3}}\leq p\leq 2.$

Θέτοντας $g(p)=p(p+\sqrt{8-2p^2})-4,$ αρκεί πλέον να παρατηρηθεί ότι ισχύουν οι $g\left(\dfrac{2}{\sqrt{3}}\right)=g(2)=0$ και

$g''(p)=2\left[\dfrac{(8-2p^2)(\sqrt{8-2p^2}-2p)-8p}{(8-2p^2)^{3/2}}\right]<0$ για $\dfrac{2}{\sqrt{3}}\leq p\leq 2.$

... Είναι βέβαια ισχυρότερες οι ανισότητες στην (IIc) και θα μπορούσαν να είχαν ήδη χρησιμοποιηθεί στην (IIb). Σε κάθε περίπτωση, κρίνω σκόπιμο να δώσω μια σύνοψη όλων των (υπο)περιπτώσεων (επισημαίνοντας επίσης ότι οδηγούν αναλόγως και στην $\rho_1\rho_4>-2$ ):

(Ia) -----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

(Ib) $0<p<\dfrac{2}{\sqrt{3}}, \dfrac{3p^2-8}{4}<q<\dfrac{p^2-2-\sqrt{4p^2-2p^4}}{2}$

(IIa) $0<p<\dfrac{2}{\sqrt{3}}, \dfrac{p^2-2+\sqrt{4p^2-2p^4}}{2}<q<\dfrac{p^2}{4}$

(IIb) $0<p<\sqrt{2}, \dfrac{p^2-2-\sqrt{4p^2-2p^4}}{2}<q< \dfrac{p^2-2+\sqrt{4p^2-2p^4}}{2}$

(IIc)-(i) $\sqrt{2}\leq p<2, \dfrac{3p^2-8}{4}<q<\dfrac{p^2}{4}$

(IIc)-(ii) $\dfrac{2}{\sqrt{3}}\leq p\leq \sqrt{2}, \dfrac{3p^2-8}{4}<q< \dfrac{p^2-2-\sqrt{4p^2-2p^4}}{2}$

(IIc)-(iii) $\dfrac{2}{\sqrt{3}}\leq p\leq \sqrt{2}, \dfrac{p^2-2+\sqrt{4p^2-2p^4}}{2}<q<\dfrac{p^2}{4}$

Δίνω και από ένα παράδειγμα για κάθε μη κενή (υπο)περίπτωση, γράφημα για την $\rho_1\rho_4$ ως συνάρτηση του

σε όρια που καθορίζονται από το συγκεκριμένο

κατά τα ανωτέρω:

: six-cases.png (183.02 KiB) Προβλήθηκε 2009 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Σεπ 18, 2024 3:23 pm**

Αποσύρω τη λύση διότι ήταν εσφαλμένη.

mathematica.gr

ΟΥΓΓΑΡΙΑ 1998/99 (βελτιωμένη)

ΟΥΓΓΑΡΙΑ 1998/99 (βελτιωμένη)

Re: ΟΥΓΓΑΡΙΑ 1998/99 (βελτιωμένη)

Re: ΟΥΓΓΑΡΙΑ 1998/99 (βελτιωμένη)

Re: ΟΥΓΓΑΡΙΑ 1998/99 (βελτιωμένη)

Re: ΟΥΓΓΑΡΙΑ 1998/99 (βελτιωμένη)

Re: ΟΥΓΓΑΡΙΑ 1998/99 (βελτιωμένη)

Re: ΟΥΓΓΑΡΙΑ 1998/99 (βελτιωμένη)

Re: ΟΥΓΓΑΡΙΑ 1998/99 (βελτιωμένη)