Παραμετρική με ρητές ρίζες

Al.Koutsouridis · #1

Πόσες λύσεις μπορεί να έχει στο σύνολο των ρητών αριθμών η εξίσωση

x^3+kx^2-(k+3)x+1=0

,

όπου

πραγματική παράμετρος;

(Για Γ' Λυκείου)

Ιάσων Κωνσταντόπουλος · #2

Το ζητούμενο του προβλήματος έχει δυο πιθανές ερμηνείες που
εκφράζονται από τα εξής δυο συναφή πλην διαφορετικά προβλήματα:

Πρόβλημα #1
Να υπολογιστεί η συνάρτηση $K\colon \mathbb{R}\to\mathbb{R}$ με K(k)

να είναι ίσο με το πλήθος
των ρητών ριζών της δοσμένης εξίσωσης όταν η παράμετρός της έχει την τιμή

Πρόβλημα #2
Να υπολογιστεί το σύνολο τιμών της συνάρτησης

στο πρόβλημα #1.

Δεν είμαι σίγουρος ποιο από τα δυο προβλήματα έχει στο νου του ο Αλέξανδρος.

Επειδή το πρόβλημα αποτείνεται στη Γ΄ Λυκείου, αν ήταν να στοιχηματίσω,
θα έβαζα τα λεφτά μου στο #2, αλλά μπορεί να κάνω λάθος!

Στην συνέχεια θα ακολουθήσει μια λύση για το #2
Σε ό,τι αφορά το #1 θα αρκεστούμε σε κάποιες σκέψεις που
καταγράφονται στη σημείωση που ακολουθεί το τέλος της λύσης.

ΛΥΣΗ #2

Κατ' αρχάς η εξίσωση ως τριτοβάθμια πολυωνυμική έχει στο $\mathbb{R}$
τουλάχιστον μια λύση και το πολύ τρεις, για κάθε $k\in\mathbb{R}$

Έστω x_o

μια λύση. Παρατηρούμε ότι $x_o\ne 0,1$
Επίσης $k=\frac{-x_o^3+3x_o-1}{x_o^2-x_o}\ {\color{red}(*)}$
Ορίζουμε τη συνεχή συνάρτηση $f\colon\mathbb{R}-\{0,1\}\to\mathbb{R}$ με $f(x)=\frac{-x^3+3x-1}{x^2-x}$
Η δοσμένη εξίσωση είναι ισοδύναμη με f(x)=k

Επειδή
$\lim\limits_{x\to-\infty}f(x)=+\infty$ , $\lim\limits_{x\to0^-}f(x)=-\infty$ , $\lim\limits_{x\to0^+}f(x)=+\infty$ ,
$\lim\limits_{x\to 1^-}f(x)=-\infty$ , $\lim\limits_{x\to1^+}f(x)=+\infty$ , $\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=-\infty$
προκύπτει ότι η εξίσωση έχει μια ρίζα τουλάχιστον (και εν τέλει ακριβώς μια)
σε κάθε ένα εκ των διαστημάτων $(-\infty,0)$ , (0,1)

, $(1,+\infty)$

Έστω x_1 <0< x_2 <1< x_3

αυτές οι ρίζες
Είναι σχετικά απλό να δούμε ότι $x_2=\frac{1}{1-x_1}$ και $x_3=\frac{x_1-1}{x_1}$
Από αυτό συμπεραίνουμε ότι:
αν η μια από αυτές είναι ρητή, το ίδιο θα είναι και οι άλλες δυο, ή ότι
$K(k)\ge1\Rightarrow K(k)=3$
αν η μια από αυτές είναι άρρητη, το ίδιο θα είναι και οι άλλες δυο ή ότι
$K(k) \le 2 \Rightarrow K(k)=0$

${\color{red}\bullet$ Επειδή λόγω της ${\color{red}(*)}$ θα ισχύει $x_o\in\mathbb{Q}\Rightarrow k\in\mathbb{Q}$
έπεται πως αν

άρρητος τότε η εξίσωση δεν έχει λύσεις στους ρητούς ή ότι
$k\notin \mathbb{Q} \Rightarrow K(k)=0$

Μας μένει να εξετάσουμε την περίπτωση $k\in\mathbb{Q}$
Σε αυτή την περίπτωση δεν είναι αναγκαίο η εξίσωση να έχει ρητές λύσεις.
Για παράδειγμα αν $k\in\mathbb{Z}$ τότε K(k)=0

Πράγματι, αν το ανάγωγο κλάσμα $\frac{p}{q}$ είναι μια ρητή λύση της εξίσωσης
τότε το

διαιρεί το συντελεστή του x^3

οπότε η ρητή λύση πρέπει να είναι ακέραιος
οπότε η μοναδική εκδοχή είναι τα $\pm1$ και επειδή το

απορρίπτεται,
απομένει το

από το οποίο $k=-\frac{3}{2}$ , άτοπο

Από την άλλη είναι προφανές ότι $K(-\frac{3}{2})=3$

$\color{purple}\bullet$ Οπότε αν

ρητός τότε η εξίσωση είτε δεν έχει καμία λύση στους ρητούς είτε έχει τρεις ρητές λύσεις.
Με άλλα λόγια το σύνολο τιμών της συνάρτησης

είναι το $K(\mathbb{R})=\{0,3\}$
ενώ $K(k)=\begin{cases} 0 &,x\in (\mathbb{R}-\mathbb{Q})\cup (\mathbb{Q}-f(\mathbb{Q}^*-\{1\}))\\ 3 &, k\in f(\mathbb{Q}^*-\{1\}) \end{cases}$ $\blacksquare$

Σημείωση
Αν και δεν διαθέτουμε "τύπο" για τη συνάρτηση

, ωστόσο για οποιονδήποτε ρητό

μπορούμε (θεωρητικά τουλάχιστον) με πεπερασμένου πλήθους επαληθεύσεις
να αποφανθούμε αν η εξίσωση έχει ή όχι ρητή ρίζα. Αρκεί να τη μετατρέψουμε σε
πολυωνυμική με ακέραιους συντελεστές και να εφαρμόσουμε το θεώρημα ρητών ριζών.
Οπότε υπό αυτή την έννοια έχουμε μια "λύση" και για το #1 αφού μπορούμε (in principle)
να υπολογίσουμε την τιμή K(k)

για οποιονδήποτε ρητό αριθμό

.

Όμως το πρόβλημα είναι ότι μπορεί οι υπολογισμοί της επαλήθευσης να είναι δύσκολοι ή και πρακτικά αδύνατοι
π.χ. αν θεωρήσουμε $k=\frac{m}{n}$ όπου m,n

πολύ μεγάλοι αριθμοί (όπως ο αριθμός του Graham)
οπότε είναι λογικό κανείς να μην είναι ικανοποιημένος από αυτή τη "λυση".

Παραμετρική με ρητές ρίζες

Παραμετρική με ρητές ρίζες

Re: Παραμετρική με ρητές ρίζες

Μέλη σε σύνδεση