Παραμετρικά δυνατή

Συντονιστής: m.pαpαgrigorakis

Άβαταρ μέλους
Al.Koutsouridis
Δημοσιεύσεις: 965
Εγγραφή: Πέμ Ιαν 30, 2014 11:58 pm
Τοποθεσία: Αθήνα

Παραμετρικά δυνατή

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Al.Koutsouridis » Τετ Ιαν 02, 2019 12:44 pm

Να βρείτε τις τιμές της παραμέτρου a, για τις οποίες έχει λύση η εξίσωση

\displaystyle \sqrt{3a+\sqrt{3a+2x-x^2}} = 2x-x^2.



Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
rek2
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1795
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 12:13 am

Re: Παραμετρικά δυνατή

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από rek2 » Σάβ Ιαν 05, 2019 1:35 am

Al.Koutsouridis έγραψε:
Τετ Ιαν 02, 2019 12:44 pm
Να βρείτε τις τιμές της παραμέτρου a, για τις οποίες έχει λύση η εξίσωση

\displaystyle \sqrt{3a+\sqrt{3a+2x-x^2}} = 2x-x^2.

Ας είναι 2x-x^2=y. Πρέπει y\geq 0. Ακόμα είναι  x^2-2x+y=0, οπότε  4-4y\geq 0\Leftrightarrow y\leq 0. Επομένως 0\leq y\leq 1

Ας είναι \sqrt{3a+y}=z. Η εξίσωση γράφεται \sqrt{3a+z}=y.. Υψώνουμε τις δύο ισότητες αυτές στο τετράγωνο, τις αφαιρούμε κατά μέλη και γρήγορα προκύπτει


(y-z)(y+z+1)=0\Leftrightarrow y=z  \vee y+z=-1


Η περίπτωση  y+z=-1 αποκλείεται αφού y,z\geqslant 0, άρα y=z , οπότε \sqrt{3a+y}=y. Είναι, όμως


\sqrt{3a+y}=y\Leftrightarrow y^2-y-3a=0

Σύμφωνα με τα παραπάνω, για να έχει η αρχική εξίσωση λύση, πρέπει και αρκεί η y^2-y-3a=0 να έχει λύση στο διάστημα [0,1]. Για αρχή, η διακρίνουσα είναι μη αρνητική:

1+12a\geq 0\Leftrightarrow a\geq -\dfrac{1}{12}

Στη συνέχεια θέτουμε g(y)=y^2-y-3a και εξετάζουμε τις σχετικές θέσεις των αριθμών 0, 1 , ως προς τις τις ρίζες y_1, y_2,\,\,\,y_1\leq y_2 της g. Θα μας βοηθήσει το θεώρημα που αναφέρεται στο πρόσημο των τιμών τριωνύμου.

Eίναι g(0)=g(1)=-3a και τώρα:

Αν a>0, τότε τα 0 και 1 βρίσκονται εντός του διαστήματος των ριζών, γιατί g(0)=g(1)=-3a <0, (τιμές ετερόσημες του συντελεστή του y^2), με άλλα λόγια οι ρίζες δεν βρίσκονται στο διάστημα [0,1] και η περίπτωση αποκλείεται.

Αν a<0, τότε οι ρίζες βρίσκονται στο διάστημα [0,1]. Αυτό, γιατί

α) g(0)=g(1)=-3a >0, (τιμές ομόσημες του συντελεστή του y^2), επομένως οι αριθμοί 0, 1 βρίσκονται και οι δύο εκτός του διαστήματος [y_1, y_2] των ριζών και

β) είναι \dfrac{y_1+y_2}{2}=\dfrac{1}{4} γεγονός που αποκλείει να είναι και οι δύο αριθμοί 0, 1 αριστερότερα ή και οι δύο αριθμοί δεξιότερα του του διαστήματος [y_1, y_2] .
Mε άλλα λόγια έχουμε την διάταξη: 0<y_1\leq y_2<1

Αν a=0, τότε οι ρίζες είναι τα 0, 1

Συνοψίζοντας -\dfrac{1}{12}\leq a\leq 0


Άβαταρ μέλους
Al.Koutsouridis
Δημοσιεύσεις: 965
Εγγραφή: Πέμ Ιαν 30, 2014 11:58 pm
Τοποθεσία: Αθήνα

Re: Παραμετρικά δυνατή

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Al.Koutsouridis » Κυρ Ιαν 06, 2019 1:58 pm

Την άσκηση την πήρα από ένα ρωσικό βιβλίο με τίτλο "Προβλήματα με παραμέτρους" (συγρ. Προκόβιεβ). Η συγκεκριμένη ήταν από το κεφάλαιο αντιστρέψιμες συναρτήσεις. Όποιος επιθυμεί μπορεί να δώσει την λύση εκμεταλλευόμενος την αντιστρεψιμότητα, καθώς και να κατασκευάσει άλλα παρόμοια προβλήματα.

Να ευχαριτήσω τον κ.Ρεκούμη για την όμορφη και ανεξάρτητη λύση του.


Απάντηση

Επιστροφή σε “ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ - ΟΡΙΑ - ΣΥΝΕΧΕΙΑ”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Bing [Bot] και 1 επισκέπτης