Σελίδα 1 από 1

Πολυώνυμο και Θεώρημα Rolle

Δημοσιεύτηκε: Παρ Ιαν 08, 2021 5:11 pm
από Teh
Καλησπέρα σας, θα ήθελα να μοιραστώ μία άσκηση, που με δυσκολεύει, μαζί σας.

Έστω η συνάρτηση f(x)=ax^3+bx^2+cx+d, a\neq 0, η οποία έχει τις ρίζες \rho_1, \rho_2, \rho_3, με \rho_1 < \rho_2 < \rho_3 και \xi \in (\rho_1, \rho_2), τέτοιο ώστε f'(\xi)=0. Να αποδείξετε ότι το \xi αυτό, είναι πιο κοντά στο \rho_1, απ' ότι στο \rho_2

Μέχρι στιγμής έχω μεταφράσει το πρόβλημα ως: Αρκεί να αποδειχθεί ότι \xi < \dfrac{\rho_1 + \rho_2}{2}, αλλά εδώ έχω σκαλώσει και δε ξέρω πώς να συνεχίσω. Θα εκτιμούσα κάποιο hint για να προσπαθήσω να την τελειώσω μόνος. Ευχαριστώ.

Re: Πολυώνυμο και Θεώρημα Rolle

Δημοσιεύτηκε: Παρ Ιαν 08, 2021 6:05 pm
από Mihalis_Lambrou
Teh έγραψε:
Παρ Ιαν 08, 2021 5:11 pm
Καλησπέρα σας, θα ήθελα να μοιραστώ μία άσκηση, που με δυσκολεύει, μαζί σας.

Έστω η συνάρτηση f(x)=ax^3+bx^2+cx+d, a\neq 0, η οποία έχει τις ρίζες \rho_1, \rho_2, \rho_3, με \rho_1 < \rho_2 < \rho_3 και \xi \in (\rho_1, \rho_2), τέτοιο ώστε f'(\xi)=0. Να αποδείξετε ότι το \xi αυτό, είναι πιο κοντά στο \rho_1, απ' ότι στο \rho_2

Μέχρι στιγμής έχω μεταφράσει το πρόβλημα ως: Αρκεί να αποδειχθεί ότι \xi < \dfrac{\rho_1 + \rho_2}{2}, αλλά εδώ έχω σκαλώσει και δε ξέρω πώς να συνεχίσω. Θα εκτιμούσα κάποιο hint για να προσπαθήσω να την τελειώσω μόνος. Ευχαριστώ.
Μάλλον κάνεις τα εύκολα δύσκολα.

Εκτενής υπόδειξη: Μεταφέροντας τους άξονες (αν και δεν είναι απαραίτητο αλλά γλυτώνεις πράξεις) μπορείς να υποθέσεις ότι οι ρίζες είναι 0<p<q και άρα το πολυώνυμο είναι της μορφής x(x-p)(x-q) = x^3-(p+q)x^2+pqx.

H παράγωγός του είναι 3x^2-2(p+q)x+pq, της οποίας οι ρίζες είναι \frac {1}{3} (p+q\pm \sqrt {p^2-pq+q^2}). Και έχεις να συγκρίνεις την μικρή ρίζα με το \dfrac {0+p}{2}. Συνέχισε (είναι απλό).

Re: Πολυώνυμο και Θεώρημα Rolle

Δημοσιεύτηκε: Παρ Ιαν 08, 2021 6:10 pm
από Teh
Mihalis_Lambrou έγραψε:
Παρ Ιαν 08, 2021 6:05 pm
Teh έγραψε:
Παρ Ιαν 08, 2021 5:11 pm
Καλησπέρα σας, θα ήθελα να μοιραστώ μία άσκηση, που με δυσκολεύει, μαζί σας.

Έστω η συνάρτηση f(x)=ax^3+bx^2+cx+d, a\neq 0, η οποία έχει τις ρίζες \rho_1, \rho_2, \rho_3, με \rho_1 < \rho_2 < \rho_3 και \xi \in (\rho_1, \rho_2), τέτοιο ώστε f'(\xi)=0. Να αποδείξετε ότι το \xi αυτό, είναι πιο κοντά στο \rho_1, απ' ότι στο \rho_2

Μέχρι στιγμής έχω μεταφράσει το πρόβλημα ως: Αρκεί να αποδειχθεί ότι \xi < \dfrac{\rho_1 + \rho_2}{2}, αλλά εδώ έχω σκαλώσει και δε ξέρω πώς να συνεχίσω. Θα εκτιμούσα κάποιο hint για να προσπαθήσω να την τελειώσω μόνος. Ευχαριστώ.
Μάλλον κάνεις τα εύκολα δύσκολα.

Εκτενής υπόδειξη: Μεταφέροντας τους άξονες (αν και δεν είναι απαραίτητο αλλά γλυτώνεις πράξεις) μπορείς να υποθέσεις ότι οι ρίζες είναι 0<p<q και άρα το πολυώνυμο είναι της μορφής x(x-p)(x-q) = x^3-(p+q)x^2+pqx.

H παράγωγός του είναι 3x^2-2(p+q)x+pq, της οποίας οι ρίζες είναι \frac {1}{3} (p+q\pm \sqrt {p^2-pq+q^2}). Και έχεις να συγκρίνεις την μικρή ρίζα με το \dfrac {0+p}{2}. Συνέχισε (είναι απλό).
Ευχαριστώ πολύ τελικά κάπως έτσι το έλυσα (με τύπους Vieta) αλλά δε μετέφερα τους άξονες και έκανα περισσότερες πράξεις αλλά δεν πειράζει ικανοποιήθηκα που το έλυσα. Καλό απόγευμα.

Re: Πολυώνυμο και Θεώρημα Rolle

Δημοσιεύτηκε: Παρ Ιαν 08, 2021 8:09 pm
από Mihalis_Lambrou
Ας την συνεχίσουμε.

Δείξε ότι η ρίζα \xi της p'(x)=0 με \xi \in (\rho_2, \rho_3), είναι πιο κοντά στο \rho_3, απ' ότι στο \rho_2.

Απευθύνομαι μόνο σε μαθητές, για 24 ώρες.

Re: Πολυώνυμο και Θεώρημα Rolle

Δημοσιεύτηκε: Σάβ Ιαν 09, 2021 12:42 pm
από Teh
Mihalis_Lambrou έγραψε:
Παρ Ιαν 08, 2021 8:09 pm
Ας την συνεχίσουμε.

Δείξε ότι η ρίζα \xi της p'(x)=0 με \xi \in (\rho_2, \rho_3), είναι πιο κοντά στο \rho_3, απ' ότι στο \rho_2.

Απευθύνομαι μόνο σε μαθητές, για 24 ώρες.
Καλημέρα. Μία πιο απλή λύση κατ' εμέ:
Το P(x) ως πολυώνυμο, μπορεί να παραγοντοποιηθεί ως: P(x)=a(x-\rho_1)(x-\rho_2)(x-\rho_3), όπου \rho_1, \rho_2, \rho_3 οι διακεκριμένες και διαδοχικές ρίζες του. Επομένως: P'(x)=a[(x-\rho_2)(x-\rho_3)+(x-\rho_3)(x-\rho_1)+(x-\rho_1)(x-\rho_2)] και αφού P'(\xi)=0 \Leftrightarrow a[(\xi-\rho_2)(\xi-\rho_3)+(\xi-\rho_3)(\xi-\rho_1)+(\xi-\rho_1)(\xi-\rho_2)]=0 \overset{a\neq 0}\Leftrightarrow (\xi-\rho_1)(\xi-\rho_2+\xi-\rho_3)= -(\xi-\rho_2)(\xi-\rho_3) \overset{\xi\neq \rho_1}\Leftrightarrow 2\xi-(\rho_2+\rho_3)=\dfrac{(\rho_3-\xi)(\xi-\rho_2)}{\xi-\rho_1}>0, αφού \rho_1<\rho_2<\xi<\rho_3 και άρα 2\xi-(\rho_2+\rho_3)>0 \Leftrightarrow \xi>\dfrac{\rho_2+\rho_3}{2}, Ο.Ε.Δ.

Re: Πολυώνυμο και Θεώρημα Rolle

Δημοσιεύτηκε: Σάβ Ιαν 09, 2021 1:24 pm
από Mihalis_Lambrou
Teh έγραψε:
Σάβ Ιαν 09, 2021 12:42 pm
Καλημέρα. Μία πιο απλή λύση κατ' εμέ:
Το P(x) ως πολυώνυμο, μπορεί να παραγοντοποιηθεί ως: P(x)=a(x-\rho_1)(x-\rho_2)(x-\rho_3), όπου \rho_1, \rho_2, \rho_3 οι διακεκριμένες και διαδοχικές ρίζες του. Επομένως: \\ P'(x)=a[(x-\rho_2)(x-\rho_3)+(x-\rho_3)(x-\rho_1)+(x-\rho_1)(x-\rho_2)] και αφού \\ P'(\xi)=0 \Leftrightarrow a[(\xi-\rho_2)(\xi-\rho_3)+(\xi-\rho_3)(\xi-\rho_1)+(\xi-\rho_1)(\xi-\rho_2)]=0 \\ \overset{a\neq 0}\Leftrightarrow (\xi-\rho_1)(\xi-\rho_2+\xi-\rho_3)= -(\xi-\rho_2)(\xi-\rho_3) \\ \overset{\xi\neq 0}\Leftrightarrow 2\xi-(\rho_2+\rho_3)=\dfrac{(\rho_3-\xi)(\xi-\rho_2)}{\xi-\rho_1}>0, αφού \rho_1<\rho_2<\xi<\rho_3 και άρα \\ 2\xi-(\rho_2+\rho_3)>0 \Leftrightarrow \xi>\dfrac{\rho_2+\rho_3}{2}, Ο.Ε.Δ.
Αντιλαμβάνομαι τι γράφεις, είναι ωραία και ενδιαφέροντα, αλλά παρακαλώ γράψε σωστά το latex καθώς σε 4 σημεία έχεις (προφανώς) βάλει // και το κείμενο είναι αόρατο. Έτσι δεν έχω πλήρη εικόνα της μεθόδου σου.

Υπόψη ότι υπάρχουν ακόμα απλούστερες λύσεις. Θα γράψω μία τέτοια αφού κάνεις τις διορθώσεις στο latex, η οποία βασίζεται μόνο στις ιδιότητες του δευτεροβάθμιου πολυωνύμου.

Re: Πολυώνυμο και Θεώρημα Rolle

Δημοσιεύτηκε: Σάβ Ιαν 09, 2021 4:07 pm
από Mihalis_Lambrou
Ευχαριστώ για τις διορθώσεις στο latex. Όλα καλά.

Άλλη λύση:

Έχουμε P(x)=a(x-\rho_1)(x-\rho_2)(x-\rho_3), όπου a>0 και \rho_1 < \rho_2< \rho_3 οι ρίζες. Γράφουμε P(x)=a(x-\rho_1)Q(x) όπου το Q(x) =(x-\rho_2)(x-\rho_3) έχει ολικό ελάχιστο στο  \rho = \dfrac{\rho_2+\rho_3}{2} και άρα Q'(\rho) =0 και Q(\rho) <0 (γνωστά και απλά). Επίσης

P'(x)=a(x-\rho_1)Q'(x) + aQ(x) οπότε P'(\rho)=a(\rho-\rho_1)Q'(\rho) + aQ(\rho) = 0 + aQ(\rho) <0.

Όμως ξέρουμε ότι το P' έχει ρίζες \xi _1 , \xi_2 με \rho_1 < \xi _1 < \rho_2 < \xi_2 < \rho_3. Λόγω των ριζών είναι P'(x)=a(x-\xi_1)(x-\xi_2), οπότε

a(\rho -\xi_1)(\rho -\xi_2)= P'(\rho) < 0 .

Αφού \rho = \dfrac{\rho_2+\rho_3}{2}> \rho _2 > \xi_1 έπεται \rho < \xi_2 , όπως θέλαμε.

Re: Πολυώνυμο και Θεώρημα Rolle

Δημοσιεύτηκε: Σάβ Ιαν 09, 2021 7:24 pm
από Teh
Mihalis_Lambrou έγραψε:
Σάβ Ιαν 09, 2021 4:07 pm
Ευχαριστώ για τις διορθώσεις στο latex. Όλα καλά.

Άλλη λύση:

Έχουμε P(x)=a(x-\rho_1)(x-\rho_2)(x-\rho_3), όπου a>0 και \rho_1 < \rho_2< \rho_3 οι ρίζες. Γράφουμε P(x)=a(x-\rho_1)Q(x) όπου το Q(x) =(x-\rho_2)(x-\rho_3) έχει ολικό ελάχιστο στο  \rho = \dfrac{\rho_2+\rho_3}{2} και άρα Q'(\rho) =0 και Q(\rho) <0 (γνωστά και απλά). Επίσης

P'(x)=a(x-\rho_1)Q'(x) + aQ(x) οπότε P'(\rho)=a(\rho-\rho_1)Q'(\rho) + aQ(\rho) = 0 + aQ(\rho) <0.

Όμως ξέρουμε ότι το P' έχει ρίζες \xi _1 , \xi_2 με \rho_1 < \xi _1 < \rho_2 < \xi_2 < \rho_3. Λόγω των ριζών είναι P'(x)=a(x-\xi_1)(x-\xi_2), οπότε

a(\rho -\xi_1)(\rho -\xi_2)= P'(\rho) < 0 .

Αφού \rho = \dfrac{\rho_2+\rho_3}{2}> \rho _2 > \xi_1 έπεται \rho < \xi_2 , όπως θέλαμε.
Όμορφη και πράγματι απλή λυση! Θα χαιρόμουν να διαβάσω (και για λόγους πλουραλισμού) αν κάποιος έχει άλλη διαφορετική λύση.

Re: Πολυώνυμο και Θεώρημα Rolle

Δημοσιεύτηκε: Σάβ Ιαν 09, 2021 8:33 pm
από Mihalis_Lambrou
Teh έγραψε:
Σάβ Ιαν 09, 2021 7:24 pm
Θα χαιρόμουν να διαβάσω (και για λόγους πληθορισμού) αν κάποιος έχει άλλη διαφορετική λύση.
Πρόσκληση λοιπόν σε όλους για άλλες λύσεις.

Υπόψη ότι κατά σύμπτωση αυτές τις μέρες σε άλλα ποστ του φόρουμ συζητάμε το παρόμοιο θέμα της σύγκρισης του \xi που δίνει το Θελωρημα Rolle, με το μέσον του διαστήματος. Βλέπε π.χ. εδώ). Με άλλα λόγια είμαστε στον ίδιο ευρύτερο κύκλο θεματολογίας.

Re: Πολυώνυμο και Θεώρημα Rolle

Δημοσιεύτηκε: Κυρ Ιαν 10, 2021 6:31 pm
από Mihalis_Lambrou
Kαι μία ακόμη στοιχειώδης τεχνική. Ναι μεν δεν είναι ευκολότερη για το συγκεκριμένο θέμα αλλά βγάζει ωραιότατους άλλους τύπους με τους οποίους μπορείς να φτιάξεις πολλές ασκήσεις. Περιέργως δεν τους έχω δει πουθενά, ή δεν τους θυμάμαι, αν και είναι απλοί. Τα παρακάτω τα παραθέτω για να υπάρχουν.

Λήμμα. Έστω η συνάρτηση f(x)=ax^3+bx^2+cx+d, a\neq 0, έχει τις ρίζες \rho_1, \rho_2, \rho_3 και η f'(x) έχει ρίζες  \xi_1, \, \xi_2. Τότε

\displaystyle{\boxed {  \xi_1 +\xi_2   = \dfrac {2}{3} (\rho_1+ \rho_2 + \rho_3 ) }} και \displaystyle{\boxed {\xi_1\xi_2= \dfrac {1}{3} ( \rho_1 \rho_2 + \rho_2\rho_3+  \rho_3 \rho_1) }}

H απόδειξη είναι άμεση με Vieta στα πολυώνυμα p και p'(x) =3ax^2+2bx+c, πότε στο ένα και πότε στο άλλο. Εδώ

\displaystyle{ \xi_1 +\xi_2   = -\dfrac {2b}{3a} =  \dfrac {2}{3 }  (\rho_1+ \rho_2 + \rho_3 ) } και

\displaystyle{ \xi_1\xi_2= \dfrac {c}{3a} = \dfrac {1}{3} ( \rho_1 \rho_2 + \rho_2\rho_3+  \rho_3 \rho_1) }.

Ένα πόρισμα είναι ότι μπορούμε να βρούμε τα  \xi_1 ,\, \xi_2 συναρτήσει των \rho_1,\, \rho_2 ,\, \rho_3 . Πράγματι, από τις προηγούμενες, είναι ρίζες της

\displaystyle{3x^2-2 (\rho_1+ \rho_2 + \rho_3 )x+( \rho_1 \rho_2 + \rho_2\rho_3+  \rho_3 \rho_1) } και άρα

\displaystyle{\boxed{ \xi_{1,2} = \dfrac {1}{3} (\rho_1+ \rho_2 + \rho_3 ) \pm \dfrac{1}{3} \sqrt { (\rho_1+ \rho_2 + \rho_3 )^2-  3( \rho_1 \rho_2 + \rho_2\rho_3+  \rho_3 \rho_1)  }} } ή αλλιώς

\displaystyle{ \boxed{ \xi_{1,2}= \dfrac {1}{3} (\rho_1+ \rho_2 + \rho_3 ) \pm \dfrac{\sqrt 2}{6} \sqrt { (\rho_1- \rho_2)^2 + (\rho_2 - \rho _3 )^2+  ( \rho_3- \rho_1)^2}  } }

Εφαρμογή. Αν θέλουμε εφαρμογή στα παραπάνω για την μεγάλη ρίζα \xi_2, έχουμε από την ανισότητα

\displaystyle{\sqrt 2 \sqrt {a^2+b^2} \ge |a|+|b|}, και την τελευταία με "συν"

\displaystyle{\xi_2 > \dfrac {1}{3} (\rho_1+ \rho_2 + \rho_3 ) + \dfrac{\sqrt 2}{6} \sqrt { (\rho_1- \rho_2)^2 +0+  ( \rho_3- \rho_1)^2}  \ge \dfrac {1}{3} (\rho_1+ \rho_2 + \rho_3 )+  \dfrac{1}{6}  (|\rho_1- \rho_2|+| \rho_3- \rho_1|)=}

\displaystyle{=\dfrac {1}{3} (\rho_1+ \rho_2 + \rho_3 )+  \dfrac{1}{6}  (\rho_2- \rho_1+ \rho_3- \rho_1)= \dfrac {1}{2} ( \rho_2 + \rho_3 )}

Re: Πολυώνυμο και Θεώρημα Rolle

Δημοσιεύτηκε: Τρί Ιαν 12, 2021 7:31 pm
από R BORIS
ΑΡΩΜΑ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑΣ

1. Με // μεταφορά αξόνων παίρνουμε \displaystyle{f(x)=x(x-u)(x-v)}
2. Αν \displaystyle{a<0} το \displaystyle{f(\xi)= MAX,u<\xi<v}
3. H \displaystyle{f} εχει μοναδικό ΣΚ στο \displaystyle{s} με \displaystyle{s<\xi}
4. H \displaystyle{f} είναι κοιλη στο \displaystyle{(s,+\infty)} διότι αν δεν ήταν θα είχε περισσότερα από 1 ΣΚ
5. \displaystyle{f(x)>0} στο \displaystyle{(u,v)}
6. Aν \displaystyle{s<u \Rightarrow f} κοιλη στο \displaystyle{(u,v)}
7. Αν \displaystyle{u<x<s<\xi \Rightarrow f(x)<f(s)} αφού \displaystyle{f \uparrow} για \displaystyle{\xi_1<u<\xi }

\displaystyle{y=f'(t)x} η εξίσωση εφαπομένης που διέρχεται από το \displaystyle{(0,0)} τότε λογω των 6 κai 7 θα είναι \displaystyle{f(x)<y} ή \displaystyle{f(x)/x<y/x}

Τωρα αν \displaystyle{w=(u+v)/2} ειναι ευκολο να δείξουμε \displaystyle{f'(w)/f(w)=1/w+1/w-u+1/w-v=1/w}

αρα η ευθεία που ενωνει τα \displaystyle{(0,0) , (w,f(w)} είναι εφαπτομένη της \displaystyle{f} kai εχει μεγλυτερη κλιση απο την τεμνουσα δηλαδή
\displaystyle{f(w)/w>f(\xi )/\xi} ή \displaystyle{\xi /w>f(\xi )/f(w)>1} αφου \displaystyle{f(\xi)=MAX}

Συνεπως \displaystyle{\xi>w=(u+v)/2}

ομοια και οταν \displaystyle{a<0}

Re: Πολυώνυμο και Θεώρημα Rolle

Δημοσιεύτηκε: Τετ Ιαν 13, 2021 9:56 pm
από gbaloglou
Mihalis_Lambrou έγραψε:
Κυρ Ιαν 10, 2021 6:31 pm
Kαι μία ακόμη στοιχειώδης τεχνική. Ναι μεν δεν είναι ευκολότερη για το συγκεκριμένο θέμα αλλά βγάζει ωραιότατους άλλους τύπους με τους οποίους μπορείς να φτιάξεις πολλές ασκήσεις. Περιέργως δεν τους έχω δει πουθενά, ή δεν τους θυμάμαι, αν και είναι απλοί. Τα παρακάτω τα παραθέτω για να υπάρχουν.

Λήμμα. Έστω η συνάρτηση f(x)=ax^3+bx^2+cx+d, a\neq 0, έχει τις ρίζες \rho_1, \rho_2, \rho_3 και η f'(x) έχει ρίζες  \xi_1, \, \xi_2. Τότε

\displaystyle{\boxed {  \xi_1 +\xi_2   = \dfrac {2}{3} (\rho_1+ \rho_2 + \rho_3 ) }} και \displaystyle{\boxed {\xi_1\xi_2= \dfrac {1}{3} ( \rho_1 \rho_2 + \rho_2\rho_3+  \rho_3 \rho_1) }}

H απόδειξη είναι άμεση με Vieta στα πολυώνυμα p και p'(x) =3ax^2+2bx+c, πότε στο ένα και πότε στο άλλο. Εδώ

\displaystyle{ \xi_1 +\xi_2   = -\dfrac {2b}{3a} =  \dfrac {2}{3 }  (\rho_1+ \rho_2 + \rho_3 ) } και

\displaystyle{ \xi_1\xi_2= \dfrac {c}{3a} = \dfrac {1}{3} ( \rho_1 \rho_2 + \rho_2\rho_3+  \rho_3 \rho_1) }.
Σταματώντας εδώ και κρατώντας μόνον τον πρώτο τύπο (που προκύπτει και από την γνωστή και γενικότερη ιδιότητα ότι το ένα και μοναδικό σημείο καμπής της τριτοβαθμίου, \rho_0=\dfrac{\rho_1+ \rho_2 + \rho_3}{3}, αποτελεί και κέντρο συμμετρίας της), παρατηρώ ότι οδηγεί σε μία ακόμη απόδειξη ... σε συνδυασμό με την παρατήρηση που έγινε εδώ -- ή/και εδώ -- σχετικά με την θέση του 'σημείου μέσης τιμής':

Ισχύει υποχρεωτικά μία τουλάχιστον από τις ανισότητες \rho_2\geq \rho_0, \rho_2\leq \rho_0, ας πούμε η δεύτερη. Ας δεχτούμε επίσης -- χωρίς περιορισμό της γενικότητας και πάλι -- ότι ο συντελεστής του x^3 είναι θετικός. Προκύπτει ότι έχουμε ετεροσημία δεύτερης και τρίτης παραγώγου στο (\rho_1, \rho_2)\subseteq (\rho_1, \rho_0), άρα \xi _1\leq \dfrac{\rho_1+\rho_2}{2}. Η ανισότητα αυτή, μαζί με την πάντοτε ισχύουσα ισότητα \xi_1 +\xi_2   = \dfrac {2}{3} (\rho_1+ \rho_2 + \rho_3 )=2\rho_0 και την υποτεθείσα \rho_2\leq \rho_0\leftrightarrow \rho_1+\rho_3\geq 2\rho_2, οδηγούν άμεσα στην \xi _2\geq \dfrac{\rho_2+\rho_3}{2}.