Μοναδική λύση

#1

Να βρείτε όλες τις τιμές της παραμέτρου

για τις οποίες το σύστημα έχει μοναδική λύση

$\displaystyle{\begin{cases}y\geq x^2+ay+1 \\ x\geq y^2+ax+1 .\end{cases}}$

kochris · #2

Με πρόσθεση κατά μέλη έχουμε

$x^2 + (a-1)x + y^2 + (a-1)y + 2 \leq 0$ . Πρέπει όμως Δ=0 άρα (a-1)^2 - 4[y^2+(a-1)y+2]=0

το οποίο αν το θεωρήσουμε τριώνυμο ως προς y, πρέπει να έχει μοναδική λύση. Δηλαδή

4y^2 + 4(a-1)y + 8 - (a-1)^2 = 0

άρα Δ=0 δηλαδή $16(a-1)^2-16[8-(a-1)^2]=0 \rightarrow |a-1|=2 \rightarrow a=3 , a=-1$ .

α) Για $a=3 \rightarrow x=y=-1$
β) Για $a=-1 \rightarrow x=y=1$

Καλά Χριστούγεννα σε όλους.

#3

kochris έγραψε:Με πρόσθεση κατά μέλη έχουμε

$x^2 + (a-1)x + y^2 + (a-1)y + 2 \leq 0$ . Πρέπει όμως Δ=0 άρα το οποίο αν το θεωρήσουμε τριώνυμο ως προς y, πρέπει να έχει μοναδική λύση. Δηλαδή

άρα Δ=0 δηλαδή $16(a-1)^2-16[8-(a-1)^2]=0 \rightarrow |a-1|=2 \rightarrow a=3 , a=-1$ .
...

Γιατί ισχύει αυτό;

Θεοδωρος Παγωνης · #4

Με πρόσθεση κατά μέλη έχω

$x+y\ge {{x}^{2}}+{{y}^{2}}+ax+ay+2\Leftrightarrow$

${{x}^{2}}+{{y}^{2}}+(a-1)x+(a-1)y+2\le 0\Leftrightarrow$

${{x}^{2}}+2\frac{a-1}{2}x+{{\left( \frac{a-1}{2} \right)}^{2}}+{{y}^{2}}+2\frac{a-1}{2}x+{{\left( \frac{a-1}{2} \right)}^{2}}\le 2{{\left( \frac{a-1}{2} \right)}^{2}}-2\Leftrightarrow$

${{\left( x+\frac{a-1}{2} \right)}^{2}}+{{\left( y+\frac{a-1}{2} \right)}^{2}}\le \frac{{{a}^{2}}-2a-3}{2}$ (1)

Διακρίνω περιπτώσεις :

Αν $\frac{{{a}^{2}}-2a-3}{2}>0$ τότε η (1) είναι αόριστη

Αν $\frac{{{a}^{2}}-2a-3}{2}<0$ τότε η (1) είναι αδύνατη

Αν $\frac{{{a}^{2}}-2a-3}{2}=0\Leftrightarrow a=-1\quad \vee \quad a=3$ τότε :

Για a=-1

η (1) γίνεται : ${{\left( x-1 \right)}^{2}}+{{\left( y-1 \right)}^{2}}\le 0\Leftrightarrow x=y=1$ , μοναδική λύση

Για a=3

η (1) γίνεται : ${{\left( x+1 \right)}^{2}}+{{\left( y+1 \right)}^{2}}\le 0\Leftrightarrow x=y=-1$ , μοναδική λύση

#5

Θεοδωρος Παγωνης έγραψε:Με πρόσθεση κατά μέλη έχω

$x+y\ge {{x}^{2}}+{{y}^{2}}+ax+ay+2\Leftrightarrow$

${{x}^{2}}+{{y}^{2}}+(a-1)x+(a-1)y+2\le 0\Leftrightarrow$

${{x}^{2}}+2\frac{a-1}{2}x+{{\left( \frac{a-1}{2} \right)}^{2}}+{{y}^{2}}+2\frac{a-1}{2}x+{{\left( \frac{a-1}{2} \right)}^{2}}\le 2{{\left( \frac{a-1}{2} \right)}^{2}}-2\Leftrightarrow$

${{\left( x+\frac{a-1}{2} \right)}^{2}}+{{\left( y+\frac{a-1}{2} \right)}^{2}}\le \frac{{{a}^{2}}-2a-3}{2}$ (1)

Διακρίνω περιπτώσεις :

Αν $\frac{{{a}^{2}}-2a-3}{2}>0$ τότε η (1) είναι αόριστη

Αν $\frac{{{a}^{2}}-2a-3}{2}<0$ τότε η (1) είναι αδύνατη

Αν $\frac{{{a}^{2}}-2a-3}{2}=0\Leftrightarrow a=-1\quad \vee \quad a=3$ τότε :

Για η (1) γίνεται : ${{\left( x-1 \right)}^{2}}+{{\left( y-1 \right)}^{2}}\le 0\Leftrightarrow x=y=1$ , μοναδική λύση

Για η (1) γίνεται : ${{\left( x+1 \right)}^{2}}+{{\left( y+1 \right)}^{2}}\le 0\Leftrightarrow x=y=-1$ , μοναδική λύση

Αυτό δε σημαίνει ότι θα είναι αόριστες και οι δύο εξισώσεις του συστήματος...

maiksoul · #6

socrates έγραψε:Να βρείτε όλες τις τιμές της παραμέτρου για τις οποίες το σύστημα έχει μοναδική λύση

$\displaystyle{\begin{cases}y\geq x^2+ay+1...(1) \\ x\geq y^2+ax+1 ...(2).\end{cases}}$

Μια απάντηση

Έχουμε:

$\displaystyle{ \begin{array}{l} \,\,\,(1) \Leftrightarrow x(1 - a) \ge y^2 + 1 \succ 0 \Rightarrow \,\,\,x\,(\,1 - a) \succ 0\,\,\,\,(*)\,\,\,\, \\ \,\,(2) \Leftrightarrow y(1 - a) \ge x^2 + 1 \succ 0 \Rightarrow y(1 - a) \succ 0\,\,\,\,\,\,\,(**)\, \\ \end{array} }$

άρα τα x,y,1-a

είναι ομόσημα.

Αν είναι:

Ι) x=y

τότε οι (1)κ'(2) ταυτίζονται και γίνονται:

$\displaystyle{ x^2 - x(1 - a) + 1 \le 0\,...\,(3) }$

η οποία θέλουμε να έχει μοναδική λύση, το οποίο επειδή ο συντελεστής του x^2

είναι το

συμβαίνει όταν μόνο D=0

δηλαδή

$\displaystyle{ \,a^2 - 2a - 3 = 0 \Leftrightarrow a = - 1\,\,\, \vee \,\,\,a = 3\,\, }$

τότε αντίστοιχα... παίρνουμε τα ζεύγη: (x,y)=(1,1),(x,y)=(-1,-1)

ΙΙ)... $\displaystyle{ \,x \ne y\,\, }$ τότε ας είναι για παράδειγμα x<y

τότε...

** εάν 0<x<y

έχουμε και 1-a>0

και παίρνουμε:

$\displaystyle{ \begin{array}{l} x^2 + 1 < y^2 + 1\,\,\,(4)\,\, \wedge ...x\,(\,1 - a) \prec y(1 - a)\,\,(5) \\ \\ (5)\mathop \Rightarrow \limits^{(1),(2),(4)} x^2 + 1 < y^2 + 1 < x\,(\,1 - a) \prec y(1 - a) \\ \\ \Rightarrow x^2 - x(1 - a) + 1 < 0\,\,\, \wedge \,\,\,y^2 - y(1 - a) + 1 < 0 \\ \end{array} }$

άρα τα διαφορετικά x,y

είναι ... ρίζες της t^2 - t(1 - a) + 1 < 0...(7)

Τότε όμως αν

ρίζα της (7) με 0<x<z<y

προκύπτουν...

$\displaystyle{ \begin{array}{l} \,\,\,x^2 + 1 \prec z^2 + 1 \prec y^2 + 1\mathop \le \limits^{(2)} (1 - a)x \prec (1 - a)z \prec (1 - a)y\,\, \Rightarrow \\ \\ x^2 + 1 \prec (1 - a)z\,...(8)\,\,\,\, \wedge \,\,\,\,z^2 + 1 \prec \,(1 - a)x\,...(9)\, \\ \end{array} }$

επομένως τότε το ζεύγος (x,z)

είναι επίσης ρίζα του συστήματος , δηλαδή τότε το αρχικό σύστημα έχει παραπάνω από μία ρίζα, το οποίο δεν θέλουμε να συμβαίνει.

όμοια αν...*** x<y<0

Επομένως το σύστημα έχει παραπάνω από μια ρίζα , αν $\displaystyle{ x \ne y }$ , το οποίο δεν θέλουμε να συμβαίνει.

Τελικά το σύστημα έχει μοναδική ρίζα όταν μόνο $\displaystyle{ \,\,\,a = - 1\,\, \vee \,\,\,\,\,a = 3\,\,\, }$ οπότε αντίστοιχα... παίρνουμε τα ζεύγη: (x,y)=(1,1),(x,y)=(-1,-1)

#7

Αλλιώς:
Αν (x,y)

λύση τότε

επίσης λύση. Επομένως, για να έχουμε μοναδική λύση πρέπει αυτή να έχει τη μορφή (x,x).

Οπότε, η ανίσωση $\displaystyle{x\geq x^2+ax+1 }$ έχει μοναδική λύση, δηλαδή $\Delta =0...$

Μοναδική λύση

Μοναδική λύση

Re: Μοναδική λύση

Re: Μοναδική λύση

Re: Μοναδική λύση

Re: Μοναδική λύση

Re: Μοναδική λύση

Re: Μοναδική λύση

Μέλη σε σύνδεση