Από ανισότητα άλλη ανισότητα

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #1

Δίνονται οι πραγματικοί A,B,C

για τους οποίους έχουμε ότι B^2-4AC<0

.

Να δειχθεί ότι για κάθε x,y,z

στο $\mathbb{R}$
έχουμε

$(Cx-Az)^2+(Ay-Bx)(Cy-Bz)\geq 0$

#2

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε: ↑
Κυρ Αύγ 09, 2020 5:44 pm
Δίνονται οι πραγματικοί
για τους οποίους έχουμε ότι .

Να δειχθεί ότι για κάθε στο $\mathbb{R}$
έχουμε

$(Cx-Az)^2+(Ay-Bx)(Cy-Bz)\geq 0$

Έστω $\displaystyle f(t) = A{t^2} + Bt + C,g(t) = x{t^2} + yt + z, A, x\ne 0$ και t_1, t_2

οι ρίζες της

Τότε από υπόθεση η

δεν αλλάζει πρόσημο και $f(t_1)f(t_2)\ge 0.$ Άρα, $\displaystyle R = {x^2}f({t_1})f({t_2}) \ge 0.$

Αλλά,

είναι η απαλείφουσα των δύο τριωνύμων που είναι το πρώτο μέλος της αποδεικτέας σχέσης, οπότε

$(Cx-Az)^2+(Ay-Bx)(Cy-Bz)\geq 0$ (H ισότητα ισχύει όταν τα τριώνυμα έχουν τουλάχιστον μία κοινή ρίζα.

Επειδή όμως η

έχει δύο ρίζες μιγαδικές συζυγείς, τότε η ισότητα θα ισχύει όταν οι t_1, t_2

είναι και ρίζες της

).

#3

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε: ↑
Κυρ Αύγ 09, 2020 5:44 pm
Δίνονται οι πραγματικοί
για τους οποίους έχουμε ότι .

Να δειχθεί ότι για κάθε στο $\mathbb{R}$
έχουμε

$(Cx-Az)^2+(Ay-Bx)(Cy-Bz)\geq 0$

Ως πολυώνυμο του

γράφεται

$\displaystyle{C^2x^2+((-2ACz +B^2)z -BCy)x+(A^2z^2-AByz +ACy^2)}$

Έχει διακρίνουσα

$\displaystyle{((-2AC +B^2)z -BCy)^2-4C^2(A^2z^2-AByz +ACy^2)= }$

$\displaystyle{=((-2AC+B^2)^2-4A^2C^2)z^2+(-2(-2AC +B^2)BC+4ABC^2)yz+(B^2C^2-4AC^3)y^2= }$

$\displaystyle{=(B^2-4AC)B^2z^2+2(4AC-B^2)BCyz+(B^2-4AC)C^2y^2= }$

$\displaystyle{=(B^2-4AC)(B^2z^2-2BCyz+C^2y^2)= (B^2-4AC)(Bz-Cy)^2\le 0}$ , από όπου το ζητούμενο.

#4

Με λιγότερη γνώση και ... περισσότερη περιπέτεια:

Θέτοντας y=rx

και

και αναπτύσσοντας ανάγουμε την ζητούμενη στην

$A^2s^2-(ABr+2AC-B^2)s+(ACr^2-BCr+C^2)\geq 0,$

που βεβαίως ισχύει αν έχουμε μη θετική διακρίνουσα,

$(ABr+2AC-B^2)^2-4A^2(ACr^2-BCr+C^2)\leq0.$

Ισοδύναμα η παραπάνω ανισότητα μη θετικής διακρίνουσας γράφεται ως

$(B^2-4AC)(Ar-B)^2\leq 0,$

που ισχύει λόγω της δεδομένης B^2-4AC<0

(ή και $B^2-4AC\leq 0$ ).

[Δεν είχα δει την λύση του Μιχάλη στέλνοντας την δική μου. Είναι ίδιες περίπου, το αρχικό μου σχόλιο αναφέρονταν στην λύση του Γιώργου.]

#5

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε: ↑
Κυρ Αύγ 09, 2020 5:44 pm
Δίνονται οι πραγματικοί
για τους οποίους έχουμε ότι .

Να δειχθεί ότι για κάθε στο $\mathbb{R}$
έχουμε

$(Cx-Az)^2+(Ay-Bx)(Cy-Bz)\geq 0$

Αλλιώς: Θέτουμε Cx-Az=P, Ay-Bx=Q, Cy-Bz=R

, οπότε θέλουμε να αποδείξουμε ότι $P^2+QR\ge 0$ . Αν $QR\ge 0$ τελειώσαμε, οπότε μπορούμε να υποθέσουμε ότι QR<0

.

Παρατηρούμε ότι ισχύει BP=AR-CQ

(και τα δύο ίσα με BCx-BAz

). Άρα

$\displaystyle{B^2(P^2+QR) = B^2(AR-CQ)^2+B^2QR= B^2(AR+CQ)^2+(B^2-4AC)QR > 0}$ ως άθροισμα θετικών (στον δεύτερο παράγοντα έχουμε $B^2-4AC<0, \,QR<0$ ). Έπεται P^2+QR>0

.

#6

Συμπλήρωση της λύσης μου για την περίπτωση που (κατόπιν διακριτικής υπόδειξης του Σταύρου με π.μ)

Για x=0

η αποδεικτέα σχέση γράφεται $\displaystyle {A^2}{z^2} - (ABy)z + AC{y^2} \ge 0,{A^2} > 0$ (από υπόθεση $A\ne 0$ ).

Η διακρίνουσα του παραπάνω, ως προς

τριωνύμου είναι $\displaystyle \Delta = {A^2}{y^2}({B^2} - 4AC) \le 0$ που αποδεικνύει το ζητούμενο.

Από ανισότητα άλλη ανισότητα

Από ανισότητα άλλη ανισότητα

Re: Από ανισότητα άλλη ανισότητα

Re: Από ανισότητα άλλη ανισότητα

Re: Από ανισότητα άλλη ανισότητα

Re: Από ανισότητα άλλη ανισότητα

Re: Από ανισότητα άλλη ανισότητα

Μέλη σε σύνδεση