Ecuatie de gradul II
Moderators: Laurian Filip, Beniamin Bogosel, Filip Chindea
Ecuatie de gradul II
Se da ecuatia \( ax^2+bx+c=0 \) cu a , b , c intregi si a pozitiv . Stiind ca ecuatia are doua radacini distincte in intervalul (0;1) , sa se arate ca \( a\ge5 \) .
Chiar nu se poate face 
-
Marcelina Popa
- Bernoulli
- Posts: 208
- Joined: Wed Mar 05, 2008 3:25 pm
- Location: Tulcea
- Contact:
Nu-i grea problema asta, dar e cam mult de scris.
Folosim pozitia radacinilor ecuatiei de gradul 2 fata de un numar dat, \( p \). Notand
\( f(x)=ax^2+bx+c \)
si presupunand ca \( \Delta\ge 0 \), avem:
\( \begin{cases}x_1>p\\
x_2>p\end{cases}\ \Longleftrightarrow\ \begin{cases}af(p)>0\\ -\frac{b}{2a}>p\end{cases} \)
\( \begin{cases}x_1<p\\
x_2<p\end{cases}\ \Longleftrightarrow\ \begin{cases}af(p)>0\\ -\frac{b}{2a}<p\end{cases} \)
Cum\( 0<x_1<1 \) si \( 0<x_2<1 \), obtinem inegalitatile:
\( af(0)>0 \)
\( af(1)>0 \)
\( 0<-\frac{b}{2a}<1 \)
Stim ca
(1) \( a>0 \)
si atunci din cele trei inegalitati de mai sus rezulta, respectiv:
(2) \( c>0 \)
(3) \( a+b+c>0 \)
(4) \( 0<-b<2a \)
In plus, din relatiile lui Viete avem: \( x_1x_2=\frac{c}{a} \). Folosind din nou ipoteza rezulta:
\( 0<\frac{c}{a}<1 \)
adica
(5) \( 0<c<a \).
Avem si \( \Delta>0 \), deci
(6) \( b^2>4ac \)
Acum utilizam urmatoarea observatie:
Daca \( x, y \in \mathbb{Z} \) si \( x>y \), atunci \( x\ge y+1 \)
Inegalitatile (1)-(6) devin, respectiv:
(7) \( a\ge 1 \)
(8 ) \( c\ge1 \)
(9) \( a+b+c\ge 1 \)
(10) \( 1\le -b\le 2a-1 \)
(11) \( 1\le c\le a-1 \)
(12) \( b^2\ge 4ac+1 \)
Continuarea in episodul urmator, fiindca acum pic de somn...
In orice caz, problema iese folosind inegalitatile (7)-(12) (de fapt (9)-(12), fiindca (11) le implica si pe primele doua) si, bineinteles, faptul ca \( a, b, c \) sunt numere intregi.
Folosim pozitia radacinilor ecuatiei de gradul 2 fata de un numar dat, \( p \). Notand
\( f(x)=ax^2+bx+c \)
si presupunand ca \( \Delta\ge 0 \), avem:
\( \begin{cases}x_1>p\\
x_2>p\end{cases}\ \Longleftrightarrow\ \begin{cases}af(p)>0\\ -\frac{b}{2a}>p\end{cases} \)
\( \begin{cases}x_1<p\\
x_2<p\end{cases}\ \Longleftrightarrow\ \begin{cases}af(p)>0\\ -\frac{b}{2a}<p\end{cases} \)
Cum\( 0<x_1<1 \) si \( 0<x_2<1 \), obtinem inegalitatile:
\( af(0)>0 \)
\( af(1)>0 \)
\( 0<-\frac{b}{2a}<1 \)
Stim ca
(1) \( a>0 \)
si atunci din cele trei inegalitati de mai sus rezulta, respectiv:
(2) \( c>0 \)
(3) \( a+b+c>0 \)
(4) \( 0<-b<2a \)
In plus, din relatiile lui Viete avem: \( x_1x_2=\frac{c}{a} \). Folosind din nou ipoteza rezulta:
\( 0<\frac{c}{a}<1 \)
adica
(5) \( 0<c<a \).
Avem si \( \Delta>0 \), deci
(6) \( b^2>4ac \)
Acum utilizam urmatoarea observatie:
Daca \( x, y \in \mathbb{Z} \) si \( x>y \), atunci \( x\ge y+1 \)
Inegalitatile (1)-(6) devin, respectiv:
(7) \( a\ge 1 \)
(8 ) \( c\ge1 \)
(9) \( a+b+c\ge 1 \)
(10) \( 1\le -b\le 2a-1 \)
(11) \( 1\le c\le a-1 \)
(12) \( b^2\ge 4ac+1 \)
Continuarea in episodul urmator, fiindca acum pic de somn...
In orice caz, problema iese folosind inegalitatile (7)-(12) (de fapt (9)-(12), fiindca (11) le implica si pe primele doua) si, bineinteles, faptul ca \( a, b, c \) sunt numere intregi.
Notam \( f(x)=ax^2+bx+c=a(x-x_1)(x-x_2) \)
\( f(0)=c \in \mathb{Z} \)
\( 1\le f(0)=ax_1x_2 \in \mathb{Z} \)
\( f(1)=a+b+c \in \mathb{Z} \)
\( 1\le f(1)=a(1-x_1)(1-x_2) \in \mathb{Z} \)
Rezulta \( 1\le a^2x_1x_2(1-x_1)(1-x_2) \)
\( (x-\frac{1}{2})^2\ge0 \) , oricare \( x \in \mathb{R} \)
Rezulta \( x^2-x+\frac{1}{4}\ge0 \)
Deci \( x_1^2-x_1+\frac{1}{4}\ge0 \) si \( x_2^2-x_2+\frac{1}{4}\ge0 \)
\( \frac{1}{4}\ge x_1(1-x_1) \) si \( \frac{1}{4}\ge x_2(1-x_2) \)
dar\( x_1 , x_2 \) distincte , rezulta \( \frac{1}{16}> x_1x_2(1-x_1)(1-x_2) \)
rezulta \( 1\le a^2x_1x_2(1-x_1)(1_x_2)<\frac{a^2}{16} \)
rezulta \( 1<\frac{a^2}{16} \) , rezulta \( a^2>16 \)
rezulta \( a\in {{5,6,7,8,...}} \)
rezulta \( a\ge5 \)
\( f(0)=c \in \mathb{Z} \)
\( 1\le f(0)=ax_1x_2 \in \mathb{Z} \)
\( f(1)=a+b+c \in \mathb{Z} \)
\( 1\le f(1)=a(1-x_1)(1-x_2) \in \mathb{Z} \)
Rezulta \( 1\le a^2x_1x_2(1-x_1)(1-x_2) \)
\( (x-\frac{1}{2})^2\ge0 \) , oricare \( x \in \mathb{R} \)
Rezulta \( x^2-x+\frac{1}{4}\ge0 \)
Deci \( x_1^2-x_1+\frac{1}{4}\ge0 \) si \( x_2^2-x_2+\frac{1}{4}\ge0 \)
\( \frac{1}{4}\ge x_1(1-x_1) \) si \( \frac{1}{4}\ge x_2(1-x_2) \)
dar\( x_1 , x_2 \) distincte , rezulta \( \frac{1}{16}> x_1x_2(1-x_1)(1-x_2) \)
rezulta \( 1\le a^2x_1x_2(1-x_1)(1_x_2)<\frac{a^2}{16} \)
rezulta \( 1<\frac{a^2}{16} \) , rezulta \( a^2>16 \)
rezulta \( a\in {{5,6,7,8,...}} \)
rezulta \( a\ge5 \)
Last edited by alex2008 on Sat Dec 27, 2008 9:56 pm, edited 1 time in total.