Gönderen Konu: Uluslararası Matematik Olimpiyatı 1973 Soru 3  (Okunma sayısı 1422 defa)

Çevrimdışı ERhan ERdoğan

  • G.O Genel Moderator
  • Geo-Maniac
  • ********
  • İleti: 1410
  • Karma: +12/-0
Uluslararası Matematik Olimpiyatı 1973 Soru 3
« : Haziran 05, 2014, 01:35:40 ös »
$a$ ve $b$ gerçel sayıları olmak üzere; $$x^4+ax^3+bx^2+ax+1 = 0$$ denkleminin en az bir gerçel çözümü olsun. Bu şekildeki tüm $(a,b)$ sayı çifti için, $a^2+b^2$ ifadesinin alabileceği en küçük değeri belirleyiniz.

Çevrimdışı AtakanCİCEK

  • G.O Demirbaş Üye
  • ******
  • İleti: 256
  • Karma: +4/-0
  • Manisa
Ynt: Uluslararası Matematik Olimpiyatı 1973 Soru 3
« Yanıtla #1 : Ağustos 17, 2019, 05:15:42 ös »
Bu denklem katsayılarına göre simetrik olduğu için $x^2$ ile bölerek işe başlamalıyız. $x^2+ax+b+\dfrac{a}{x}+\dfrac{1}{x^2}=0$

Daha sonra $x+\dfrac{1}{x}=t$ denilip $x^2+\dfrac{1}{x^2}=(x+\dfrac{1}{x})^2-2=t^2-2$ olduğu denklemde yerine yazılırsa

$t^2+at+b-2=0$ elde edilir. Aynı zamanda $x+\dfrac{1}{x}=t$ yani $x^2-tx+1=0$ olup $\bigtriangleup = t^2-4\ge 0 $ olur.

Buradan $\mid t \mid \ge 2$ olarak bulunur.

Şimdi diğer denklemde kökleri bulalım.

$\mid t_{1,2} \mid =\mid \dfrac{-a\pm \sqrt{a^2-4.(b-2)}}{2}\mid $ olarak bulunur. 

$a\ge 0$ ise  $\mid  \dfrac{-a -\sqrt{a^2-4.(b-2)}}{2}\mid \ge \mid \dfrac{-a + \sqrt{a^2-4.(b-2)}}{2}\mid  $  olacağından her iki katsayısı negatif için eşitsizliğe  bakmak yeter.

$a<0$ ise    $\mid  \dfrac{-a +\sqrt{a^2-4.(b-2)}}{2}\mid \ge \mid \dfrac{-a - \sqrt{a^2-4.(b-2)}}{2}\mid  $ olacağıdan biri pozitif diğeri negatif katsayılı için eşitsizliğe bakmak yeter.

İki durumu birleştirirsek en genel halde $\dfrac{\mid a\mid+\sqrt{a^2-4.(b-2)}}{2} \ge 2 $  bakmak yeter.  Şimdi bu eşitsizliği çözelim.

$\mid a\mid+\sqrt{a^2-4.(b-2)}\ge 4$

$\sqrt{a^2-4.(b-2)} \ge 4-\mid a\mid$  her iki tarafın karesi alınırsa

$a^2-4.(b-2)\ge 16-8\mid a \mid +a^2$ 

$4-2\mid a\mid \le -b+2$

$2\mid a\mid \ge b+2$ olması gereklidir.

$4a^2\ge b^2+4b+4$ 

$4a^2+4b^2\ge 5b^2+4b+4$ olarak bulunur. 

$f(x)=5x^2+4x+4$ olsun. $f'(x)=0$ denklemini çözüp yerine koyalım.

$f'(x)=10x+4=0$  yani $x=\dfrac{-2}{5}$ olur.

$f(x) \ge \dfrac{16}{5}$ olarak bulunur.

$4a^2+4b^2\ge f(b) \ge \dfrac{16}{5}$ 

$a^2+b^2 \ge \dfrac{4}{5}$ olur.

« Son Düzenleme: Ağustos 17, 2019, 08:19:16 ös Gönderen: AtakanCİCEK »
Bir matematikçi sanmaz fakat bilir, inandırmaya çalışmaz çünkü ispat eder.
    Manisa Özel Türk Koleji Fen Lisesi

Çevrimdışı scarface

  • Lokman Gökçe
  • Administrator
  • Geo-Maniac
  • *********
  • İleti: 3056
  • Karma: +21/-0
  • İstanbul
Ynt: Uluslararası Matematik Olimpiyatı 1973 Soru 3
« Yanıtla #2 : Ekim 09, 2020, 01:54:08 öö »
Buraya biraz daha açıklama ekleyelim:

...
$2\mid a\mid \ge b+2$ olması gereklidir.

$4a^2\ge b^2+4b+4$ 
...

Bu adımda eşitsizliğin her iki yanının karesini alabilmek için $b\geq -2 $ olduğunu da varsaymak gerekir. $a$ ve $b$ nin bu tür kısıtlanmış aralıklarda bulunan uygun değerleri için $a^2 + b^2 = \dfrac{4}{5}$ olduğu örneklendirilmelidir.

$b \leq -2 $ iken $a^2 + b^2$ nin değerinin $\dfrac{4}{5}$'i aşacağı söylenirse daha iyi olur. Burada bariz olarak $b \leq -2 $ iken $b^2 \geq 4$ gelmektedir. Bundan dolayı $b\geq -2 $ halinde $a^2 + b^2$ toplamını daha küçük yapabiliyoruz.

Yine
...
$\sqrt{a^2-4.(b-2)} \ge 4-\mid a\mid $
...

kısmında da eşitsizliğin her iki tarafının karesini alabilmek için $4-|a|\geq 0$ kabul edilmeli. Minimum değeri veren $a$ sayısının $-4\leq a \leq 4$ alalığına düştüğü belirtilirse daha iyi olur. Aksi halde $|a|\geq 4$ için kareköklü eşitsizlikte her iki taraftan kare alma işlemini yapamıyoruz. Fakat bu halde de $a^2 \geq 16$ olduğundan $a^2 + b^2 \geq 16$ olmaktadır. Yani $\dfrac{4}{5}$ değerini aşan sayılara ulaşıyoruz. Bu sebeple $|a|\leq 4$ üzerinden ilerliyoruz.
« Son Düzenleme: Ekim 09, 2020, 02:14:39 öö Gönderen: scarface »
Uğraşınca çözebileceğim zorlukta olan soruları çözmeyi severim.

 


Sitemap 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 
SimplePortal 2.3.3 © 2008-2010, SimplePortal