matematikk.net

Her er en oppgave fra finalen i Abelkonkurransen et visst år. Jeg synes denne var god, og den skal være fint mulig å løse uten mye ekstra kunnskaper, så tenkte å dele den her.

Anta at $a,b,c$ er reelle tall slik at $a+b+c > 0$, og slik at likningen $ax^2+bx+c=0$ ikke har noen reelle løsninger. Vis at $c > 0$.

Hint:

[+] Skjult tekst

Bevis ved selvmotsigelse.

Artig oppgave!

Observerer at [tex]a,b,c \neq 0[/tex]. (Her er det bare å sette koeffisientene lik null i hvert av de seks forskjellige kombinasjonene og vise at vi bryter minst ett av antagelsene i oppgaven.)

Plugger inn i andregradsformel.

Må ha [tex]\Delta = b^2 - 4ac < 0[/tex] for at ligningen ikke skal ha noen reelle løsninger.

[tex]b^2 < 4ac[/tex], altså må [tex]a,c[/tex] ha samme fortegn.

Ønsker å bevise med selvmotsigelse. Altså vi antar videre at [tex]c<0[/tex]. Da må også [tex]a<0[/tex].

Bruker at [tex]a+b+c > 0[/tex]:

[tex]b > -a-c = (-a)+(-c)[/tex]

[tex]b^2 > a^2 + c^2 + 2ac[/tex] (Siden høyresiden forrige ulikhet er positiv, trenger vi ikke snu på ulikhetstegnet.)

Kombinerer med [tex]b^2 < 4ac[/tex]:

[tex]4ac > b^2 > a^2 + c^2 + 2ac[/tex]

[tex]4ac > a^2 + c^2 + 2ac[/tex]

[tex]0 > a^2 + c^2 - 2ac = (a-c)^2[/tex] som er en selvmotsigelse.

Altså er antagelsen vår om at [tex]c<0[/tex] feil.

Må da ha [tex]c>0[/tex]

Alternativt: Hvis $f(x)=ax^2+bx+c$, så er vi gitt $f(1)>0$. Hvis $c=f(0)\leq 0$ så må $f$ ha en rot i $[0,1)$, en motsigelse.

Emomilol skrev:Artig oppgave!

Observerer at [tex]a,b,c \neq 0[/tex]. (Her er det bare å sette koeffisientene lik null i hvert av de seks forskjellige kombinasjonene og vise at vi bryter minst ett av antagelsene i oppgaven.)

Plugger inn i andregradsformel.

Må ha [tex]\Delta = b^2 - 4ac < 0[/tex] for at ligningen ikke skal ha noen reelle løsninger.

[tex]b^2 < 4ac[/tex], altså må [tex]a,c[/tex] ha samme fortegn.

Ønsker å bevise med selvmotsigelse. Altså vi antar videre at [tex]c<0[/tex]. Da må også [tex]a<0[/tex].

Bruker at [tex]a+b+c > 0[/tex]:

[tex]b > -a-c = (-a)+(-c)[/tex]

[tex]b^2 > a^2 + c^2 + 2ac[/tex] (Siden høyresiden forrige ulikhet er positiv, trenger vi ikke snu på ulikhetstegnet.)

Kombinerer med [tex]b^2 < 4ac[/tex]:

[tex]4ac > b^2 > a^2 + c^2 + 2ac[/tex]

[tex]4ac > a^2 + c^2 + 2ac[/tex]

[tex]0 > a^2 + c^2 - 2ac = (a-c)^2[/tex] som er en selvmotsigelse.

Altså er antagelsen vår om at [tex]c<0[/tex] feil.

Må da ha [tex]c>0[/tex]

Fin løsning, og selvfølgelig helt korrekt. Løste den likt selv, bortsett ifra noen små detaljer i hvordan en viser at ulikhetene ikke går i hop.

$b > -(a+c)$
$b^2 > a^2 + 2ac + c^2$

Vi kan skrive om $a^2+2ac+c^2$ til $(a-c)^2+4ac$ da $(a-c)^2+4ac = a^2-2ac+c^2+4ac=a^2+2ac+c^2$. Vi får da at:

$b^2 > (a-c)^2 + 4ac$

Siden $(a-c)^2$ må være et positivt tall, bryter ulikheten med $4ac > b^2$.

stensrud skrev:Alternativt: Hvis $f(x)=ax^2+bx+c$, så er vi gitt $f(1)>0$. Hvis $c=f(0)\leq 0$ så må $f$ ha en rot i $[0,1)$, en motsigelse.

Utrolig god og kreativ løsning.

Pen oneliner, Stensrud!