Dowieść nierówność

[tatteredspire]

\(\displaystyle{ \forall_{a \in \mathbb{R} \setminus \left\{ 0\right\}}\forall_{b \in \mathbb{R}}\forall_{c \in \mathbb{R}}\forall_{d \in \mathbb{R}} [\ 27\left(\frac{2b^3-9abc+27a^2d}{27a^3}\right)^2\right+4\left(\frac{-b^2+3ac}{3a^2}\right)\right)^3<0 \Rightarrow -1 \le \frac{2b^3-9abc+27a^2d}{-6ab^2+18a^2c} \cdot \left(\sqrt{\frac{b^2-3ac}{9a^2}}\right)^{-1} \le 1]}\)
(ilekroć spełnione jest założenie, tylekroć zachodzi teza)

[arek1357]

Czy to jakiś żart?

[tatteredspire]

Nie, dlaczego?

[czekoladowy]

To działa... ale jest syfiaste...

[tatteredspire]

Może z jakiejś nierówności to pójdzie, ale nie mam pomysłu z jakej ani też zbyt dużej wiedzy w tym temacie dlatego tutaj dałem. Warunkiem koniecznym jest \(\displaystyle{ -b^2+3ac<0}\), ale to niewiele daje.

[arek1357]

Zapisz tę pałownie normalnie czyli:

\(\displaystyle{ \frac{27}{27^{2}a^{6}}(2b^{3}-9abc+27a^{2}d)^{2}- \frac{4}{27a^{6}}(b^{2}-3ac)^{3} <0}\)


wynika:

\(\displaystyle{ -1 \le -\frac{1}{6a} \frac{2b^{3}-9abc+27a^{2}d}{b^{2}-3ac}* \sqrt{ \frac{9a^{2}}{b^{2}-3ac} } \le 1}\)

i podstaw:

\(\displaystyle{ A=2b^{3}-9abc+27a^{2}d}\)

\(\displaystyle{ B=b^{2}-3ac}\)

i masz:

założenie:

\(\displaystyle{ \frac{1}{27a^{6}}A^{2}-\frac{4}{27a^{6}}B^{3}<0}\)

lub:

\(\displaystyle{ A^{2}-4B^{3}<0}\)

lub:

\(\displaystyle{ A^{2}<4B^{3}}\)

z tezą podobnie i wychodzi

bo teza wygląda tak:

\(\displaystyle{ -1 \le - \frac{3a}{6a} \frac{A}{B \sqrt{B} } \le 1}\)

lub:

\(\displaystyle{ -2 \le \frac{A}{B \sqrt{B} } \le 2}\)

No i teraz to już widać.

-- 25 stycznia 2012, 13:52 --

Jestem ciekawy tylko skąd to wytrzasnąłeś:
z jakiego wzoru czy to takie zadanie heh...

-- 25 stycznia 2012, 13:54 --

to na 1 rzut okiem widać było, że ładnie się zwija ale nie robi to dobrego wrażenie na początku-- 25 stycznia 2012, 13:57 --W żadnym podręczniku nie widziałem tego zadania mi to przypomina wzory na pierwiastki 3 ciego stopnia z wielomianów ...ale do końca nie jestem pewny

[tatteredspire]

Tak, jest to związane z istnieniem trzech pierwiastków rzeczywistych wielomianu trzeciego stopnia - Ta liczba w tezie pomiędzy \(\displaystyle{ -1}\) i \(\displaystyle{ 1}\) to jest \(\displaystyle{ \cos \alpha}\) taki że \(\displaystyle{ \cos \frac{\alpha}{3}, \cos \left( \frac{ \alpha }{3}+\frac{2\pi}{3}\right), \cos \left(\frac{ \alpha }{3}+\frac{4\pi}{3}\right)}\) są "fragmentem" (kolejno) każdego z trzech pierwiastków takiego wielomianu. Potrzebowałem dowodu tego, że tę liczbę można przedstawić w postaci \(\displaystyle{ \cos \alpha}\).

Wielkie dzięki za wykazanie.

PS: Dopiero teraz odpisuję, bo chciałem coś zjeść.