Domanda di algebra
Domanda di algebra
Salve!
Ieri mi sono scaricato le tracce della 2°prova dell'esame di stato per la maturità scientifica PNI 2007... leggendo le tracce e volutamente senza consultare le soluzioni ho provato a fare il quesito 9.
Diceva di dimostrare che 2x^3-3x^2+6x+6=0 ha solo una radice reale, poi trovarne il valore approssimato!... era mostruosamente facile farlo con l'analisi!
Però, un pò indignato da ciò, mi sono chiesto se fosse possibile trovare un valore approssimato della x attraverso l'uso delle sole disuguaglianze algebriche... In questo tentativo purtroppo però io ho fallito... gradirei suggerimenti, aiutini...ringrazio in anticipo!
PS: ho dimostrato che la radice reale era unica e negativa portando il termine noto a secondo membro e mettendo in evidenza la x al primo... si vedeva che la parentesi aveva un delta negativo perciò la x all'esterno doveva essere negativa! sostituendo alla x il numero (a + ib) con b diverso da zero veniva al primo membro un numero del tipo A + iB con B diverso da zero e a secondo membro (a + ib) con b=0 (cioè -6)! andava bene cosi dimostrato??? SCUSATE IL ROMANZO ...
GRAZIE!
Ieri mi sono scaricato le tracce della 2°prova dell'esame di stato per la maturità scientifica PNI 2007... leggendo le tracce e volutamente senza consultare le soluzioni ho provato a fare il quesito 9.
Diceva di dimostrare che 2x^3-3x^2+6x+6=0 ha solo una radice reale, poi trovarne il valore approssimato!... era mostruosamente facile farlo con l'analisi!
Però, un pò indignato da ciò, mi sono chiesto se fosse possibile trovare un valore approssimato della x attraverso l'uso delle sole disuguaglianze algebriche... In questo tentativo purtroppo però io ho fallito... gradirei suggerimenti, aiutini...ringrazio in anticipo!
PS: ho dimostrato che la radice reale era unica e negativa portando il termine noto a secondo membro e mettendo in evidenza la x al primo... si vedeva che la parentesi aveva un delta negativo perciò la x all'esterno doveva essere negativa! sostituendo alla x il numero (a + ib) con b diverso da zero veniva al primo membro un numero del tipo A + iB con B diverso da zero e a secondo membro (a + ib) con b=0 (cioè -6)! andava bene cosi dimostrato??? SCUSATE IL ROMANZO ...
GRAZIE!
Isaac888
non credo che ci sia una sola anima viva che quest'anno abbia fatto quel problema senza analisi tra l'altro era anche il problema + stupido dei 10, però facendolo in un altro modo potrebbe diventare molto + carino...
[b]Membro Club Nostalgici[/b]
Catania 10/10/07
Io: Perché vuoi fare il matematico?
Lui: Se sei un dottore e qualcuno sta male ti svegliano la notte, se sei un ingegnere e crolla un ponte ti rompono ma se sei un matematico [b]CHI TI CERCA???[/b]
Catania 10/10/07
Io: Perché vuoi fare il matematico?
Lui: Se sei un dottore e qualcuno sta male ti svegliano la notte, se sei un ingegnere e crolla un ponte ti rompono ma se sei un matematico [b]CHI TI CERCA???[/b]
Sia $ f(x)=2x^3-3x^2+6x+6 $. Vogliamo dimostrare che tale funzione ha una sola intersezione con l'asse $ x $.
Intanto possiamo affermare che c'è almeno una intersezione, trattandosi di una polinomiale di terzo grado. Battezziamola $ \alpha $. Supponiamo per assurdo che ve ne sia un'altra, e indichiamola con $ \beta $. In tal caso in $ \left[\alpha , \beta \right] $ sono pienamente soddisfatte le ipotesi del Teorema di Rolle, e dunque esiste un punto $ c $ tale che
(i) $ \alpha<c<\beta $
(ii) $ f'(c)=0 $
La (ii) dice che esiste $ c $ tale che $ c^2-c+1=0 $, ovvero $ \displaystile {\left( c-\frac{1}{2}\right)}^2+\frac{3}{4}=0 $, assurdo.
Questa dimostrazioncina, a differenza di far semplicemente vedere che la derivata è sempre positiva e dunque la funzione è sempre crescente, utilizza il Teorema di Rolle (gettonatissimo!) e consente una spiegazione forse più articolata e convincente...
Intanto possiamo affermare che c'è almeno una intersezione, trattandosi di una polinomiale di terzo grado. Battezziamola $ \alpha $. Supponiamo per assurdo che ve ne sia un'altra, e indichiamola con $ \beta $. In tal caso in $ \left[\alpha , \beta \right] $ sono pienamente soddisfatte le ipotesi del Teorema di Rolle, e dunque esiste un punto $ c $ tale che
(i) $ \alpha<c<\beta $
(ii) $ f'(c)=0 $
La (ii) dice che esiste $ c $ tale che $ c^2-c+1=0 $, ovvero $ \displaystile {\left( c-\frac{1}{2}\right)}^2+\frac{3}{4}=0 $, assurdo.
Questa dimostrazioncina, a differenza di far semplicemente vedere che la derivata è sempre positiva e dunque la funzione è sempre crescente, utilizza il Teorema di Rolle (gettonatissimo!) e consente una spiegazione forse più articolata e convincente...
"Il fatto che un'opinione sia ampiamente condivisa, non è affatto una prova che non sia completamente assurda" B. Russell
-
- Messaggi: 30
- Iscritto il: 16 giu 2007, 00:01
credo di aver addirittura trovato la soluzione esatta per x facendo cosi:
chiamando y la soluzione reale, so sicuramente che, rendendo monico il polinomio iniziale, si avrà
x^3 - 3/2x^2 + 3x + 3 = (x-y)(x^2+ax+b)=0
con il delta del secondo fattore minore di zero, cioè (a^2<4b);
sviluppando tutto... x^3+(a-y)x^2+(b-ay)x-yb=0
A questo punto, svolgendo il sistema
(1) a-y= -3/2
(2) b-ay= 3
(3) yb=3
Tenendo presente che (a^2<4b) allora
x=( 2(79)^(1/2) - 17 )^(1/3) - ( 2(79)^(1/2) + 17 )^(1/3) + 1
che è proprio x=-0,6724958107
chiamando y la soluzione reale, so sicuramente che, rendendo monico il polinomio iniziale, si avrà
x^3 - 3/2x^2 + 3x + 3 = (x-y)(x^2+ax+b)=0
con il delta del secondo fattore minore di zero, cioè (a^2<4b);
sviluppando tutto... x^3+(a-y)x^2+(b-ay)x-yb=0
A questo punto, svolgendo il sistema
(1) a-y= -3/2
(2) b-ay= 3
(3) yb=3
Tenendo presente che (a^2<4b) allora
x=( 2(79)^(1/2) - 17 )^(1/3) - ( 2(79)^(1/2) + 17 )^(1/3) + 1
che è proprio x=-0,6724958107
Isaac888