Soluciones de ecuaciones cuadráticas

Vamos con el problema de esta semana. Ahí va el enunciado:

Probar que para todo valor de a \in \mathbb{R}, al menos una de las siguientes dos ecuaciones cuadráticas

x^2-(a^2-2) x +a-2=0
x^2+(2-a^2) x+a^2+a-1=0

tiene dos soluciones reales distintas.

Que se dé bien.

Autor: ^DiAmOnD^

Miguel Ángel Morales Medina. Licenciado en Matemáticas y autor de Gaussianos y de El Aleph. Puedes seguirme en Twitter o indicar que te gusta mi página de Facebook.

8 Comentarios

  1. ¿Está bien la primera ecuación?, porque yo juraría que la primera ecuación tiene siempre dos soluciones reales se tome el a que se tome…

    O es que la segunda es para despistar 🙂

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  2. Sea:
    \alpha la representación del coeficiente del término cuadrático, \beta la representación del coeficiente del término lineal y \gamma la del coeficiente del término constante.
    \alpha= 1
    \beta = (a^2-2)
    \gamma= (a - 2)
    Usando la fórmula de Bascara…

       x = \frac{-(\beta)  \pm \sqrt{\beta^2 - 4*\alpha*\gamma}}{2*\alpha}
    Reemplazando:

    x = \frac{-(a^2-2)  \pm \sqrt{(a^2 - 2)^2 - 4* 1 *(a - 2)}}{2*1}

    Simplificando:

    x = \frac{-a^2 + 2  \pm \sqrt{(a^2 - 2)^2 - 4 * (a - 2)}}{2}

    Desarrollando:
    x = \frac{-a^2 + 2  \pm \sqrt{a^4 + 12 - 4 * (a^2 + a) }}{2}

    Como a^4 + 12 crece más rápido que 4*(a^2 + a), entonces  a^4 + 12 - 4 * (a^2 + a) > 0 \  \forall \ a \in \mathbb{R}, entonces la raiz existe (no es nula), por tanto existen 2 valores diferentes (pertenecientes a los reales) que resuelven la ecuación.

    Algo así recuerdo que se resolvía…
    Me duele la cabeza, mejor a dormir…

    Aioz.-

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  3. La primera ecuación tiene por raíces

    x\vspace{1pt}=\frac{a^{2}-2\pm \sqrt{a^{4}-4a^{2}-4a+12}}{2}

    que serán reales y diferentes siempre que el radicando sea real positivo, pero la primera derivada respecto de a del radicando es

    \frac{\partial (a^{4}-4a^{2}-4a+12)}{\partial a}=\allowbreak 4a^{3}-8a-4

    y que es cero en los puntos

    \frac{1}{2}\sqrt{5}+\frac{1}{2},\frac{1}{2}-\frac{1}{2}\sqrt{5},-1

    y en todos ellos el radicando es positivo, por tanto la primera ecuación siempre tiene dos raíces diferentes.

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  4. Ups…cierto. El problema lo saqué de aquí, donde lo resolvían de otra forma, y no tuve en cuenta ese detalle.

    Bueno, como este problema ha sido más fácil de lo esperado os dejo otro para esta tarde.

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  5. No debo de haberme enterado bien, porque me parece increíblemente fácil…

    Dados los signos, resulta que las ecuaciones sólo difieren en un término independiente, por lo que la única posibilidad de que ambas tengan una única solución reside en que sean la misma ecuación. Para esto, tiene que verificarse:

    a-2=a^2+a-1\Rightarrow a^2+1=0

    Esta ecuación no tiene solución real, lo que demuestra que las ecuaciones son siempre diferentes sea cual sea el valor de a. De este modo, no puede darse el caso de que ambas tengan una solución doble.

    ¿Puede ser que en la primera ecuación el término sea +(a^2-2) y no -(a^2-2)?

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  6. No, no, el enunciado estaba bien. Lo que es cierto es que era demasiado fácil, y yo no me di cuenta antes de plantearlo :S.

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  7. No se si estoy interpretando bien el problema al considerar otro punto de vista:
    debemos demostrar que para cualquier valor real de “a” a lo menos uno de los miembros de este par de parabolas pertenecientes a la familia definida por el enunciado corta al eje de las X siempre en dos puntos (obviamente diferentes).
    Veamos si podemos establecer una estrategia. Como las parabolas estan “llenando”
    ( de acuerdo a la presentacion de ambas los terminos cuadraticos son positivos ) si una
    de ellas esta “arriba” de la otra, entonces el comportamiento de la “mas baja” obliga
    a la primera a casi “seguirle” los pasos:
    a) Si la “mas baja” tiene el vertice arriba del eje X (su respectiva segunda coordenada
    positiva), entonces ninguna corta al eje de las X. Es decir, no hay solucion
    para la prueba planteada
    b) Si la “la mas baja” tiene el vertice sobre el eje de las X.Ella corta (toca?) al eje
    de las X en un solo punto (no hay soluciones diferentes porque las raices son
    iguales).La que esta “arriba” esta en peor situacion: no toca al je de las X.
    Es decir no hay solucion para la prueba planteada porque se exige que a lo
    menos una de las parabolas corte al eje X necesariamente en dos puntos
    diferentes.
    c) Si la “mas baja” tiene el vertice debajo del eje de las X ella corta a dicho
    eje necesariamente en dos puntos (raices diferentes ) aunque la parabola
    de “arriba” corte o no al eje X.
    Es decir aqui hay solucion para la prueba planteada porque a lo menos uns de las
    parabolas corta a X en dos puntos diferentes.
    En otras palabras, la estrategia es localizar a la parabola “mas baja” y demostrar
    que su vertice respectivo tiena una segunda coordenada que no es ni positiva ni
    tampoco es igual a cero.

    Comencemos detectando a la “mas baja”:
    Si al trinomio de la segunda parabola restamos el trinomio asociado a la primera
    parabola obtenemos (a^2) + 1. Como este resultado es positivo para cualquier valor
    real de “a” entoces afirmamos que la segunda parabola es la de “arriba” y que
    la primera parabola es la “mas baja”.
    Asi de esta manera sabemos que debemos atacar a la primera parabola.

    Hay una propiedad conocida en la teoria de ecuaciones y que afirma que si una
    ecuacion polinomica es de grado par y su termino constante es negativo, entonces
    tiene a lo menos dos raices reales, una positiva yla otra negativa. Si aplicamos esta
    propiedad a la ecuacion de segundo grado asociada con la primera parabola
    podemos afirmar que cada vez que el termino constante (a-2 ) es negativo
    habran dos soluciones.
    Solo nos resta probar que ocurre cuando (a-2) no es negativo. La respuesta la dara
    el analisis del vertice de dicha parabola.
    Si aplicamos el criterio de la primera derivada el vertice de la parabola tiene por
    primera coordenada
    x = ( (a^2) – 2 ) / 2.
    Si reemplazamos este valor en la ecuacion de la primera parabola obtenemos
    necesariamente el valor de la segunda coordenada del vertice
    y = ( – 1 / 4 ) ( ( a^4) – 4( a^2 ) – 4 a + 12 )
    Observemos que el signo de “y” dependera del signo que arroje el polinomio
    cuartico del parentesis.Puesto que esperamos demostrar que el vertice de la
    parabola esta “debajo” del eje X, nosotros deberemos obtener un valor para Y
    que sea siempre negativo . Como el primer factor es negativo ( – 1 / 4 )
    el segundo factor ( polinomio cuartico ) necesariamente debera ser positivo para
    todo valo real de “a” tal que ( a -2 ) >= 0. Recordemos que ya establecimos
    que, por una propiedad de la ecuaciones de grado par, la prueba se cumple
    cuando ( a- 2 ) es negativo.
    En otras palabras, hay que demostra que para a >= 2 el valor de “y” es positivo.
    Asi que debemos expresar el polinomio cuartico del parentesis, dado en funcion
    de “a”, en funcion de ( a – 2 ).Eso se consigue aplicando el procedimiento
    sintetico de Horner. De esta manera el polinomio cuartico en mencion sera
    igual a

    ( (a-2)^4 ) + 8( (a-2)^3 ) + 20( (a-2)^2 ) + 12( a – 2 ) + 4.

    Ahora bien, si ( a- 2 ) > 0 el total sera la suma de terminos positivos. En otras
    palabras, sera un numero positivo. Si ( a – 2 ) = 0 el total sera igual a 4
    ( un numero postivo ). En resumen, para ( a – 2 ) > = 0 el valor de “y ”
    sera negativo.

    La prueba queda finalizada ya que para ( a – 2 ) = 0 tambien habran dos raices diferentes.

    Un ” poco forzado ” el procedimiento que hemos seguido. No?

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