Kvadratický odhad

Kvadratický odhad je úloha pri ktorej je potrebné nájsť najmenšie číslo $k$ resp. najväčšie číslo $h$ také, že: $k \leq a x^{2} + b x + c$ , resp. $a x^{2} + b x + c \leq h$ .

Ak $a > 0$ , tak najväčšie zo všetkých takých čísel $k$ , že pre každé $x$ platí $k \leq a x^{2} + b x + c$ , je $\frac{4 a c - b^{2}}{4 a}$ .

Ak $a < 0$ , tak najväčšie zo všetkých takých čísel $h$ , že pre každé $x$ platí $a x^{2} + b x + c \leq h$ , je $\frac{4 a c - b^{2}}{4 a}$ .

Pomocou týchto poznatkov, prípadne samotnej techniky doplnenia na štvorec, možno nájsť podobné odhady aj v zložitejších situáciach.

Príklady

$1)$ Nájdite najväčšie také číslo $k$ , aby nerovnosť

$k \leq 5 - \frac{3}{x} + \frac{1}{x^{2}}$ platila pre všetky $x > 0$ .

Riešenie: Pravda, nie je vopred jasné, čí také číslo vôbec existuje. Nech $y = \frac{1}{x}$ pre $x > 0$ . Nájdeme najväčšie možné číslo $k$ také, že $k \leq 5 - 3 y + y^{2}$ , pre každé $y$ . To je ľahké, podľa vyššie uvedeného dostávame:

$5 - 3 y + y^{2} = (y^{2} - 3 y + \frac{9}{4}) + 5 - \frac{9}{3} = (y - \frac{3}{2})^{2} + \frac{11}{4}$ pre kazdé $y$ . Preto $\frac{11}{4} \leq 5 - 3 y + y^{2}$ a rovnosť nastane vtedy a len vtedy, keď $y = \frac{3}{2}$ . Platí teda $\frac{11}{4} \leq 5 - \frac{3}{x} + \frac{1}{x^{2}}$ pre každé $x > 0$ . Navyše pre $x = \frac{2}{3}$ nastáva rovnosť. Preto najväčšie také číslo $k$ , že pre každé $x > 0$ platí $k \leq 5 - \frac{3}{x} + \frac{1}{x^{2}}$ , je $\frac{11}{4}$ .

$2)$ Nájdite najmenšie také číslo $v$ , že pre každé $x \neq - 5$ platí $\frac{x}{(5 + x)^{2}} \leq v$ .

Tento problém vlastne zahŕňa nasledujúce otázky:
a) existuje číslo $v$ také, že $\frac{x}{(5 + x)^{2}} \leq v$ platí pre každé $x \neq - 5$ ?
b) Ak áno, je niektoré z takých čísel najmenšie?
c) Ktoré je najmenšie také číslo, ak existuje?

Na všetky tieto otázky odpovieme naraz. Keďže $(5 + x)^{2} > 0$ pre $x \neq - 5$ , nerovnosť $\frac{x}{(5 + x)^{2}} \leq v$ platí pre niektoré $x \neq - 5$ práve vtedy, keď $x \leq (5 + x)^{2}$ , čiže $0 < v x^{2} + (10 v - 1) x + 25 v = v [(x + \frac{10 v - 1}{2 v})^{2} + 25 - (x + \frac{10 v - 1}{2 v})^{2}]$ za predpokladu, že $v \neq 0$ . Ak však $v$ je také číslo, že $\frac{x}{(5 + x)^{2}} \leq v$ platí pre každé $x \neq - 5$ , tak $v > 0$ , lebo výraz na ľavej strane vzťahu $0 < v x^{2} + (10 v - 1) x + 25 v = v [(x + \frac{10 v - 1}{2 v})^{2} + 25 - (x + \frac{10 v - 1}{2 v})^{2}]$ je pre každé $x > 0$ kladný. Keďže $v > 0$ , tak predchádzajúca nerovnosť platí pre každé $x$ vtedy a len vtedy keď $25 - (\frac{10 v - 1}{2 v})^{2} \leq 0$ pretože $(x + \frac{10 v - 1}{2 v})^{2} \leq 0$ pre každé $x$ , pričom rovnosť nastáva pre $x = \frac{10 v - 1}{2 v}$ . Nerovnosť $25 - (\frac{10 v - 1}{2 v})^{2} \leq 0$ platí práve vtedy, keď $20 v - 1 \leq 0$ , číže $v \leq \frac{1}{20}$ . Teda ak $v \leq \frac{1}{20}$ , tak $\frac{x}{(5 + x)^{2}} \leq v$ platí pre všetky $x \neq - 5$ . Navyše keď vezmeme $v = \frac{1}{20}$ a z $x = \frac{10 v - 1}{2 v}$ vypočítané $x = 5 \neq - 5$ , tak v $\frac{x}{(5 + x)^{2}} \leq v$ dostaneme rovnosť. Teda najmenšie z čísel $v$ , ktoré spĺňajú $\frac{x}{(5 + x)^{2}} \leq v$ pre každé $x \neq - 5$ je $\frac{1}{20}$ .

$3)$ Ukážme, že existujú také čísla $u$ , že nerovnosť $u \leq \frac{x}{x^{2} + x + 4}$ platí pre každé $x$ , a že jedno z nich je najväčšie.

Riešenie: Všimnime si najprv, že

$x^{2} + x + 4 = (x - \frac{1}{2})^{2} + \frac{15}{4} > 0$ pre každé číslo $x$ . Preto $u \leq \frac{x}{x^{2} + x + 4}$ platí vtedy a len vtedy, keď $u x^{2} + (u - 1) x + 4 u \leq 0$ . Keď však $u \neq 0$ , vtedy $u x^{2} + (u - 1) x + 4 u = u ((x + \frac{u - 1}{2 u})^{2} + 4 - (\frac{u - 1}{2 u})^{2}$ pre všetky $x$ . Navyše pravá strana výrazu $u \leq \frac{x}{x^{2} + x + 4}$ je pre záporné $x$ záporná. Z toho vyplýva, že tento výraz môže platiť pre každé $x$ len vtedy, keď $u < 0$ . Teda uvedený výraz platí pre všetky $x$ vtedy a len vtedy, keď $u < 0$ a zároveň $(x + \frac{u - 1}{2 u})^{2} + 4 - (\frac{u - 1}{2 u})^{2} \geq 0$ . Keďže $(x + (\frac{u - 1}{2 u})^{2} \geq 0$ , pre každé $x$ , pričom rovnosť platí pre $x = \frac{1 - u}{2 u}$ , bude nerovnosť $(x + \frac{u - 1}{2 u})^{2} + 4 - (\frac{u - 1}{2 u})^{2} \geq 0$ platiť pre všetky $x$ vtedy a len vtedy, keď $4 - (\frac{u - 1}{2 u})^{2} \geq 0$ . Teda $u \leq \frac{x}{x^{2} + x + 4}$ platí pre každé číslo $x$ vtedy a len vtedy, keď $u < 0$ a nerovnosť $4 - (\frac{u - 1}{2 u})^{2} \geq 0$ je splnená. Nerovnosť platí práve vtedy, keď $- 2 \leq \frac{u - 1}{2 u} \leq 2$ .
Keďže vyššie uvedený zlomok je pre $u < 0$ kladný, číslo $u < 0$ vyhovuje nerovnostiam $- 2 \leq \frac{u - 1}{2 u} \leq 2$ práve vtedy, keď $\frac{u - 1}{2 u} \leq 2$ , čiže práve vtedy, keď $u - 1 \geq 4 u$ , čiže $u \leq - \frac{1}{3}$ . Takto sme zistili, že nerovnosť $u \leq \frac{x}{x^{2} + x + 4}$ platí pre každé číslo $x$ vtedy a len vtedy, keď $u = - \frac{1}{3}$ . Teda $- \frac{1}{3}$ je najväčšie zo všetkých takých čísel $u$ , že nerovnosť $u \leq \frac{x}{x^{2} + x + 4}$ platí pre každé číslo $x$ .

Pozri aj

Doplnenie na štvorec

Literatúra

I. KLUVÁNEK: Prípravný kurz k diferenciálnemu a integrálnemu počtu. Ružomberok, Pedagogická fakulta Katolíckej univerzity v Ružomberku. 2006, s. 64-67

Kvadratický odhad

Príklady

Pozri aj

Literatúra

Navigačné menu

Hľadať