Rompecabezas de desigualdad cuadrático: Probar$ |cx^2 + bx + a| ≤ 2$ given$|ax^2+bx+c| ≤ 1$

Question

Me encontré con este problema como parte de una de matemáticas recreativas reto en la universidad:

Supongamos $a, b, c$ son números reales, donde para todos los $ -1 \le x \le 1 $ tenemos $|ax^2 + bx + c| \le 1$.

Demostrar que para todos los $-1 \le x \le 1 ,$

$$ |cx^2 + bx + a| \le 2$$

Estaba interesado en saber cómo usted puede acercarse a esta como yo hasta ahora no han tenido éxito, especialmente frustrante ya que no parece ser tan difícil de un problema?

La desigualdad de demostrar que es presentado con precisión por los profesores, y estoy seguro de que lo lleva.

edit: he probado con un gráfico, ya que sólo tiene que preocuparse de $x=1, -1$ y en los máximos/mínimos de donde el cuadrática será en la mayoría de los 2, pero no sé si un gráfico puede constituir una "probar" y en cualquier caso no ha funcionado.

He probado un montón de manipulación algebraica como completar el cuadrado, pero de nuevo, nada.

He notado la symettrey en las desigualdades, en concreto, si les agregamos entonces tenemos

$$|(a+c)x^2 + 2bx + (a+c)| = |dx^2 + 2b + d|$$

Answer 1

Deje $f(x):=ax^2+bx+c$ $g(x):=cx^2+bx+a$ todos los $x\in\mathbb{R}$. Tenga en cuenta que $$g(x)=\frac{1+x}{2}\,f(+1)-\left(1-x^2\right)\,f(0)+\frac{1-x}{2}\,f(-1)\text{ for all }x\in\mathbb{R}\,.$$ Por la Desigualdad de Triángulo, vemos que $$\big|g(x)\big|\leq \frac{1+x}{2}\,\big|f(+1)\big|+\left(1-x^2\right)\,\big|f(0)\big|+\frac{1-x}{2}\,\big|f(-1)\big|$$ para todos los $x\in[-1,+1]$. Desde $\big|f(t)\big|\leq 1$ todos los $t\in[-1,+1]$, obtenemos $$\big|g(x)\big|\leq \frac{1+x}{2}+\left(1-x^2\right)+\frac{1-x}{2}=2-x^2\leq 2\text{ for each }x\in[-1,+1]\,.$$ La desigualdad se convierte en una igualdad de iff $(a,b,c)=\pm(2,0,-1)$$x=0$.

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Deje $\mathbb{D}$ el de apertura de la unidad de disco $\big\{z\in\mathbb{C}\,\big|\,|z|< 1\big\}$ en el plano complejo, y escribir $\mathbb{U}$ para el límite de $\partial\mathbb{D}=\big\{z\in\mathbb{C}\,\big|\,|z|=1\big\}$ $\mathbb{D}$ (es decir, $\mathbb{U}$ es el círculo unitario con centro en el $0$). A continuación, $\bar{\mathbb{D}}$ denotar la topológico cierre de $\mathbb{D}\cup\partial\mathbb{D}=\big\{z\in\mathbb{C}\,\big|\,|z|\leq 1\big\}$$\mathbb{D}$.

Ahora, supongamos que $a_0$, $a_1$, $a_2$, $\ldots$, $a_n$ son números complejos tales que la función completa $f$ definido por $$f(z):=a_0+a_1z+a_2z^2+\ldots+a_{n-1}z^{n-1}+a_nz^n\text{ for all }z\in\mathbb{C}$$ satisfies the inequality $\grande|f(z)\big|\leq M$ for all $z\in\bar{\mathbb{D}}$, where $M$ is a fixed positive real number. I shall prove that, if the entire function $g$ is given by $$g(z):=a_n+a_{n-1}z+a_{n-2}z^2+\ldots+a_1z^{n-1}+a_0z^n\text{ for every }z\in\mathbb{C}\,,$$ then $\grande|g(z)\big|\leq M$ for all $z\in\bar{\mathbb{D}}$ así.

Para probar esto, se nota por el Máximo Módulo Principio de que el máximo de $\big|g(z)\big|$ $z\in\bar{\mathbb{D}}$ es alcanzado en $\mathbb{U}$. Desde $g(z)=z^n\,f(\bar{z})$ por cada $z\in\mathbb{U}$, llegamos a la conclusión de que $$\big|g(z)\big|=\big|f(\bar{z})\big|\leq M\text{ for every }z\in\mathbb{U}\,,$$ y la demanda sigue de inmediato.

Answer 2

Denote$$f(x)=ax^2+bx+c.$$ Hence $$f(0)=c,~~~f(1)=a+b+c,~~~f(-1)=a-b+c.$ $ Further$$a=\frac{f(1)+f(-1)}{2}-f(0),~~~b=\frac{f(1)-f(-1)}{2},~~~c=f(0).$ $ Así \begin{align*}|cx^2+bx+a|&=\big|f(0)\cdot x^2+\frac{f(1)-f(-1)}{2}\cdot x+\frac{f(1)+f(-1)}{2}-f(0)\big|\\&=\big|f(0)\cdot (x^2-1)+f(1)\cdot\frac{x+1}{2}+f(-1)\cdot\frac{1-x}{2}\big|\\ &\leq(1-x^2)\cdot|f(0)|+\frac{x+1}{2}\cdot|f(1)|+\frac{1-x}{2}\cdot|f(-1)|\\ &\leq(1-x^2)+\frac{x+1}{2}+\frac{1-x}{2}\\ &=2-x^2\\ &\leq 2. \end {align *}

Answer 3

Debido a la simetría en$x$

$$ -1 \ le ax ^ 2 + bx + c \ le 1 \\ -1 \ le ax ^ 2-bx + c \ le 1 $$

entonces

$$ -1 \ le ax ^ 2 + c \ le 1 $$

análogamente

$$ -2 \ le cx ^ 2 + bx + a \ le 2 \\ -2 \ le cx ^ 2-bx + a \ le 2 $$

o

$$ -2 \ le cx ^ 2 + a \ le 2 \ Rightarrow -1 \ le \ frac c2 x ^ 2 + \ frac a2 \ le 1 $$

aquí$|x| \le 1$ por lo tanto$-1\le a x^2+c\le 1 \Rightarrow -1\le \frac c2 x^2+\frac a2 \le 1$