Kvadratický odhad

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

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

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

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 $k\leq 5-3y+y^{2}$, pre každé $y$. To je ľahké, podľa vyššie uvedeného dostávame:

$5-3y+y^{2}=(y^{2}-3y+{\frac {9}{4}})+5-{\frac {9}{3}}=(y-{\frac {3}{2}})^{2}+{\frac {11}{4}}$ pre kazdé $y$. Preto ${\frac {11}{4}}\leq 5-3y+y^{2}$ 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 $0<vx^{2}+(10v-1)x+25v=v[(x+{\frac {10v-1}{2v}})^{2}+25-(x+{\frac {10v-1}{2v}})^{2}]$ 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 $0<vx^{2}+(10v-1)x+25v=v[(x+{\frac {10v-1}{2v}})^{2}+25-(x+{\frac {10v-1}{2v}})^{2}]$ je pre každé $x>0$ kladný. Keďže $v>0$, tak predchádzajúca nerovnosť platí pre každé $x$ vtedy a len vtedy keď $25-({\frac {10v-1}{2v}})^{2}\leq 0$ pretože $(x+{\frac {10v-1}{2v}})^{2}\leq 0$ pre každé $x$, pričom rovnosť nastáva pre $x={\frac {10v-1}{2v}}$. Nerovnosť $25-({\frac {10v-1}{2v}})^{2}\leq 0$ platí práve vtedy, keď $20v-1\leq 0$, 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 $x={\frac {10v-1}{2v}}$ 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 $ux^{2}+(u-1)x+4u\leq 0$. Keď však $u\neq 0$, vtedy $ux^{2}+(u-1)x+4u=u((x+{\frac {u-1}{2u}})^{2}+4-({\frac {u-1}{2u}})^{2}$ 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 $(x+{\frac {u-1}{2u}})^{2}+4-({\frac {u-1}{2u}})^{2}\geq 0$. Keďže $(x+({\frac {u-1}{2u}})^{2}\geq 0$, pre každé $x$, pričom rovnosť platí pre $x={\frac {1-u}{2u}}$, bude nerovnosť $(x+{\frac {u-1}{2u}})^{2}+4-({\frac {u-1}{2u}})^{2}\geq 0$ platiť pre všetky $x$ vtedy a len vtedy, keď $4-({\frac {u-1}{2u}})^{2}\geq 0$. Teda $u\leq {\frac {x}{x^{2}+x+4}}$ platí pre každé číslo $x$ vtedy a len vtedy, keď $u<0$ a nerovnosť $4-({\frac {u-1}{2u}})^{2}\geq 0$ je splnená. Nerovnosť platí práve vtedy, keď $-2\leq {\frac {u-1}{2u}}\leq 2$.
• Keďže vyššie uvedený zlomok je pre $u<0$ kladný, číslo $u<0$ vyhovuje nerovnostiam $-2\leq {\frac {u-1}{2u}}\leq 2$ práve vtedy, keď ${\frac {u-1}{2u}}\leq 2$, čiže práve vtedy, keď $u-1\geq 4u$, 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