Matematyka.pl

Wykazać, że jeżeli wielomian
\(\displaystyle{ W(x)=x^3+ax^2+bx+c}\)
ma trzy pierwiastki , to
\(\displaystyle{ a^2 \ge 3b}\).
Wiem ,że
\(\displaystyle{ x _{1}+x_{2}+x_{3}=-a/()^2 }\),
\(\displaystyle{ x_{1}^2+x_{2}^2+x_{3}^2+2(x_{1}x_{2}+x_{1}x_{3}+x_{2}x_{3})=a^2}\),
\(\displaystyle{ a^2=2b+x_{1}^2+x_{2}^2+x_{3}^2}\)
Dodatkowo, wiemy że
\(\displaystyle{ x_{1}^2+x_{2}^2+x_{3}^2 \ge -b}\)

\(\displaystyle{ x^3-(a+b+c)x^2+ (ab+ac+bc)x -abc}\) ; i podstawic

Jeżeli możesz używać rachunku różniczkowego , to istnienie trzech różnych pierwiastków rzeczywistych pociąga za sobą z tw Rolle'a że pochodna tego wielomianu musi mieć dwa różne pierwiastki rzeczywiste , a ta pochodna jest trójmianem kwadratowym

\(\displaystyle{ W'(x)=3x^2+2ax+b}\)

wyróżnik odpowiedniego równania kwadratowego jest równy \(\displaystyle{ (2a)^2-4 \cdot 3 \cdot b=4a^2-12b}\)

mol_ksiazkowy pisze: ↑10 wrz 2023, o 18:57 \(\displaystyle{ x^3-(a+b+c)x^2+ (ab+ac+bc)x -abc}\) ; i podstawic

Nie bardzo wiem, gdzie mam podstawić.

Dodano po 9 minutach 40 sekundach:

Psiaczek pisze: ↑10 wrz 2023, o 19:05 Jeżeli możesz używać rachunku różniczkowego , to istnienie trzech różnych pierwiastków rzeczywistych pociąga za sobą z tw Rolle'a że pochodna tego wielomianu musi mieć dwa różne pierwiastki rzeczywiste , a ta pochodna jest trójmianem kwadratowym

\(\displaystyle{ W'(x)=3x^2+2ax+b}\)

wyróżnik odpowiedniego równania kwadratowego jest równy \(\displaystyle{ (2a)^2-4 \cdot 3 \cdot b=4a^2-12b}\)

Niestety nie mogę jeszcze skorzystać z rachunku różniczkowego, choć to dla mnie jasne uzasadnienie.
Czy mogę skorzystać z faktu, że
\(\displaystyle{ \Delta=3b-a^2}\)
w przypadku wielomianu z zadania?
\(\displaystyle{ \Delta<0}\), to wielomian osiąga 1 maximum i 1 minimum, czyli w tym przypadku może mieć 3 pierwiastki.
Uwzględniając, że nie muszą one być różne, dostaję tezę
\(\displaystyle{ \Delta \le 0 \Rightarrow 3b-a^2 \le 0 \Rightarrow 3b \le a^2}\)

Nie bardzo wiem, gdzie mam podstawić.

Trzeba udowodnić, że \(\displaystyle{ (a+b+c)^2 \geq 3(ab+ac+bc)}\).

Nadal jestem w punkcie wyjścia
\(\displaystyle{ a^2+b^2+c^2-(ab+bc+ca) \ge 0}\)

a nie \(\displaystyle{ a^2+b^2+c^2 \geq ab+bc+ca }\) ...

Dodano po 1 minucie 45 sekundach:
no to to jest równoważne \(\displaystyle{ (a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2 \geq 0 }\)

No tak, ale nadal mi to nic nie mówi

Dodano po 2 minutach 20 sekundach:
Teraz już widzę