Przedstaw liczbę 50 w postaci sumy czterech liczb, których

[matax]

Witam, jestem tu nowy.

Z góry przepraszam, jeśli umieściłem ten temat w złym dziale.

"Przedstaw liczbę 50 w postaci sumy czterech liczb, których iloczyn jest równy 50."

[BettyBoo]

Jeśli liczby mają być dowolne, to najpierw zapisujesz 50 w postaci sumy dwóch liczb i iloczynu tych samych dwóch liczb - stąd masz układ równań i otrzymujesz 2 rozwiązania. Każde z tych rozwiązań ma być znowu sumą i iloczynem tych samych dwóch liczb.

Pozdrawiam.

[mol_ksiazkowy]

a moze np tak:
\(\displaystyle{ 50= 1+1+ \frac{48+\sqrt{2104}}{2} +\frac{48- \sqrt{2104}}{2} = 1*1*\frac{48+\sqrt{2104}}{2}*\frac{48- \sqrt{2104}}{2}}\)

[Mariusz M]

@BettyBoo
Ciekawy jestem czy można potraktować tę sumę i ten iloczyn jako wzory Viete'a
równania czwartego stopnia i czy można dopisać pozostałe dwa wzory Viete'a

i rozwiązać równanie czwartego stopnia z dwoma parametrami od których należy uzależnić
rozwiązanie

np

\(\displaystyle{ x^4-50x^3+px^2-qx+50=0}\)

[BettyBoo]

Zawsze tak można. Zauważ jednak, że to przedstawienie pozwala na stwierdzenie, że wszystkie szukane liczby nie mogą być wymierne - bo wtedy musiałyby być całkowite i być dzielnikami 50, a to - jak łatwo stwierdzić - jest niemożliwe (50 ani -50 nie mogą być żadną z tych liczb, a z pozostałych dzielników sumę równą 50 można zrobić tylko wykorzystując dwa razy 25 i dwa dowolne dzielniki przeciwne lub biorąc 25, 10, 10 i 5, co nie pasuje do warunków zadania, bo iloczyn za duży wychodzi). Zatem aby to zrobić ogólnie, musiałbyś odnosić się do ogólnych wzorów, więc namęczysz się bardziej niż to jest warte, chyba, że znasz jakieś ogólne metody rozwiązywana równań stopnia 4, które nie prowadzą przez rozwiązywanie równań stopnia 3

Rozwiązanie, które zaproponował mol_ksiazkowy jest zgrabniutkie i ten pomysł można wykorzystać do uzyskania innych rozwiązań, w których dwie z szukanych czterech liczb są naturalne - np można założyć, że pierwsza i druga liczba są równe 2 - to założenie prowadzi do równania kwadratowego, w którym wyróżnik jest dodatni i wychodzi wtedy, że te pozostałe dwie liczby to \(\displaystyle{ \frac{92\pm \sqrt{92^2-200}}{4}=23\pm \sqrt{516,5}}\).

Pozdrawiam.

[Mariusz M]

Zawsze tak można. Zauważ jednak, że to przedstawienie pozwala na stwierdzenie, że wszystkie szukane liczby nie mogą być wymierne - bo wtedy musiałyby być całkowite i być dzielnikami 50, a to - jak łatwo stwierdzić - jest niemożliwe (50 ani -50 nie mogą być żadną z tych liczb, a z pozostałych dzielników sumę równą 50 można zrobić tylko wykorzystując dwa razy 25 i dwa dowolne dzielniki przeciwne lub biorąc 25, 10, 10 i 5, co nie pasuje do warunków zadania, bo iloczyn za duży wychodzi). Zatem aby to zrobić ogólnie, musiałbyś odnosić się do ogólnych wzorów, więc namęczysz się bardziej niż to jest warte, chyba, że znasz jakieś ogólne metody rozwiązywana równań stopnia 4, które nie prowadzą przez rozwiązywanie równań stopnia 3

Rozwiązanie, które zaproponował mol_ksiazkowy jest zgrabniutkie i ten pomysł można wykorzystać do uzyskania innych rozwiązań, w których dwie z szukanych czterech liczb są naturalne - np można założyć, że pierwsza i druga liczba są równe 2 - to założenie prowadzi do równania kwadratowego, w którym wyróżnik jest dodatni i wychodzi wtedy, że te pozostałe dwie liczby to \(\displaystyle{ \frac{92\pm \sqrt{92^2-200}}{4}=23\pm \sqrt{516,5}}\).

Pozdrawiam.

@mol książkowy jednak nie rozwiązał tego zadania. Podał jedynie jedną czwórkę liczb spełniających
ten układ

[BettyBoo]

W treści nie ma ani słowa na temat tego, żeby znaleźć wszystkie takie układy - więc wg mnie zadanie jest rozwiązane

Pozdrawiam.

[Mariusz M]

W treści nie ma ani słowa na temat tego, żeby znaleźć wszystkie takie układy - więc wg mnie zadanie jest rozwiązane

Pozdrawiam.

A pokazał jak doszedł do tego "rozwiązania" ?
Gdyby podał takie rozwiązanie na kartkówce to nie miałby tego zadania zaliczonego

Raczej nie otrzymał tego wyniku metodą jaką ty podałaś(eś)

[Mariusz M]

Ten układ równańbmożna sprowadzić do równaniaikwadratowego

Zdaje mi sięże iem jak to mol książkowy rozwiązał

\(\displaystyle{ \begin{ca{es} x_{1}+x_{2}+x_{3}+x_{4}=50 _\ x_{1}*x_{2}*x_{3}*x_{4}=50 \e~d{cases}}\)

Niech n
\(\displaystyle{ egin{cases} x_}\)

[kammeleon18]

Po prostu z góry zakładasz że 2 z nich to jedynki i masz układ

\(\displaystyle{ a+b=48 \\ \\ab=50}\)
który jest prosty do rozwiązania.