dowód nierownosci

Uzo · Post autor: **Uzo** » 21 mar 2006, o 18:50

Udowodnij ,ze jeżeli równanie ax � +bx � +cx+d=0 ma trzy pierwiastki to b � ≥ 3ac

Tomasz Rużycki · Post autor: **Tomasz Rużycki** » 21 mar 2006, o 19:53

Niech \(\displaystyle{ x_1,x_2,x_3}\) beda pierwiastkami tego rownania.

Oczywiscie \(\displaystyle{ (x_1+x_2+x_3)^2\geq 3(x_1x_2+x_2x_3+x_3x_1)}\), bo \(\displaystyle{ \frac{1}{2}[(x_1-x_2)^2+(x_2-x_3)^2+(x_3-x_1)^2]\geq 0}\).

Z twierdzenia Viete'a mamy:

\(\displaystyle{ x_1+x_2+x_3 = \frac{-b}{a}}\) oraz \(\displaystyle{ x_1x_2+x_2x_3+x_3x_1 = \frac{c}{a}}\), czyli

\(\displaystyle{ \frac{b^2}{a^2}=(x_1+x_2+x_3)^2\geq 3(x_1x_2+x_2x_3+x_3x_1)=\frac{3c}{a}}\), rownowaznie \(\displaystyle{ b^2\geq 3ac}\), co konczy dowod.

Uzo · Post autor: **Uzo** » 10 kwie 2006, o 23:13

Nie bardzo rozumiem już od samego początku, czyli od tej pierwszej nierówności skąd mi się to wzięło

Tomasz Rużycki · Post autor: **Tomasz Rużycki** » 11 kwie 2006, o 17:19

Wstaw sobie sume & sume iloczynow dwojek ze wzorow Viete'a, tak jak pisalem.

Uzo · Post autor: **Uzo** » 13 kwie 2006, o 20:24

Oki już chyba rozumiem , dzięki