Wykaż, że p<0 (wzory Viete'a dla wielomianów)
-
- Użytkownik
- Posty: 635
- Rejestracja: 7 lut 2008, o 19:07
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Białystok / Warszawa
- Podziękował: 27 razy
- Pomógł: 63 razy
Wykaż, że p<0 (wzory Viete'a dla wielomianów)
Wykaż, że jeżeli wielomian \(\displaystyle{ x^{3}+px+q}\) ma trzy pierwiastki rzeczywiste i \(\displaystyle{ q \neq 0}\), to \(\displaystyle{ p < 0}\).
Dochodzę do takiego czegoś, że \(\displaystyle{ -(x_{2}+x_{3})^{2}+x_{2}x_{3}=p}\). Niby od razu widać, że lewa strona jest mniejsza od zera(nie równa, bo \(\displaystyle{ q \neq 0}\), więc iloczyn pierwiastków też nierówny zero), ale nie bardzo wiem, jak to wyrazić matematycznie, bo chyba to już widać, że jest mniejsze od zera, a może muszę coś robić z innymi równaniami?
\(\displaystyle{ \begin{cases} x_{1}=-(x_{2}+x_{3})\\-(x_{2}+x_{3})^{2}+x_{2}x_{3}=p\\(x_{2}+x_{3})(x_{2}x_{3})=q\end{cases}}\)
Dochodzę do takiego czegoś, że \(\displaystyle{ -(x_{2}+x_{3})^{2}+x_{2}x_{3}=p}\). Niby od razu widać, że lewa strona jest mniejsza od zera(nie równa, bo \(\displaystyle{ q \neq 0}\), więc iloczyn pierwiastków też nierówny zero), ale nie bardzo wiem, jak to wyrazić matematycznie, bo chyba to już widać, że jest mniejsze od zera, a może muszę coś robić z innymi równaniami?
\(\displaystyle{ \begin{cases} x_{1}=-(x_{2}+x_{3})\\-(x_{2}+x_{3})^{2}+x_{2}x_{3}=p\\(x_{2}+x_{3})(x_{2}x_{3})=q\end{cases}}\)
- czeslaw
- Użytkownik
- Posty: 2156
- Rejestracja: 5 paź 2008, o 22:12
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Politechnika Wrocławska
- Podziękował: 44 razy
- Pomógł: 317 razy
Wykaż, że p<0 (wzory Viete'a dla wielomianów)
Łe tam od razu wzory Viete'a dla wielomianu. Zapisz wielomian w postaci iloczynowej, ze współczynnikiem przy trzeciej potędze równym 1 i przy drugiej równym 0 i wymnóż.
Potem trzeba będzie tylko wykazać, że \(\displaystyle{ a+b+c = 0 \Rightarrow ab+ac+bc < 0}\), co jest ogólnie uznaną nierównością, wystarczy podnieść równość do kwadratu i poprzekształcać trochę. W razie problemów pisz.
Potem trzeba będzie tylko wykazać, że \(\displaystyle{ a+b+c = 0 \Rightarrow ab+ac+bc < 0}\), co jest ogólnie uznaną nierównością, wystarczy podnieść równość do kwadratu i poprzekształcać trochę. W razie problemów pisz.
-
- Użytkownik
- Posty: 2530
- Rejestracja: 15 mar 2008, o 22:03
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Lublin
- Podziękował: 47 razy
- Pomógł: 248 razy
Wykaż, że p<0 (wzory Viete'a dla wielomianów)
\(\displaystyle{ -x_1(x_2+x_3)+x_2x_3=p}\)
Poza tym wystarczy pokazać, że wielomian takiej postaci, dla którego \(\displaystyle{ p\geq 0}\) jest monotoniczny, czyli nie może mieć trzech pierwiastków.
Poza tym wystarczy pokazać, że wielomian takiej postaci, dla którego \(\displaystyle{ p\geq 0}\) jest monotoniczny, czyli nie może mieć trzech pierwiastków.
Ostatnio zmieniony 11 wrz 2009, o 17:19 przez bedbet, łącznie zmieniany 1 raz.
- czeslaw
- Użytkownik
- Posty: 2156
- Rejestracja: 5 paź 2008, o 22:12
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Politechnika Wrocławska
- Podziękował: 44 razy
- Pomógł: 317 razy
Wykaż, że p<0 (wzory Viete'a dla wielomianów)
Nie bardzo rozumiem, to jest odpowiedź na pytanie, komentarz do mojego rozwiązania czy taki post w klimacie luźnym?bedbet pisze:\(\displaystyle{ -x_1(x_2+x_3)+x_2x_3=p}\)
-
- Użytkownik
- Posty: 2530
- Rejestracja: 15 mar 2008, o 22:03
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Lublin
- Podziękował: 47 razy
- Pomógł: 248 razy
Wykaż, że p<0 (wzory Viete'a dla wielomianów)
Chodziło mi o to, że wcześniej było źle policzone \(\displaystyle{ p}\). Edytowałem już posta i dopisałem co nieco. Nawiasem mówiąc metody analityczne w teorii liczb są nieraz prostsze.
- czeslaw
- Użytkownik
- Posty: 2156
- Rejestracja: 5 paź 2008, o 22:12
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Politechnika Wrocławska
- Podziękował: 44 razy
- Pomógł: 317 razy
Wykaż, że p<0 (wzory Viete'a dla wielomianów)
Ok, rzeczywiście nie zauważyłem różnicy.
Tak, zgadza się, często dobrze jest spojrzeć na zadanie z nieco innej perspektywy, niż męczyć się z długimi przekształceniami. No ale trzeba mieć pomysł.
Tak, zgadza się, często dobrze jest spojrzeć na zadanie z nieco innej perspektywy, niż męczyć się z długimi przekształceniami. No ale trzeba mieć pomysł.
-
- Użytkownik
- Posty: 635
- Rejestracja: 7 lut 2008, o 19:07
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Białystok / Warszawa
- Podziękował: 27 razy
- Pomógł: 63 razy
Wykaż, że p<0 (wzory Viete'a dla wielomianów)
Niby jak? Przecież wzór tobedbet pisze:\(\displaystyle{ -x_1(x_2+x_3)+x_2x_3=p}\)
\(\displaystyle{ x_1x_2+x_1x_3+x_2x_3=\frac{c}{a}}\), czyli w tym wypadku \(\displaystyle{ x_1x_2+x_1x_3+x_2x_3=p}\), czyli \(\displaystyle{ x_1(x_2+x_3)+x_2x_3=p}\).
Zadanie ma być zrobione korzystając ze wzorów Viete'a dla wielomianów, więc tak też chciałbym je mieć zrobione. I nie ważne, że może da się to zrobić prościej, ale jak zacznę przy tablicy rozprawiać o monotoniczności wielomianu, nauczycielka w najlepszym wypadku mnie pogoni, bo po prostu tego jeszcze na lekcjach nie było, a tu nie chodzi o to, żeby ona wiedziała o co chodzi, lecz klasa.
A tak tylko dodam, Czesław, że takie wymnażanie to dokładnie to samo, co wzory Viete'a, tylko tam jest już wymnożone
Ostatecznie jednak Twój post mi pomógł w poprawnej interpretacji tego, co z tych wzorów wychodzi, więc dzięki.
- czeslaw
- Użytkownik
- Posty: 2156
- Rejestracja: 5 paź 2008, o 22:12
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Politechnika Wrocławska
- Podziękował: 44 razy
- Pomógł: 317 razy
Wykaż, że p<0 (wzory Viete'a dla wielomianów)
adner, nie do końca tak. Owszem, wzory Viete'a wyprowadza się, nie korzystając z niczego innego - ale to nie to samo. Może rozumujesz w inny sposób niż ja, ważne że udowodniłeś co trzeba.
Pozdrawiam.
Pozdrawiam.
-
- Użytkownik
- Posty: 635
- Rejestracja: 7 lut 2008, o 19:07
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Białystok / Warszawa
- Podziękował: 27 razy
- Pomógł: 63 razy
Wykaż, że p<0 (wzory Viete'a dla wielomianów)
Jednak jest problem - co do nierówności nieostrej nie mam problemów, ale skąd wziąć warunek, że \(\displaystyle{ p \neq 0}\)?czeslaw pisze:adner, nie do końca tak. Owszem, wzory Viete'a wyprowadza się, nie korzystając z niczego innego - ale to nie to samo. Może rozumujesz w inny sposób niż ja, ważne że udowodniłeś co trzeba.
Pozdrawiam.
- czeslaw
- Użytkownik
- Posty: 2156
- Rejestracja: 5 paź 2008, o 22:12
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Politechnika Wrocławska
- Podziękował: 44 razy
- Pomógł: 317 razy
Wykaż, że p<0 (wzory Viete'a dla wielomianów)
Wtedy mamy wielomian postaci \(\displaystyle{ x^{3} + q}\). Dlaczego nie ma on trzech pierwiastków rzeczywistych (oczywiście cały czas obowiązuje założenie \(\displaystyle{ q \neq 0}\) )?
-
- Użytkownik
- Posty: 635
- Rejestracja: 7 lut 2008, o 19:07
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Białystok / Warszawa
- Podziękował: 27 razy
- Pomógł: 63 razy
Wykaż, że p<0 (wzory Viete'a dla wielomianów)
Aha, bo wtedy \(\displaystyle{ x^{3}=-q}\), czyli \(\displaystyle{ x=\sqrt[3]{-q}}\), czyli jest tylko jeden pierwiastek, tak?
- czeslaw
- Użytkownik
- Posty: 2156
- Rejestracja: 5 paź 2008, o 22:12
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Politechnika Wrocławska
- Podziękował: 44 razy
- Pomógł: 317 razy
Wykaż, że p<0 (wzory Viete'a dla wielomianów)
Jasne.
Ewentualnie widać to w rozkładzie tego elementu na czynniki (zakładam bez straty ogólności, że \(\displaystyle{ q>0}\) i rozpatruję 2 przypadki):
\(\displaystyle{ 1^{\circ} \\ x^{3} + q = (x+\sqrt[3]{q})(x^{2}-x \cdot \sqrt[3]{q} + \sqrt[3]{q^{2}}) \\ 2^{\circ}\\ x^{3} - q = (x-\sqrt[3]{q})(x^{2}+x \cdot \sqrt[3]{q} + \sqrt[3]{q^{2}})}\)
W tych drugich nawiasach oczywiście delta jak zawsze ujemna, we wzorach na sumę i różnicę sześcianów zawsze tak to wygląda.
Ewentualnie widać to w rozkładzie tego elementu na czynniki (zakładam bez straty ogólności, że \(\displaystyle{ q>0}\) i rozpatruję 2 przypadki):
\(\displaystyle{ 1^{\circ} \\ x^{3} + q = (x+\sqrt[3]{q})(x^{2}-x \cdot \sqrt[3]{q} + \sqrt[3]{q^{2}}) \\ 2^{\circ}\\ x^{3} - q = (x-\sqrt[3]{q})(x^{2}+x \cdot \sqrt[3]{q} + \sqrt[3]{q^{2}})}\)
W tych drugich nawiasach oczywiście delta jak zawsze ujemna, we wzorach na sumę i różnicę sześcianów zawsze tak to wygląda.