cztery pierwiastki wielomianu

schloss · Post autor: **schloss** » 22 gru 2009, o 17:09

wielomian \(\displaystyle{ W(x)=2x ^{4} +4x ^{3} +ax ^{2} +bx +2}\) ma cztery różne pierwiastki. Oblicz ich sumę.

wielomian jest czwartego stopnia, żeby miał cztery różne pierwiastki to delta wyrażenia \(\displaystyle{ ax ^{2} +bx +2}\) musi być większa od zera. lecz co dalej?

anna_ · Post autor: **anna_** » 22 gru 2009, o 17:19

\(\displaystyle{ -2?}\)

schloss · Post autor: **schloss** » 22 gru 2009, o 17:27

jak to wydedukowałaś? nie znam poprawnej odpowiedzi więc nie wiem, czy dobrze

anna_ · Post autor: **anna_** » 22 gru 2009, o 17:32

\(\displaystyle{ W(x)=2x ^{4} +4x ^{3} +ax ^{2} +bx +2}\)
\(\displaystyle{ W(x)=2(x-x_1)(x-x_2)(x-x_3)(x-x_4)}\)
\(\displaystyle{ W(x)=2x^4-x^3(2x_1+2x_3+2x_2+2x_1)+....=2x^4-2x^3(x_1+x_3+x_2+x_1)+....}\)
Porównując wspólczynniki
\(\displaystyle{ -2(x_1+x_3+x_2+x_1)=4}\)
czyli
\(\displaystyle{ x_1+x_3+x_2+x_1=-2}\)

schloss · Post autor: **schloss** » 22 gru 2009, o 17:38

lool woot. kurczę.
gubię się w trzecim wersie.

anna_ · Post autor: **anna_** » 22 gru 2009, o 17:40

\(\displaystyle{ W(x)=2(x-x_1)(x-x_2)(x-x_3)(x-x_4)=2x^4-x^3(2x_1+2x_3+2x_2+2x_1)+....=2x^4-2x^3(x_1+x_3+x_2+x_1)+....}\)
Też bym się pogubiła, to zwykłe wymnożenie nawiasów,ale potrzebny jest tylko wspólczynnik przy \(\displaystyle{ x^3}\)

schloss · Post autor: **schloss** » 22 gru 2009, o 17:42

aha. czaję sprawę. dzięki wielkie pomoże to Ci, gdy dodam Tobie +1, byś miała: "Pomogła: 993" zamiast 992?

anna_ · Post autor: **anna_** » 22 gru 2009, o 17:47

A propos Twojego pierwszego posta:
skąd to wiesz:

schloss pisze: wielomian jest czwartego stopnia, żeby miał cztery różne pierwiastki to delta wyrażenia \(\displaystyle{ ax ^{2} +bx +2}\) musi być większa od zera.

?
Pierwszy raz o czymś takim słyszę.

PS
A niby w czym ma mi to pomóc?

schloss · Post autor: **schloss** » 23 gru 2009, o 17:21

ponieważ wielomian jest stopnia czwartego, więc może mieć maxymalnie 4 pierwiastki, więc z tego trójmianu kwadratowego muszą wyjść imo dwa pierwiastki,

G.BEST7 · Post autor: **G.BEST7** » 23 gru 2009, o 22:03

No, ale Ty odciąłeś końcówkę tego wielomianu, gdybyś coś pogrupował i powiedział, że w jednym z nawiasów są przykładowo 2 pierwiastki, a tak to nie bardzo można. Jak pozbyłeś się tego trójmianu kwadratowego to został jeszcze wielomian stopnia 4, który może mieć co najwyżej 4 pierwiastki, a więc wówczas cały W(x) miałby ich 6, a nie 4.

schloss · Post autor: **schloss** » 23 gru 2009, o 22:10

hm, faktycznie. racja,.

TheBill · Post autor: **TheBill** » 24 gru 2009, o 11:33

Albo jak zna ktoś wzory Viete'e dla czwartego stopnia, to od razu policzy

G.BEST7 · Post autor: **G.BEST7** » 24 gru 2009, o 11:41

Zawsze można sobie wyprowadzić , ale te dla 4 stopnia łatwo zapamiętać, suma wszystkich pierwiastków\(\displaystyle{ =\frac{-b}{a}}\), czyli w tym przypadku rzeczywiście \(\displaystyle{ -2}\). Podobne do tych podstawowych dla trójmianu kwadratowego.

schloss · Post autor: **schloss** » 24 gru 2009, o 13:28

jak wyprowadza się wzory Vieta dla wyższych niż 2 stopnia wielomianów?

Althorion · Post autor: **Althorion** » 24 gru 2009, o 13:36

W przypadku ogólnym? Poprzez porównanie postaci iloczynowej z postacią ogólną. Na wikipedii jest to ładnie pokazane.