Nierówność; wielomian 4-ego stopnia

[Olke]

Witam.
Analizuję pewną nierówność i w miarę jak zyskuję coraz więcej danych, pojawiają się kolejne pytania.
W pewnym zadaniu dochodzimy do nierówności \(\displaystyle{ x^5-x^4+x^2-1>0}\)
W dowolny sposób rozbijamy ją na \(\displaystyle{ (x^4+x+1)(x-1)>0}\);
Moje wątpliwości dotyczą poprawnego udowodnienia, że \(\displaystyle{ x^4+x+1}\) jest zawsze \(\displaystyle{ >0}\). Widzimy, że tak jest na pierwszy rzut oka; wynika to także z faktu, że \(\displaystyle{ x^2+x+1}\) spełnia ten warunek, ale zastanawia mnie czy możliwy jest mniej dedukcyjny dowód.
Rysując wykres \(\displaystyle{ x^4+x+1}\) w programie komputerowym okazuje się, że istotnie znajduje się on nad osią OX. Jak jednak wyznaczyć najmniejszą wartość funkcji w postaci \(\displaystyle{ x(x^3+1)}\), którą później przenosimy o jedną jednostkę w górę? Czy istnieje odpowiedni wzór?

[Lorek]

A skąd wiesz, że \(\displaystyle{ x^2+x+1>0}\)?

[Olke]

Parabola; delta ujemna; łapy w górę.

[brzoskwinka1]

\(\displaystyle{ x^4 +1 \ge \frac{1}{3}\cdot (x^4 +1 +1+1) \ge 4\cdot \frac{1}{3} \cdot \sqrt[4]{x^4\cdot 1\cdot 1\cdot 1 } =\frac{4}{3} |x| \ge |x| \ge -x}\)
Przy czym równość we wszystkich powyższych nierównościach nie zachodzi jednocześnie nigdy. Co daje
\(\displaystyle{ x^4 +1+x>0.}\)

[Lorek]

Parabola; delta ujemna; łapy w górę.

A może by tak to zapisać w postaci kanonicznej? A najlepiej
\(\displaystyle{ x^4+x+1=(x^4-x^2+1)+(x^2+x+1)-1}\)
i każdy nawias do kanonicznej.

[Sylwek]

\(\displaystyle{ x^4+x+1=x(x^3+1)+1}\)

Gdy \(\displaystyle{ x \le -1}\) lub \(\displaystyle{ x \ge 0}\), to oba nawiasy są tego samego znaku i powyższe wyrażenie jest \(\displaystyle{ \ge 1}\), a gdy \(\displaystyle{ x \in (-1,0)}\), to \(\displaystyle{ |x|<1}\) oraz \(\displaystyle{ |x^3+1|<1}\), stąd \(\displaystyle{ |x(x^3+1)|<1 \Rightarrow x(x^3+1)>-1}\), zatem powyższe wyrażenie przyjmuje tylko wartości dodatnie. Oczywiście ten sposób działa także gdy \(\displaystyle{ 4}\) zastąpimy dowolną inną dodatnią liczbą parzystą.

[Mariusz M]

Wielomian \(\displaystyle{ x^4+x+1}\) można łatwo rozłożyć na iloczyn dwóch trójmianów kwadratowych
albo zapisując go w postaci różnicy kwadratów albo wymnażając dwa trójmiany w postaci ogólnej
i porównując współczynniki
Najmniejszą wartość liczyło się z użyciem pochodnych

\(\displaystyle{ x^4+x+1\\
x^4-\left( -x-1\right)\\
\left( x^2+ \frac{y}{2} \right)^2-\left( yx^2-x+ \frac{y^2}{4}-1 \right)\\
\Delta=0\\
y\left( y^2-4\right)-1=0\\
y^3-4y-1=0\\
y=2\sqrt{ \frac{4}{3} }\cos{\theta}\\}\)

\(\displaystyle{ x^4+x+1=\left( x^2-px+q\right)\left( x^2+px+r\right)\\
x^4+\left( q+r-p^2\right)x^2+p\left(q-r \right) x+qr\\
\begin{cases} q+r-p^2=0 \\ p\left( q-r\right)=1\\qr=1 \end{cases}\\
\begin{cases} q+r=p^2 \\ q-r=\frac{1}{p}\\4qr=4 \end{cases}\\
\begin{cases} 2q=p^2+\frac{1}{p} \\ 2r=p^2-\frac{1}{p}\\\left( p^2+ \frac{1}{p} \right)\left( p^2- \frac{1}{p} \right)=4 \end{cases}\\
p^4-\frac{1}{p^2}-4=0\\
p^6-4p^2-1=0\\}\)

Jeżeli dobrze pamiętam szukając wartości najmniejszej/największej brało się pod uwagę
wartości na krańcach dziedziny ,punkty nieciągłości ,ekstrema
Tutaj wystarczy znaleźć ekstrema