Równanie wielomianowe, TW. o pierwiastkach wielomianu

[Visioner69]

Witam. Mam takie zadanie:
Wykaż, że równanie \(\displaystyle{ x^6-x^5+x^4-x^3+x^2-x+1=0}\) nie ma rozwiązań rzeczywistych.

Wszystkie rozwiązania w internecie opieraja sie na rozlozeniu tego na czynniki za pomoca grupowania wyrazów, sprawdzeniu dziedzin etc.

A czy nie wystarczy przeprowadzic dowod nie wprost, napisac ze korzysta sie z tw. o pierwiastkach wielomianu
(Jeżeli współczynniki wielomianu są liczbami całkowitymi, i liczba \(\displaystyle{ \frac{p}{q}}\) jest pierwiastkiem tego wielomianu, to \(\displaystyle{ p}\) jest dzielnikiem wyrazu wolnego , natomiast \(\displaystyle{ q}\) dzieli wspolczynnik przy \(\displaystyle{ x}\) z najwyzsza potega.)

wiec jedynymi mozliwymi rozwiazaniami sa
\(\displaystyle{ x=1}\) , \(\displaystyle{ x=-1}\)

Sprawdzic to, okazuje sie ze
dla \(\displaystyle{ x=1}\) L=1, P=0 wiec nie zgadza sie
dla \(\displaystyle{ x=-1}\) L=7, P=0 wiec nie zgadza sie

wiec te rownanie nie ma rozwiazan rzeczywistych ?

Czy taki tok rozumowania jest bledny ? Czy w jakis sposob odjete by zostaly pkt na maturze za takie rozwiazanie ?

@edit, down
Ehh, dzieki, jaki czlowiek potrafi byc krotkowzorczny ;]

[pyzol]

O ile ma pierwiastki, które są liczbami wymiernymi.

[Mariusz M]

Tutaj można wykorzystać to że lewa strona jest sumą skończonego ciągu geometrycznego
albo że jest to równanie zwrotne

[Marcinek665]

Podzielmy więc równanie przez \(\displaystyle{ x^3}\) (\(\displaystyle{ x=0}\) nie spełnia równości):

\(\displaystyle{ \left( x^3 + \frac{1}{x^3}\right) - \left( x^2 + \frac{1}{x^2}\right) + \left( x + \frac{1}{x}\right) - 1 =0}\).

Ale łatwo widać, że \(\displaystyle{ \left( x^3 + \frac{1}{x^3}\right) = \left( x + \frac{1}{x}\right)^3 - 3\left( x^2 + \frac{1}{x^2}\right)}\) oraz \(\displaystyle{ \left( x^2 + \frac{1}{x^2}\right) = \left( x + \frac{1}{x}\right)^2 - 2}\), więc nasze równanie przyjmuje postać:

\(\displaystyle{ \left( x + \frac{1}{x}\right)^3 - 3\left( x^2 + \frac{1}{x^2}\right) - \left( x + \frac{1}{x}\right)^2 + 2 + \left( x + \frac{1}{x}\right) - 1 =0}\)

Czyli:

\(\displaystyle{ \left( x + \frac{1}{x}\right)^3 - 4\left( x + \frac{1}{x}\right)^2 + \left( x + \frac{1}{x}\right) + 7 = 0}\)

Podstawmy \(\displaystyle{ t=x+\frac{1}{x}}\), by otrzymać:

\(\displaystyle{ f(t)=t^3 - 4t^2 + t + 7 = 0}\).

\(\displaystyle{ f'(t)=3t^2-8t+1}\), funkcja ta ma zatem minimum w punkcie \(\displaystyle{ t=\frac{1}{3}(4+\sqrt{13})}\) i jak się to podstawi do wzoru funkcji, to wyjdzie, że wartość w tym punkcie jest dodatnia. Wobec tego funkcja ma tylko jedno miejsce zerowe, oszacujmy jego położenie, zauważając, że:

\(\displaystyle{ f(-2)=-19<0<1=f(-1)}\), czyli pierwiastkiem jest pewna liczba \(\displaystyle{ a \in \left( -2,-1\right)}\)

Czyli \(\displaystyle{ t=a}\), a zatem \(\displaystyle{ x+\frac{1}{x}=a}\). Jednak z nierówności między średnimi możemy zapisać:

\(\displaystyle{ \left| x+\frac{1}{x} \right| \ge 2}\), czyli \(\displaystyle{ |a| \ge 2}\), co przeczy warunkowi, że \(\displaystyle{ a \in \left( -2,-1\right)}\). Oznacza to, że równanie nie ma rozwiązań rzeczywistych.

Okazało się, że da się również z ciągu geometrycznego bardzo szybko, ale już szkoda mi tego kasować.

[ordyh]

Marcinek665: Ładny, trickowy dowód.

A tak na serio, to \(\displaystyle{ \frac{x^7+1}{x+1} = 0}\).

[Mariusz M]

ordyh, napisałem przecież że lewa strona jest sumą skończonego ciągu geometrycznego
i to właśnie wykorzystujesz

\(\displaystyle{ \left( x^3+\frac{1}{x^3}\right)=\left( x+ \frac{1}{x} \right)^3-3\left( x+ \frac{1}{x} \right)}\)

Równanie trzeciego stopnia ma trzy pierwiastki rzeczywiste (widać to po obliczeniu ekstremów)
jednak ich wartość bezwzględna jest mniejsza od dwóch więc trójmiany kwadratowe występujące
w rozkładzie tego wielomianu będą miały ujemne wyróżniki