funkcja, miejsca zerowe

Masita+++ · Post autor: **Masita+++** » 16 sty 2014, o 23:02

udowodnij, że jeżeli funkcja \(\displaystyle{ f\left( x\right) = x^{3}+ax + b}\) ma trzy miejsca zerowe, to \(\displaystyle{ a \le 0}\)
Dziękuje za pomoc

matematyk1995 · Post autor: **matematyk1995** » 16 sty 2014, o 23:05

Rozwiąż: \(\displaystyle{ x^3+ax+b=(x-x_1)(x-x_2)(x-x_3)}\)

Masita+++ · Post autor: **Masita+++** » 16 sty 2014, o 23:21

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

hm i co dalej ? może jeszcze mała podpowiedź

mortan517 · Post autor: **mortan517** » 16 sty 2014, o 23:46

Porównaj współczynniki przy odpowiednich pierwiastkach (wyjdą wzory Viete'a dla wielomianu stopnia trzeciego) i wtedy wywnioskuj coś.

Masita+++ · Post autor: **Masita+++** » 17 sty 2014, o 00:31

nie widzę tego, zdaje sobie sprawę że to coś oczywistego ale nie potrafię wpaść co. Proszę o jeszcze małą podpowiedź

bakala12 · Post autor: **bakala12** » 17 sty 2014, o 07:19

Można też inaczej. Niech \(\displaystyle{ f}\) ma trzy miejsca zerowe. Ale \(\displaystyle{ f'(x)=3x^{2}+a}\). Gdyby \(\displaystyle{ a>0}\) to \(\displaystyle{ f'(x)>0}\) dla wszystkich \(\displaystyle{ x}\) i \(\displaystyle{ f}\) jest wielomianem ściśle rosnącym, co oznacza, że nie może mieć 3 różnych pierwiastków. Zatem \(\displaystyle{ a \le 0}\) cbdo.

kropka+ · Post autor: **kropka+** » 17 sty 2014, o 11:44

Tu pewnie chodzi o wzory Cardano.
Poza tym jeśli mają być 3 pierwiastki, włącznie z zespolonymi, to twierdzenie jest nieprawdziwe.
Jeśli mają być 3 różne pierwiastki rzeczywiste, to też nie jest prawdziwe, bo dla \(\displaystyle{ a=0}\) jest tylko jeden pierwiastek.
Myślę, że chodzi o 3 różne pierwiastki rzeczywiste i \(\displaystyle{ a<0}\) wtedy spójrz tu: na przypadek3.

Masita+++ · Post autor: **Masita+++** » 18 sty 2014, o 10:13

podstawiłam do a za \(\displaystyle{ x _{3} = -x _{1}-x _{2}}\) i wyszło mi \(\displaystyle{ a= -\left( x^{2} + x_{1}x _{2} + x^{2} \right)}\) oczywiście składniku skrajne nawiasu mają indeks dolny równy 1 i 2 czy mogę już wnioskować że a ujemne korzystając z tego że jest to czynnik wzoru na sześcian różnicy i jak liczę deltę to zawsze wychodzi ujemna więc wyrażenie zawsze dodatnie ? Nie mam pojęcia jak zastosować wzory Cardano to jest zadanie z 1 kl liceum a konkretnie z podręcznika Operon Henryka Pawłowskiego.

Seth Briars · Post autor: **Seth Briars** » 19 sty 2014, o 17:09

kropka+ pisze: Jeśli mają być 3 różne pierwiastki rzeczywiste, to też nie jest prawdziwe, bo dla \(\displaystyle{ a=0}\) jest tylko jeden pierwiastek.

To nie jest kontrprzykład. Kontrprzykładem byłby wielomian postaci \(\displaystyle{ x^3+ax+b}\), mający 3 różne pierwiastki rzeczywiste w którym \(\displaystyle{ a>0}\).

Masita+++ pisze:podstawiłam do a za \(\displaystyle{ x _{3} = -x _{1}-x _{2}}\) i wyszło mi \(\displaystyle{ a= -\left( x^{2} + x_{1}x _{2} + x^{2} \right)}\) oczywiście składniku skrajne nawiasu mają indeks dolny równy 1 i 2 czy mogę już wnioskować że a ujemne korzystając z tego że jest to czynnik wzoru na sześcian różnicy i jak liczę deltę to zawsze wychodzi ujemna więc wyrażenie zawsze dodatnie ? Nie mam pojęcia jak zastosować wzory Cardano to jest zadanie z 1 kl liceum a konkretnie z podręcznika Operon Henryka Pawłowskiego.

Można powoływać się na tzw. deltę albo po prostu \(\displaystyle{ a=-\left( x_1^{2} + x_{1}x _{2} + x_2^{2} \right)=-\left(\left(x_1+\frac{x_2}{2}\right)^2+\frac{3}{4}x_2^2\right) \le 0}\) (choć to w gruncie rzeczy ten sam argument)