Matematyka.pl

Kiedy wielomian ma 3 pierwiastki? Da się to jakoś pokazać nie licząc wyróżnika?
Pytam bo mam taki wielomian:
\(\displaystyle{ W(x)= x^{3}+(k-2) x^{2}+(3-2k)x+6 }\)
i pytanie:
Dla jakiej jednej tylko liczby całkowitej k wielomian ma trzy pierwiastki, których kwadrat sumy jest mniejszy od 9.
Ze wzorów Viete'a dostałem taką nierówność:
\(\displaystyle{ (2-k) ^{2}<9 }\), stąd \(\displaystyle{ k \in \left\{ 0,1,2,3,4\right\} }\)
Jak odrzucić inne tak bym wybrał jedna?

Może (bo wtedy nie ma kłopotu) wyraz wolny był z minusem.

Jeżeli sa trzy pierwiastki rzeczywiste, to `(x_1+x_2+x_3)^2-2(x_1x_2+x_2x_3+x_3x_1)=x_1^2+x_2^2+x_3^3>0`, co eliminuje przypadki `k=2,3,4`.

W pozostałych przypadkach policz pochodną i zobacz, że funkcja jest stale rosnąca, zatem trzech pierwiastków mieć nie może.

Jeśli wielomian 3. stopnia ma trzy pierwiastki, to musi mieć dwa ekstrema. Spróbuj wykorzystać to spostrzeżenie.

piasek101 pisze: ↑29 mar 2022, o 21:46 Może (bo wtedy nie ma kłopotu) wyraz wolny był z minusem.

Ale wyraz wolny to +6, więc jest zawsze dodatni. A jeśli byłby z minusem, to co by to nam dało?

Dodano po 2 minutach 14 sekundach:
Odnośnie innych porad, spróbuje i o efektach dam znać.

Wtedy jednym z pierwiastków byłoby dwa.

a4karo pisze: ↑29 mar 2022, o 23:21 Jeżeli sa trzy pierwiastki rzeczywiste, to `(x_1+x_2+x_3)^2-2(x_1x_2+x_2x_3+x_3x_1)=x_1^2+x_2^2+x_3^3>0`, co eliminuje przypadki `k=2,3,4`.

W pozostałych przypadkach policz pochodną i zobacz, że funkcja jest stale rosnąca, zatem trzech pierwiastków mieć nie może.

A czy to nie jest odwrotnie tzn nierówność \(\displaystyle{ (x_1+x_2+x_3)^2-2(x_1x_2+x_2x_3+x_3x_1)=x_1^2+x_2^2+x_3^3>0}\)
nie eliminuje czasem przypadków \(\displaystyle{ k=0,1}\)

A mnie ciekawi, czy gdyby istniało \(\displaystyle{ k}\) dla którego wielomian miałby postać \(\displaystyle{ W(x)=(x-1)^2(x+6)}\) to spełniałoby warunki zadania?

kerajs pisze: ↑21 cze 2022, o 07:37 A mnie ciekawi, czy gdyby istniało \(\displaystyle{ k}\) dla którego wielomian miałby postać \(\displaystyle{ W(x)=(x-1)^2(x+6)}\) to spełniałoby warunki zadania?

Dla dowolnego `k` jest \(\displaystyle{ W'(1)=2,}\) a ponadto kwadrat sumy pierwiastków tego wielomianu wynosi `16`.

Dodano po 1 godzinie 1 minucie 43 sekundach:

mariuszm pisze: ↑21 cze 2022, o 06:49

a4karo pisze: ↑29 mar 2022, o 23:21 Jeżeli sa trzy pierwiastki rzeczywiste, to `(x_1+x_2+x_3)^2-2(x_1x_2+x_2x_3+x_3x_1)=x_1^2+x_2^2+x_3^3>0`, co eliminuje przypadki `k=2,3,4`.

W pozostałych przypadkach policz pochodną i zobacz, że funkcja jest stale rosnąca, zatem trzech pierwiastków mieć nie może.

A czy to nie jest odwrotnie tzn nierówność \(\displaystyle{ (x_1+x_2+x_3)^2-2(x_1x_2+x_2x_3+x_3x_1)=x_1^2+x_2^2+x_3^3>0}\)
nie eliminuje czasem przypadków \(\displaystyle{ k=0,1}\)

Masz absolutną rację. A skoro tak dałem ciała, to spieszę poprawnym rozwiązaniem:

\(\displaystyle{ W(x)= x^{3}+(k-2) x^{2}+(3-2k)x+6=x^3-2x^2+3x+6+k(x^2-2x)=P(x)+k(x^2-2x)}\)
Wielomian `P` jest funkcja ściśle rosnącą (bo `P'(x)=3x^2-4x+3=x^2+1+2(x-1)^2>0`) oraz `P(-1)=0`. Dla `k=0,1,...,4` wielomian jest ujemny jedynie dla `x\in(0,2)` i osiąga najmniejszą wartość `-k` w punkcie `x=1`, więc `W(x)>0` dla `x\in(-1,0]\cup[2,\infty)`, a dla `x\in(0,2)` zachodzi `W(x)>P(0)-k\ge 2`.

Stąd wniosek, że wielomian `W` nie ma pierwiastków większych niż `-1`. Jeżeli zatem ma trzy pierwiastki, to są one mniejsze niż `-1` a ich suma jest mniejsza niż `-3`, zatem kwadrat sumy pierwiastków jest większy niż `9`