uzasadnienie równan małapaproteczka: Bardzo prosze o pomoc Uzasadnij, że równanie a) trzeciego stopnia, b) piątego stopnia c) nieparzystego stopnia ma co najmniej jeden pierwiastek

Trivial: Z własności Darboux funkcja f ciągła na przedziale [a,b] przyjmuje wszystkie wartości pośrednie między f(a) i f(b). Weźmy f(x) − wielomian stopnia nieparzystego. Wystarczy wybrać a→−∞ i b→+∞. Wtedy najwyższa potęga dominuje pozostałe, a więc f(a)→−∞, f(b)→+∞, zatem wykres funkcji f przecina oś Ox przynajmniej raz, czyli równanie f(x) = 0 ma co najmniej jedno rozwiązanie rzeczywiste.

Trivial: Jako, że ludzie nie wiedzą o co tutaj chodzi wyjaśnię to inaczej i nieformalnie. (1) Każdy wielomian to funkcja ciągła. Co to jest funkcja ciągła? Jej wykres nie ma dziwnych przerw, ani wyrzuconych punktów, asymptot i tego typu rzeczy − da się go narysować w całości bez odrywania ręki, jednym pociągnięciem. (2) Z punktu (1) wynika, że aby udowodnić, że wielomian stopnia nieparzystego ma przynajmniej jeden pierwiastek rzeczywisty (miejsce zerowe), wystarczy udowodnić, że przecina oś Ox przynajmniej raz. Mam nadzieję, że to jasne... (3) Jak to udowodnić? Najpierw zauważmy: − liczba ujemna do potęgi nieparzystej jest ujemna, np. (−2)³ = −8. − dla bardzo dużych liczb dodatnich, x³ ma wartości duuuużo większe niż np. 100x² + 9897234x + 2, a zatem dominuje pozostałe składniki. − podobnie x⁵ dominuje x⁴ itd. (4) Wykorzystując punkt (3) zauważamy: 1. Dla liczb ujemnych o bardzo dużym module, np. −999999333999393939 wielomian stopnia nieparzystego przyjmuje wartości ujemne. 2. Dla wielkich liczb dodatnich, np. 1000000000000000000000000, wielomian stopnia nieparzystego przyjmuje wartości dodatnie. (5). Wniosek: skoro wielomian czasem przyjmuje wartości ujemne, a czasem dodatnie to przecina oś Ox przynajmniej raz, a zatem istnieją jego pierwiastki. Koniec.

Vax: To może pokażę jeszcze inny sposób, który przed chwilą wymyśliłem. Będziemy korzystać z reguły znaków Kartezjusza, chcemy więc pokazać, że liczba równa ilości zmian znaków między kolejnymi współczynnikami danego wielomianu jest różnej parzystości, niż liczba zmian znaków między kolejnymi współczynnikami wielomianu po podstawieniu x := −x (wówczas jedna wartość będzie nieparzysta, czyli dane równanie będzie miało co najmniej jeden pierwiastek rzeczywisty). Rozumujemy indukcyjnie. Zapiszmy wielomian w postaci: W(x) = ∑_i=0²ⁿ⁺¹ a_ixⁱ Dla n=0 dostajemy: { W(x) = a₁x+a₀ { W(−x) = −a₁x+a₀ Jak łatwo zauważyć parzystość liczby zmian znaków będzie tutaj zawsze różna, zakładamy więc prawdziwość tezy dla pewnego n i dowodzimy dla n+1, wówczas: W(x) = ∑_i=0²ⁿ⁺³ a_ixⁱ { W(x) = a_2n+3x²ⁿ⁺³+a_2n+2x²ⁿ⁺² | +a_2n+1x²ⁿ⁺¹+a_2nx²ⁿ+...+a₀ { W(−x) = −a_2n+3x²ⁿ⁺³+a_2n+2x²ⁿ⁺² | −a_2n+1x²ⁿ⁺¹+a_2nx²ⁿ−...+a₀ Podstawiłem te pionowe kreski, aby łatwiej było zauważyć o czym zaraz będę pisał. Załóżmy bez straty ogólności, że w pierwszym równaniu (W(x)) po prawej stronie pionowej kreski ilość zmian znaków między kolejnymi współczynnikami jest parzysta, niech to będzie 2k, a w 2 równaniu po prawej jest nieparzysta (2s+1) (przypominam, że z założenia indukcyjnego są różnej parzystości), teraz aby dobrze to zobrazować rozpatrzmy 4 przypadki: 1^o) a_2n+3 > 0 , a_2n+2 > 0 Wtedy w pierwszym równaniu różnica znaków pomiędzy kolejnymi współczynnikami pozostaje ta sama, 2k, a w 2 równaniu wynosi 2s+3, czyli wszystko się zgadza, dane liczby są różnej parzystości 2^o) a_2n+3 > 0 , a_2n+2 < 0 Podobnie, w 1 równaniu dostajemy 2k+2 ilości zmian znaków, a w 2 równaniu zostaje 2s+1 3^o) a_2n+3 < 0 , a_2n+2 > 0 W 1 równaniu dostajemy 2k+1 a w 2 dostajemy 2s+2 4^o) a_2n+3 < 0 , a_2n+2 < 0 W 1 równaniu dostajemy 2k+1, w 2 dostajemy 2s+2 We wszystkich przypadkach dostaliśmy liczby różnej parzystości, czyli dowiedliśmy implikacji T(n) ⇒ T(n+1), oraz T(0) skąd wynika prawdziwość tezy dla dowolnego naturalnego n, cnd.

xXx: i wszystko jasne

Trivial: Vax, chyba jednak trochę przesadziłeś tym razem.