Proszę o pomoc :) i przepraszam że dzisiaj gosiaaa: Witam milutko w ten piękny dzień Basiu Tobie szczególnie życzę zdrowych spokojnych Świąt oraz mokrego dyngusa proszę o pomoc :Udowodnić ze f(x)=(x−a)(x−b)+(x−b)(x−c)+(x−c)(x−a) ma conajmniej jedno rozwiązanie dla dowolnych a,b,c należących do zbiory R

Basia: Wesołych Świąt Gosiu ! Coś tam źle przepisałaś. Powinno chyba być co najmniej jedno miejsce zerowe a nie "co najmniej jedno rozwiązanie", bo rozwiązanie czego ? Czekam na wyjaśnienie.

gosiaaa: Już miałam problem że wysyłałam Ci e−mailem rysumki ..teraz znów coś jest nie tak:( piszę jak jest....f(x)=(x−a)(x−b)+(x−b)(x−c)+(x−c)(x−a) ma co najmniej jedno miejsce zerowe dla dowolnych a,b,c należących do zbioru R

Basia: "jedno miejsce zerowe" to już jest dobrze; przedtem napisałaś "jedno rozwiązanie" Muszę chyba nad tym trochę pomyśleć.

gosiaaa: Dziękuję ślicznie.....

Basia: (x−a)(x−b)+(x−b)(x−c)+(x−c)(x−a)=0 x² − bx − ax + ab + x² − bx − cx + bc + x² − cx − ax + ac = 0 3x² −(2a+2b+2c)x + (ab + ac + bc) = 0 3x² − 2(a+b+c)x + (ab+ac+bc) = 0 Δ = [−2(a+b+c)]² − 4*3(ab+ac+bc) Δ = 4(a+b+c)² − 12(ab+ac+bc) Δ= 4[ (a+b+c)² − 3(ab+ac+bc) ] Jest takie twierdzenie, że dla dowolnych a,b,c a²+b²+c² ≥ ab + ac + bc stąd (a+b+c)² − 3(ab+ac+bc) = a² + b² + c² + 2ab + 2ac + 2bc − 3ab − 3ac − 3bc = a² + b² + c² − ab − ac − bc ≥ ab + ac + bc − ab − ac − bc=0 czyli: Δ ≥ 0 dla dowolnych a,b,c czyli f(x) ma zawsze przynajmniej jedno miejsce zerowe −−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−− −−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−− dla dowolnych a,b,c a²+b²+c² ≥ ab + ac + bc dowód: najpierw dowodzimy, że dla dowolnych a,b a²+b² ≥ 2ab (a−b)²≥0 a² − 2ab + b² ≥ 0 a² + b² ≥ 2ab na mocy powyższego a² + b² ≥ 2ab a² + c² ≥ 2ac b² + c² ≥ 2bc −−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−− 2(a² + b² + c²) ≥ 2(ab+ac+bc) /:2 a²+b²+c² ≥ab+ac+bc

gosiaaa: Basiu bardzo ,bardzo dziękuję

gosiaaa: Jest takie twierdzenie, że dla dowolnych a,b,c a2+b2+c2 ≥ ab + ac + bc skąd jest takie twierdzenie? Basiu jesli jestes pomoz mi

Basia: Masz je wyżej udowodnione.

gosiaaa: Dziękuję bardzo .......sorry za klopot

gosiaaa: Basiu ,ale skad ono jest ?

Basia: Gosiu tego to ja nie pamiętam. Najogólniej z algebry. Może Jakub, Eta albo Bogdan będą pamiętali w jakim dziale ono się pojawia.

gosiaaa: dziekuje i przepraszam juz i tak duzo mi zrobilas ...dziekuje slicznie

Bogdan: W sprawie nierówności; a² + b² + c² ≥ ab + ac + bc: Jest ona rozwinięciem analitycznym twierdzenia: suma kwadratów liczb rzeczywistych jest nieujemna. Np. x² + y² ≥ 0, x² + y² + z² ≥ 0, x² + y² + z² + t² ≥ 0, itd. Niech a, b, c € R (a − b)² + (a − c)² + (b − c)² ≥ 0 a² − 2ab + b² + a² − 2ac + c² + b² − 2bc + c² ≥ 0 2a² + 2b² + 2c² ≥ 2ab + 2ac + 2bc dzielimy obustronnie przez 2: a² + b² + c² ≥ ab + ac + bc i już