? Patryk: dla jakich wartości parametru k równanie (k+1)x²−2x+k−1=0 ma dwa rozwiązania należące do przedziału (0;2) Δ>0 0<x_w<2 f(2)>0 f(0)>0 dobre załozenia ?

Artur_z_miasta_Neptuna: Twoje założenia są poprawne ale tylko dla a>0 (parabola skierowana ramionami ku górze), a co dla przypadku a<0 a gdzie założenie, że a≠0

pigor: ... dołóż współczynnik a=k+1 , wtedy możesz "wyrzucić" wierzchołek i jeśli f(x)=(k+1)x²−2x+k−1 , to warunki zadania wystarczająco opisuje układ nierówności : Δ=4−(k²−1)>0 i (k+1)f(0)>0 i (k+1)f(2)>0 ⇔ k²<5 i k²−1>0 i (k+1)(4k+4−5+k)>0 ⇔ ⇔ |k|<√5 i |k|>1 i (k+1)(k−¹₅)>0 ⇔ ⇔ −√5<k<√5 i (k<−1 ∨ k>1) i (k<1 ∨ k>¹₅) ⇔ −√5<k<√5 i (k<−1 ∨ k>1) ⇔ ⇔ −√5<k<−1 ∨ 1<k<√5 ⇔ k∊(−√5;−1)U(1;√5) . ...

Patryk: w książce mam, że k∊(1;√2)

Patryk: napewno masz Δ dobrze ?

pigor: ... o ! masz rację brakuje tam 4 (czwórki), no to jeszcze raz : Δ=4−4(k²−1)=−4k²+8= 4(2−k²)>0 ⇔ k²<2 ⇔ |k|<p{2| ⇔ −√2<k<√2 i dalej wychodzi mi chyba jednak to k∊(−√2;−1)U(1;√2) , a więc nie wg. odp.

Patryk: nie ,ale oni mogą się mylić , słyszałem ze często nawet to robia

pigor: ... z tego wynika, że dali jednak ten warunek 0< x_w<2 .

picia: policzylem dla k= −1,2 i jesli sie nie walnalem to nie wychodzi przedzial x∊(0;2)

Saizou : a można zrobić takie warunki: 1^o Δ>0 2^o x₁*x₂>0 ⋀ x₁*x₂<4 3^o x₁+x₂>0 ⋀ x₁+x₂<4

Basia: x₁ = −10 x₂ = −20 spełniają Twoje warunki 2 i 3, a warunków zadania nie

Saizou : a dlaczego warunków zadania nie?

picia: przeczytaj tresc zadania

Basia: warunki wystarczające: 1. k≠ −1 (bo jest tylko jedno rozwiązanie) 2. Δ>0 3. x_w∊(0;2) 4. k+1<0 i f(0)<0 i f(2)<0 5. k+1>0 i f(0)>0 i f(2)>0 oczywiście musi być (2 i 3 i 4) lub (2 i 3 i 5) ⇔ 2 i 3 i (4 lub 5)

Basia: Saizu −10∉(0;2) i −20∉(0;2)

pigor: .. kurcze tam mam dalej drugi błąd − w rozwiązaniu nierówności (x+1)(x−¹₅>0 mam 1 zamiast −1

Saizou : ok już rozumiem, prze te wakacje nie myślę ostatnimi czasy

Patryk: no trudne to zadani jak dla mnie ,mam drugie pytanie czy da sie podzielic pisemnie wielomian x⁴−3x³+6x−4 przez x²−3x+2 ?

picia: a czemu nie ?

Artur_z_miasta_Neptuna: pamiętasz jak sie dzieli wielomiany przypomnij sobie jak się dzieliło liczby, np.: 54567 : 325 wielomiany dzieli się na bardzo podobnej zasadzie

picia: https://matematykaszkolna.pl/strona/2445.html tu masz podobne przyklady

pigor: ,,, lub możesz np. tak : x⁴−3x³+6x−4= x⁴−4 − 3x³+6x= (x²−2)(x²+2)−3x(x²−2)= (x²−2)(x²+2−3x) ⇒

	x4−3x3+6x−4		(x2−2)(x2−3x+2)
⇒		=		= x2−2ix∊R\{1,2}.
	x2−3x+2		x2−3x+2

Patryk: Artur i Picia ten sposób znam , chodziło mi o coś takiego takiego jak podał pigor

Patryk: dany jest wielomian w(x)=x³+4x+p, gdzie p jest liczbą pierwszą. znajdź p wiedząc ze w(x) ma pieriwstek calkowity ?

Patryk: http://www.zadania.info/2772796 potrafił bym to obliczyć za pomocą pochodnej ale dlaczego tak jest a nie inaczej ?

nikt : w(x) = x³ +4x + p , dodatkowo p ∊ liczb pierwszych Oczywiście p nie może być ujemne więc istnienie pierwiastka dodatniego jest już wykluczone. Trzeba sprawdzać po kolei wszystkie pierwiastki ujemne : Zakładam p = 2 W(x) = x³ + 4x + 2 w(−1) ≠ 0 w(−2) ≠ 0 zakładam p = 3 W(x) = x³ + 4x + 3 w(−1) ≠ 0 w(−3) ≠ 0 zakładam p = 5 W(x) = x³ + 4x + 5 w(−1) = −1 − 4 + 5 = 0 // Koniec zadania. Co do drugiego zadania to nie wiem o co ci chodzi.

Patryk: (Oczywiście p nie może być ujemne) więc istnienie pierwiastka dodatniego jest już wykluczone. to w nawiasie rozumiem ale resztę tego zdania nie dlaczego równie nie może miec pierwiasta ujemnego ?

nikt : Pierwiastek musi mieć(wielomian stopnia nie parzystego posiada co najmniej jeden pierwiastek rzeczywisty) mamy wielomian w postaci : w(x) = x³ + 4x + p przy czym p jest dodatnie . Gdybyśmy wzięli dowolną liczbę całkowitą dodatnią to wartość wyrażenia : x³ + 4x zawsze była by > 0 mamy więc : 0 = liczba dodatnia + liczba dodatnia suma dwóch liczb dodatnich jest liczbą dodatnia więc : 0 = liczba dodatnia − sprzeczność.

pigor: Dany jest wielomian w(x)=x³+4x+p, gdzie p jest liczbą pierwszą. Znajdź p wiedząc , że w(x) ma pierwiastek całkowity. −−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−− otóż tu współczynnik a=1 , więc pierwiastków całkowitych szukasz wśród podzielników wyrazu wolnego p, który jest liczba pierwszą , czyli wśród liczb ±1, p , a więc w(−1)=0 ⇔ −1−4+p=0 ⇔ p=5 − szukana liczba pierwsza, zaś w(p)=0 ⇔ p³+4p+p=0 ⇔ p³+5p=0 ⇔ p(p²+5)=0 ⇔ p=0 ∨ p²=−5 ⇔ p=0 − nie jest liczba pierwszą , no i tyle . ...

Patryk: a wiec tak .dzieki

Patryk: wyznacz te wartości wsp. c i d dla których funkcja f(x)=−2x³+3x²+cx+d jest malejaca jak to zrobic za pomoca pochodnej ,w ogóle się da za pomocą pochodnej ?

Patryk: wyszlo mi (−∞:−1,5) ale to d wiadomo nie wiem jak

Patryk: to jest pzredzial dla c

pigor: ... dobry masz przedział dla c, natomiast stała d "znika" po zróżniczkowaniu f , więc nie ma wpływu na monotoniczność, piszesz wtedy odpowiedź np. tak : f jest rosnąca dla c∊(−∞;−³₂) i d∊R . ...

Patryk: aha dzieki

Patryk: a takie mam pytanie raczej zadanie dla jakich wartości parametru m równanie (m−2)x⁴−2(m+3)x²+m+1=0 ma cztery rozne pierwiastki rzeczywiste mysle ze x²=t i warunek Δ>0 ale to chyba za łatwo pójdzie

Mila: x²=t Ogólne warunki: a≠0 i Δ>0 i t₁*t₂>0 i t₁+t₂>0 Licz.

pigor: ... i , czyli w koniunkcji , jeszcze a=m−2 ≠ 0 oraz t₁,t₂ muszą być oba dodatnie, czyli ich iloczyn dodatni t₁*t₂=^c_a >0 , ale to za mało (dlaczego ?) więc i ich suma dodatnia , czyli t₁+t₂=−^b_a >0 . ...

Mila: odp. m należy do przedziału (2,∞)

Patryk: dlaczego takie warunki ,skąd się wzięły ?

Patryk: aha

Mila: Masz podstawienie x²=t t₁, t₂ dwa różne rozwiązania równania kwadratowego , zatem Δ>0 potem liczysz x² =t₁ lub x²=t₂ to jakie mogą być t₁ i t₂ ? (dodatnie) Ponieważ masz parametr w równaniu to korzystasz z wzorów Viete'a.

Patryk: czyli rozwiązania rowniania kwadratowego ze zmienna t musza być dodatnie aby nie doszło do tego x²=−t no bo z tego nie otrzymamy nic ?

Mila: Tak jest. Nie może też być t=0 bo wtedy x₁=x₂=0

Patryk: teraz to rozmiem.dzieki

Mila:

Patryk: dla jakich wartosci parametru m rownanie x⁵+(1−2m)x³+(m²−1)x=0 ma 3 pierwiastki robie tak ale co jest zle ? x⁵+(1−2m)x³+(m²−1)x=0 x[x⁴+(1−2m)x²+(m²−1)]=0 x²=t t²+(1−2m)t+(m²−1)=0 Δ>0 c/a<0 bo wtedy bedzie x²=t (mamy z tego 2 rozwiazana i dorzucajac to x ktore wyrzucilem przed nawias to sa 3 rozwiazana razem) no bo x²=−t znika 5−4m>0 m<5/4 m²−1<0 z tego mam przedzial (−1;1) w odpowoedziach jest ze (−1;1>u{5/4}

Basia: bo pomijasz przypadek: Δ = 0 i t>0 a on też spełnia warunki zadania

Patryk: ok dzięki , a jak mam takie to moge tak

	x2+6x+6
|		|=1
	x

x2+6x+6
	=1
x

x2+6x+6
	=−1
x

?

rumpek: a założenia to gdzie ?

Patryk: jakie zalozenia ? no x≠0 i tyle

Mila: I jakie masz rozwiązanie?

pigor: ... x∊{−1.−6,−3,−2} i wszystko łatwo przez grupowanie lub z wzorów Viete'a , no chyba, że chcesz . z "nieśmiertelnej delty" ...

Patryk: fajne to grupowanie , rozwiązanie takie jak pigor

Patryk:

	m
f(x)=		jak to wyprowadzić do postaci kanonicznej ?
	1−m

Aga1.:

m		−m		−(m−1)		1		−1
	=		=		−		=		−1.
1−m		m−1		m−1		m−1		m−1

Lub podziel (−m):(m−1)=−1 reszty −1.

pigor: ..., np. tak :

	m		m−1+1		−1		−1
f(x)=		=		= −1+		i tyle , lub dalej =		−1 . ..
	1−m		−(m−1)		m−1		m−1

	−1
oczywiście z tych postaci łatwo odczytujesz wektor przesunięcia [1−1] hiperboli y=
	m

Patryk: dzieki

Patryk: no przekształcam zeby narysować

Patryk: podaj zbior wartosci funkcji

	3x4−12
f(x)=
	x2−2

robie tak

3x4−12
	=
x2−2

	3[(x2−2)(x2+2)]
=
	x2−2

=3x²+6 wiec zbior wartosci to <6;∞) w odpowiedziach mam ze tak <6;∞)/{12} co jest zle ?

Patryk: ?

Patryk: jest tam ktoś ?

Mila: f(x)=3x²+6 ⋀ x≠√2 ⋀ x≠ −√2 f(√2)=12 i f(−√2)=12 punkty (√2,12), (−√2,12) nie należą do wykresu f(x).

picia: no to w imieniu Patryk dziekuje bardzo

Eta:

Patryk: no ja tez dziekuje

Mila: Picia