Miejsca zerowe Krystian: Proszę tylko o wyjaśnienie odnośnie obliczania miejsc zerowych: Dlaczego czasem jest jedno miejsce zerowe, a dlaczego czasem dwa Przykład: *f(x)=125+x³ − jedno miejsce zerowe *f(x)=81−x⁴ − dwa miejsca zerowe Może pytanie banalne, ale bardzo proszę o sensowne odpowiedzi. Pozdrawiam.

Giewont: Ponieważ funkcja może kilka razy przechodzić przez oś x−ów. wtedy to miejsce przecięcia nazywamy miejscem zerowym.

asdf: Krystian, w której jesteś klasie? pytam − bo nie wiem, czy chodzi o mature, czy o to, że chcesz się tego dowiedzieć. Jeżeli to pierwsze − to z wyprowadzeniem (delty, postaci iloczynowej itd) jest za późno. Jak to drugie to napisz. wracając do pytania: 81 − x⁴ = 3⁴ − x⁴ = (3²−x²)(3²+x²) = (3−x)(3+x)(3² + x²) 125 + x³ = 5³ + x³ = (5+x)(5²− 5*x + x²), drugi nawias ma delte ujemną.

aniabb: bo x³+125 ma taki kształt jak ta niebieska więc tylko raz przecina oś X bo −x⁴+81 ma taki kształt jak ta zielona więc dwa razy przecina oś X

Krystian: Skończyłem Liceum, oblałem maturę z matematyki i w tym roku przystępuje kolejny raz.. Wiele się zapomniało, ale walczę do końca. Więc dlaczego z wyprowadzeniem delty za późno? Obliczyłem to w ten sposób: f(x)= 125+x³ 125+x³=0 x³=−125 x=√−125 x=−5 f(x)=81−x⁴ 81−x⁴=0 −x⁴=−81 x⁴=81 x=⁴√81 x=3 x=−3 Jakimś dla mnie cudem w drugim są dwa miejsca zerowe nie wiem dlaczego tak się stało licząc tym sposobem..

asdf: Ok, jak chcesz to Ci to wyprowadze, tylko teraz idę na uczelnie, wróce koło 16:30 ok?

Krystian: Świetnie, czekam niecierpliwie Pozdrawiam

wredulus_pospolitus: nie trzeba nic wyprowadzać wystarczy zapamiętać, że dla funkcji wielomianowej parzystego stopnia, wykresem tejże funkcji jest parabola, a co za tym idzie może mieć ów funkcja 0,1 lub 2 miejsca zerowe natomiast wykres funkcji wielomianowej nieparzystego stopnia wygląda tak jak wygląda (narysuj sobie f(x) = x³), a co za tym idzie ZAWSZE ma ów funkcja 1 i tylko 1 miejsce zerowe (oczywiście, jeżeli D_f=R)

aniabb: chyba że to np. funkcja x³−6x²+11x−6 wtedy moga być nawet 3 miejsca zerowe

aniabb: a w ogóle ilość miejsc zerowych maksymalnie jet równa wykładnikowi najwyższej potęgi

PW: Czyli tak czy inaczej dochodzimy do zasadniczego twierdzenia algebry. Dowód wymaga roku studiów, ale chyba informacyjnie w szkole mówi się, że można udowodnić twierdzenie: Każdy wielomian można przedstawić w postaci iloczynu czynników pierwszego stopnia lub nierozkladalnych stopnia drugiego (z delta ujemną). Nie czepiam się, ale (uwaga do wypowiedzi wredulusa) nie wolno mówić, że "dla funkcji wielomianowej parzystego stopnia, wykresem tejże funkcji jest parabola", Parabola ma ściśle określoną definicję.

asdf: co do miejsc zerowych funkcji parzystej: http://www.wolframalpha.com/input/?i=%28x-3%29%28x%2B3%29%28x-2%29%28x-8%29 czyli nie jest tak, ze musi mieć 0/1/2.. a wyprowadzenie wzoru na delte: y = ax² + bx + c, zakładając, że a ≠ 0 (z definicji wielomianu − nie wazne..)

	bx		c
a(x2 +		+		) =
	a		a

	bx		b2		b2		4ac
a(x2 +		+		−		+		) =
	a		4a2		4a2		4a2

	bx		b2		b2 − 4ac
a(x2 + 2*		+		−		) =
	2a		4a2		4a2

i wzór skr. mnożenia:

	bx		b2
(t + v)2 = t2 + 2tv + v2, czyli jak mam x2 + 2*		+		) = (x +
	2a		4a2

	b
		)2
	2a

	b		b2−4ac
a[ (x+		)2 −		]
	2a		4a2

teraz aby móc spierwiastkować b² − 4ac trzeba dać założenie, że jest to > 0, ponieważ: √d jest zawsze liczbą dodatnią, a inaczej − nie ma liczby ujemnej z liczby podniesionej do potęgi drugiej. (d > 0), tak samo b²−4ac > 0..ok dalej:

b2 − 4ac		√b2 − 4ac
	= (		)2 przypominam: z założeniami, że b2−4ac ≥ 0
4a2		2a

podstawiając do równania:

	bx
a[ (x+		)2 − (U{√b2 − 4ac{2a})2 ] =
	2a

stosując wzór skroconego mnożenia: t² − v² = (t+v)(t−v), gdzie:

	b		√b2 − 4ac
t = (x +		), v = (		)
	2a		2a

	b		√b2 − 4ac		b		√b2−4ac
a[ (x +		+		)( x +		−		) ] =
	2a		2a		2a		2a

	b + √b2 − 4ac		b − √b2−4ac
a[ ( x +		)(x +		) ] =
	2a		2a

teraz po każdym "x" dajemy minus, nie wiem czemu − tak sie przyjeło...

	−b − √b2 − 4ac		−b + √b2 − 4ac
a[ (x −		)(x −		) ]
	2a		2a

dajmy oznaczenia:

	−b − √b2 − 4ac
x1 =
	2a

	−b + √b2 − 4ac
x2 =
	2a

otrzymujemy: a[ (x − x₁)(x−x₂) ] wyprowadzona postać iloczynowa. Wnioski: aby otrzymać postać iloczynową, trzeba założyć, że b² − 4ac ≥ 0 jest też taka zależność: c * d * g * h * ...* .. = 0 wtedy gdy: c = 0 lub d = 0 lub g = 0 lub h = 0 ...itd, wystarczy "jedno mnozenie, gdzie przyjmuje wartość zero, aby reszta się wyzerowała i było spełnione: 0 = 0" taki prosty przykład: x(x−2) = 0, x = 2 lub x = 0, ponieważ: 0*(0−2) = 0 0*(−2) = 0 0 = 0, prawda dla x = 2: 2*(2−2)=0 2*(0) = 0 0 = 0, no też... z tej postaci można łatwo odczytać pryz jakich argumentach funkcja ma wartość zero, czyli: f(x) = 0 jeżeli b² − 4ac = 0, to mamy takie postacie:

	−b + 0
x1 =
	2a

	−b + 0
x2 =
	2a

dlatego przyjmuje się, że gdy delta wynosi 0 to istenieje tylko jedno "podwójne" miejsce zerowe. wtedy funkcja ma postać: a(x−x₁)(x−x₂), gdzie x₁ = x₂, czyli: a(x − x₁)(x−x₁) = a * (x−x₁)² (to co na czerwono jest podnoszone do potęgi, nie a!) W takim przypadku nie piszemy x₁, czy x₂..piszemy x₀ (bo..i znowu: "tak sie przyjeło") f(x) = a(x−x₀)² Jeżeli delta (b² −4ac) jest < 0 to nie można doprowadzić równania kwadratowego do postaci iloczynowej, ponieważ musi to być spełnione.. (b² − 4ac > 0), czyli nasza delta( Δ )

asdf: kurde tyle napisałem i nie bedzie Ci sie chciało nawet tego czytać