Wielomiany Kostek: Wykaż,że dla każdej liczby rzeczywistej x prawdziwa jest nierówność x⁴−x³+3x²−2x+2>0 chciałem podzielić ten wielomian ale w(−2)≠0 w(−1)≠0 w(1)≠0 w(2)≠0

	1
w(−		)≠0
	2

w(¹₂)≠0

Kamcio :): skoro masz wykazać że jest prawdziwa dla każdej liczby rzeczywistej, ten wielomian nie będzie miał miejsc zerowych , proponuję popróbować zwijania do wzorów różnej maści

Kostek: ok

Saizou : x⁴−x³+x+2x²−2x+2>0 x²(x²−x+1)+2(x²−x+1)>0 (x²−x+1)(x²+1)>0

Kostek: Saizou popsułeś dobra to teraz napisać Δ<0 brak pierwiastków

Kamcio :): dobra, to tak W(x)=x⁴−x³+3x²−2x+2=x⁴+4x²+4−x³−x²−2x−2=(x²+2)²−x²(x+1)−2(x+1)=(x^ 2+2)²−(x+1)(x²+2)=(x²+2)(x²−x+3) teraz już widać że dla każdego x∊R W(x)>0

Kostek: Dziękuje

Kamcio :): drugi nawias będzie (x²−x+1) , pomyłka

Kostek: Kamcio czyli należy to pogrupować żeby pokazać, że wielomian nie ma pierwiastków ?

Saizou : Kostek tak w celach rehabilitacji masz zadanko: Wykaż, że wielomian (x+1)(x+2)(x+3)(x+4)+1 można przedstawić w postaci kwadratu trójmianu kwadratowego

Saizou : Kostek ty skorzystałeś z tw. o pierwiastkach wymiernych wielomianu o współczynnikach całkowitych, ale mogły być jeszcze pierwiastki niewymierne. Zatem rozkładamy na czynniki i pokazujemy że nie ma pierwiastków w zborze liczb rzeczywistych

Kostek: @Saizou zadanko fajne robiłem to w tamtym tygodniu ale zrobię jeszcze raz przedstawiłem wszystkie możliwe propozycje pierwiastków

Saizou : tak, są przedstawione wszystkie możliwości pierwiastków wymiernych

Kostek: powinno wyjść (x²+5x+4)²

Saizou : (x²+5x+5)²

Kostek: a no tak 5 zamiast 4 To zadanko jest z podstawy

Saizou : nie wiem, ze zbioru zadań z podkowy

Kostek: Niestety nie mam tego zbioru muszę kupić

Saizou : to już lepiej np. kiełbasę

Kostek: Mam kiełbasę a ten zbiór to jest zbiór zadań maturalnych czy po prostu zbiór zadań do jakiejś klasy

Saizou : zbiór zadań do matur. Chcesz jeszcze jakieś zadanko z wielomianów?

Kostek: Wolałbym coś z funkcji kwadratowej z parametrem

Saizou : wykaż że jeżeli funkcja kwadratowa f(x)=x²+bx+x ma miejsca zerowe, to funkcja kwadratowa

	1		1
określona wzorem g(x)=x2+(m−		)bx+(m−		)2c, gdzie m≠0 również ma miejsca zerowe
	m		m

pigor: ... , nikt nie pokazuje jak to zrobić, no to ja pokażę jak bym to "robił", otóż np. tak : (x+1)(x+2)(x+3)(x+4)+1 = [(x+1)(x+4)*(x+2)(x+3)+1= (x²+5x+4)*(x²+5x+4+2)+1= = (x²+5x+4)²+2(x²+5x+4)+1= (x²+5x+4)²+2(x²+5x+4)*1+1²= = (x²+5x+4+1)²= (x²+5x+5)² − szukany kwadrat trójmianu kwadratowego. ...

Kostek: Δ>0 Δ=b²−4ac>0

	1		1
Δ=(m−		)2−4(m−		)2*c>0 wystarczy takie coś o ile to jest dobrze ?
	m		m

Saizou : coś ta druga delta jest nie teges

Kostek:

	1		1
Δ=(m−		)2−4*(m−		)2 teraz ok
	m		m

Saizou : niestety spójrz jeszcze raz na to równanie

Kejt: b²?

Kipic:

	1
Kostek brakuej ci ((m−		)b)2 tego b
	m

Dziabong: Zapomniałeś o b.

Kejt: pierwsza!

Saizou : i popsuliście wszystko

Kipic: no dobra to skoro mamy 2 niewiadome b i c to co z nimi dalej po policzeniu delty

Saizou : a i jeszcze jest jeden błąd, ale już nie w delcie, kto znajdzie?

Kipic: @Kejt wylacz te cheaty

Kostek: właśnie

	1		1
Δ=(m−		)2b2−4(m−		)2>0 teraz ok ?
	m		m

Kipic: zle przepisalas powinno byc x²+bx+c

Dziabong: @Kipic Właśnie o tym samym pomyślałem.

Dziabong: Teraz zjadłeś c

Saizou : Kostek i co dalej....

Dziabong: A nie przepraszam, tam pewnie tego c w ogóle nie ma być, dlatego jest błąd.

Saizou : tak miało być f(x)=x²+bx+c

Dziabong: Dobra ja już nic nie piszę, bo piszę jakieś głupoty

Kipic: hahhahaahhah miałem racje

Kostek: Saziou czyli ostatecznie

	1
Δ=(m−		)2b2−4(m−U{1}{m)2*c>0
	m

Saizou : Kipic ale jest błąd w warunkach jakie napisał Kostek

Saizou : tak i co dalej

Dziabong: @Kipic No miałeś racje, ale ten post w którym napisałem, że tego "c" w ogóle nie powinno być miał się tyczyć tej drugiej funkcji kwadratowej, ale potem sobie zdałem sprawę, że ma być.

Kipic: Kostek 4 raz napisałes i teraz braklo ci } wlasnie takich sytuacji boje sie na maturze ze zapomne czegos albo cos to chyba najgorsze co moze spotkac

	1		1
Δ=(m−		)2b2−4((m−		)2c)
	m		m

Kipic: czy aby ne powinno byc Δ≥0

Saizou :

Kejt: Saizou..zapodałbyś w wolnej chwili jakieś zadanko z planimetrii? tylko nie przesadzaj z trudnością

Kostek:

	1
to U{m−		) to jest moje b
	m

czyli to mam:

	1
Δ=(m−		)(b2−4c)>0 ale co dalej to nie wiem
	m

Saizou :

	1
kwadrat zjadłeś przy (m−		)2
	m

Kamcio :): rozwiąż to na kartce może

Kostek:

	1
Δ=(m−		)2(b2−4c)>0
	m

Kipic: Saizou wiec jedyne zalozenie to Δ≥0 a czy nie ma tam jeszcze b≠0 c≠0 czy to juz jest oczywiste bo w x²+bx+c nie są podane wartosci i nie musimy ich pisac no dobra mamy delte i 2 niewiadome b i c i co dalej

Saizou :

	1
no i teraz komentarz i (m−		)2(b2−4b)≥0
	m

Kipic: jaki komentarz moglby byc do tego bo powiem szczerze to dla mnie nie jest rozwiazane do konca

Saizou : a dla b=0 i c=0 mamy wielomiany f(x)=x² i g(x)=x² zatem sam wywnioskuj

Kejt: a ja wiem!

Kostek:

	1
(m−		)2 ≥0
	m

(a−b)²≥0

Kostek: (b²−4c)>0 C.K.D

Saizou : założenie f(x)=x²+bx+c Δ≥0→b²−4c≥0 (bo a=1) Teza:

	1		1
g(x)=x2+(m−		)bx+(m−		)2c posiada pierwiastki
	m		m

Dowód: Δ_g≥0

	1		1
((m−		)b)2−4*(m−		)2c≥0
	m		m

	1
(m−		)2(b2−4c)≥0
	m

	1
(m−		)2 kwadrat każdej liczby rzeczywistej jest nieujemny
	m

b²−4c z założenia ≥0

	1		1
zatem ich iloczyn musi być ≥0 czyli równanie x2+(m−		)bx+(m−		)2c ma pierwiastki
	m		m

cnu

Kipic: Pięknie http://www.youtube.com/watch?v=Obi4iELWJ3Y&list=PLSiIRafP7XYUGtdFvBcZCbd1MLKsdGW3m

Kostek: http://www.youtube.com/watch?v=K9BtTrZdft8

Kejt: Saizou się chyba na mnie obraził

Kamcio :): Saizou, dlaczego w dowodzie zacząłeś od tezy ? źle jest , powinieneś zacząć przekształcać deltę i dopiero w 3 linijce stwierdzić że jest ≥0 i dlaczego

Saizou : Kejt nie obraziłem się tylko czekam na zadanie, które ci kiedyś zadałem Kamcio jak już się czepiasz: Dowód nie wprost załóżmy że teza jest fałszywa, zatem Δ<0 ..................

	1
Δ<(m−		)2(b2−4c)
	m

dochodzimy do sprzeczności zatem teza jest prawdziwa