Zadania. ZKS: I. Liczby rzeczywiste a ; b ; c są pierwiastkami wielomianu x³ + px² + qx + 2 o współczynnikach

1

1

1

a

b

c

całkowitych. Niech A =

+

+

; B =

+

+

oraz

bc

ac

ab

bc

ac

ab

	a2		b2		c2
C =		+		+		. Wykaż, że jeśli A jest liczbą całkowitą, to również
	bc		ac		ab

liczby B i C są całkowite. II. Wykaż, że dla dowolnej dodatniej liczby całkowitej n jeśli 0 ≤ x ≤ 2n, to zachodzi nierówność (x + 1)ⁿ ≥ xⁿ + (x − 1)ⁿ.

Benny: Na pierwsze mam pomysł, ale nie wiem czy dobry. a; b; c są pierwiastkami to 2=−abc

	a+b+c
Nasz A możemy zapisać A=
	−2

A jest całkowite, więc a+b+c też jest całkowite.

	a2+b2+c2
B=
	−2

a²+b²+c²=(a+b+c)²−2(ab+ac+bc) ab+ac+bc jak wiemy z wzorów Viete'a są równe q W treści zadania mamy, że współczynniki są całkowite, więc 2(ab+ac+bc) też jest z tego wynika, że a²+b²+c² jest całkowite. (a+b+c)² możemy zapisać jako (−2A)²=4A² a²+b²+c²=4A²−2q=2(A²−q) liczba ta jest parzysta, więc B jest całkowite Analogicznie należy postąpić z C. Jeśli coś jest nie tak to pokieruj jak poprawić

ZKS: Przecież a + b + c jest całkowite, ponieważ ze wzorów Viete'a mamy a + b + c = −p, a z treści wynika, że wielomian ma współczynniki całkowite, więc jeżeli A jest liczbą całkowitą to p musi być parzyste, raczej tak powinieneś napisać, czyli mamy

a + b + c		−p		p
	=		=		= A ⇒ p = 2A.
abc		−2		2

Zostało tylko udowodnienie, że C jest liczbą całkowitą.

Benny: W trakcie pisania przypomniało mi się właśnie, że przecież z wzorów Viete'a wynika całkowita suma Mam rozumieć, że wszystko jest git? Może C zostawimy dla kogoś innego? Patrzyłem na do drugie zadanko, ale nic konkretnego mi do głowy nie przyszło.

ZKS: Dobra to C zostawiamy dla kogoś innego. Zauważ, że dla x = 0 nierówność jest spełniona, następnie zakładamy x ≠ 0 i dzielimy obustronnie przez xⁿ.

Benny: Coś tak myślę nad "e".

ZKS: Skorzystaj z dwumianu Newtona 2281.

kyrtap: budowniczy wszystko pozdawane?

ZKS: Niestety jeden jedyny przedmiot mi został, sama sucha teoria na nieszczęście moje.

kyrtap: głowa do góry

ZKS: U Ciebie wszystko pozdawane?

kyrtap: szczęśliwie tak

ZKS: Kończę zadanie II. (x + 1)ⁿ ≥ xⁿ + (x − 1)ⁿ Nierówność jest spełniona dla x = 0, zatem zakładamy x ≠ 0 i dzielimy obustronnie przez xⁿ

	1		1
(1 +		)n − (1 −		)n ≥ 1
	x		x

	1		n 1		1		1
(1 +		)n = 1 +		*		+ ... +
	x				x		xn

	1		n 1		1		1
(1 −		)n = 1 −		*		+ ... + (−1)n *
	x				x		xn

1

1

n 1

1

n 3

1

(1 +

)n − (1 −

)n = 2 * [

*

+

*

+ ... ] ≥

x

x

x

x3

	n 1		1		n		n
2 *		*		= 2 *		≥ 2 *		= 1.
			x		x		2n

Benny: Widzę nikt się nie zainteresował C to zapiszemy.

	a3+b3+c3
C=
	−2

a³+b³+c³=(a+b+c)³−3(a+b+c)(ab+bc+ac)+3abc a³+b³+c³=−p³−3pq−6 p=2A a³+b³+c³=−8A³−6A−6

	−2(4A3+3A+3)
C=
	−2

C=4A³+3A+3 z tego wynika, że C jest całkowite Masz jakieś jeszcze zadanka?

ZKS: III. Suma wszystkich współczynników wielomianu P_n(x) jest równa

	1		1		1
limn → ∞ (1 +		+		+ ... +		),
	2		4		2n

a suma współczynników przy nieparzystych potęgach zmiennej, równa jest sumie współczynników przy jej parzystych potęgach. Wyznacz resztę R(x) powstałą z dzielenia wielomianu P_n(x) przez x² − 1. IV. Rozwiąż równanie sin(x) + cos(x) + 2sin(x)cos(x) = 1. V. a) Dla jakich wartości parametru m równania 2x² − (3m + 2)x + 12 = 0 oraz 4x² − (9m − 2)x + 36 = 0 maja wspólny pierwiastek? b) Wyznaczyć wszystkie liczby rzeczywiste a, dla których wielomiany W(x) = x⁵ + ax³ + x² + 1 i Q(x) = x⁴ + ax² + x + 1 mają wspólny pierwiastek. VI. Udowodnij, że równanie x⁸ − x⁵ + x² − x + 1 = 0 nie posiada pierwiastków rzeczywistych. VII. Wykazać, że jeśli n jest liczbą naturalną oraz 0 ≤ x < 1, to zachodzi nierówność 1 − x²ⁿ > 2nxⁿ(1 − x). VIII. Udowodnić, że dla dowolnych liczb rzeczywistych x₁ ; x₂ ; ... ; x_n należących do przedziału [0 ; 2] zachodzą nierówności

	1		x12 + x22 + ... + xn2		x1 + x2 + ... + xn
−		≤		−		≤ 2.
	4		n		n

Chyba na razie starczy tych zadań.

Benny: Do zadanka nr 3 można prosić odp?

ZKS: R(x) = x + 1.

Benny: S=2 P_n(1)=2 P_n(−1)=0 dostajemy układ R(x)=ax+b R(1)=2 R(−1)=0 −a+b=0 a+b=2 a=1, b=1 R(x)=x+1

ZKS: .

Benny: cos+sinx=1−2*sinx*cosx cosx+sinx=(cosx−sinx)² √2sin(45^o+x)=2−2sin²(45^o+x) 2sin²(45^o+x)+√2sin(45^o+x)−2=0

	π
no i z tego wychodzi x=2kπ lub x=		+2kπ
	2

ZKS: .

ZKS: Jak tam idą zadania?

Benny: No właśnie mały zastój. Nie mam na razie żadnego pomysłu na kolejne.

ZKS: Wybierz te, na które masz pomysł, później na pewno coś wpadnie Ci do głowy, jak ruszyć pozostałe.

Eta: zad. VI wykaż,że równanie x⁸−x⁵+x²−x+1=0 nie ma rozwiązań rzeczywistych x≠0 i x≠1 ( łatwo sprawdzić) x⁸ +x²(1−x³)+(1−x)= x⁸ +(1−x)(x²+1)=0 dla x≥1 lewa strona równania jest dodatnia , czyli mamy sprzeczność dla x≤0 podobnie ................ sprzeczność pozostaje sprawdzić co dzieje się gdy x∊(0,1) okazuje się że lewa strona też dodatnia .... sprzeczność wniosek :........................

Benny: Troszkę się pogubiłem albo coś namieszałaś x⁸−x⁵+x²−x+1=x⁸+(1−x)(x⁴+x³+x²+1)=0 Co masz na myśli pisząc lewa strona równania?

Eta: Racja x⁸+x²(1−x³)+(1−x)=0 x⁸+(1−x)(x⁴+x³+x²+1)=0 L =x⁸+(1−x)(x⁴+x³+x²+1) , P=0 Widzisz teraz lewą stronę równania?

Eta: Pewnie ZKS poda inny sposób Ja podałabym taki jak wyżej

Benny: No tak właśnie myślałem, że o to Ci chodzi, ale w jaki sposób twierdzisz, że lewa strona jest dodatnia? Czy może chodzi Ci o to, że jest różna od zera?

Eta: No to może tak łatwiej : x⁸−x⁵+x²−x= −1 x(x−1)(x⁶+x⁵+x⁴+1)= −1 i teraz badamy znak lewej strony dla x≥1 .... lewa strona dodatnia a prawa −1 −−− sprzeczność i dla x≤0 x<0 i (x−1)<0 i (x⁶+x⁵+x⁴+1) >0 więc lewa strona dodatnia i dla x∊(0,1) tu też lewa strona dodatnia sprzeczność

anaisy: 5. b) Niech r będzie wspólnym pierwiastkiem tych wielomianów, wtedy 0=r⁵+ar³+r²+1 (1) i 0=r⁴+ar²+r+1 (2), skąd −ar³=r⁵+r²+1 i −ar²=r⁴+r+1, skąd −ar³=r⁵+r²+1 i −ar³=r⁵+r²+r, skąd r=1. Teraz łatwo sprawdzić, podstawiając r=1 do (1) i (2), że jedynym takim a jest −3. 7. Rozważmy k∊[0, 2n−1]. Ponieważ x≠1, mamy (1−x^n−k)²>0 ⇒1+x^2n−2k>2x^n−k ⇒ x^k+x^2n−k>2xⁿ (1). Zauważmy, że wyrażenie 1+x+x²+...+x²ⁿ⁻¹ jest sumą n−1 wyrażeń postaci (1) (dla k=1, 2, ... n−1) i wyrażenia 1+xⁿ. Stąd wynika, że 1+x+x²+...+x²ⁿ⁻¹>2nxⁿ, czyli ponieważ 1−x>0, więc (1+x+x²+...+x²ⁿ⁻¹)(1−x)>2nxⁿ(1−x), skąd wynika teza. 8. Lewą stronę możemy przekształcić równoważnie

	n		1
−		≤x12+x22+...+xn2−x1−x2−...−xn ⇔(x12−x1+		)+...+(xn2−xn+14)≥0 ⇔
	4		4

	1		1		1
(x1−		)2+(x2−		)2+...+(xn−		)2≥0, co jest prawdą.
	2		2		2

	xk2−xk		2
Aby wykazać drugą nierówność, wystarczy udowodnić, że		≤		(2) dla k∊[1,n]i
	n		n

zsumować n nierówności. Przekształcamy więc 2 równoważnie:

	1		1
xk2−xk+		≤2+		⇔(xk−1/2)2≤(1,5)2 ⇔|xk−1/2|<1,5, co jest prawdą ponieważ
	4		4

x∊[0,2]

Benny: Okej tutaj ładniej to widać, ale mogłabyś przybliżyć bardziej tamto rozwiązanie?

ZKS: VI. Rozpatrujemy najpierw dla x ∊ (−∞ ; −1] ∪ [1 ; ∞) x⁸ − x⁵ ≥ 0 ∧ x² − x ≥ 0 ∧ 1 > 0 sumując te trzy wyrażenia otrzymamy, że x⁸ − x⁵ + x² − x + 1 jest większe od 0 dla x ∊ (−∞ ; −1] ∪ [1 ; ∞). Teraz rozpatrujemy dla x ∊ (−1 ; 1) x⁸ ≥ 0 x² − x⁵ ≥ 0 ∧ 1 − x > 0 sumując te trzy wyrażenia otrzymamy, że x⁸ − x⁵ + x² − x + 1 jest większe od 0 dla x ∊ (−1 ; 1). Podsumowując wyrażenie x⁸ − x⁵ + x² − x + 1 jest większe od 0 dla x ∊ R, a co za tym idzie nie posiada pierwiastków rzeczywistych.

ZKS: VII. Wystarczy skorzystać z nierówności między średnimi AM − GM i dalej szacowanie. 1 − x²ⁿ > 2nxⁿ(1 − x)

1 − x2n
	= 1 + x + x2 + ... + x2n − 1
1 − x

1 + x + x2 + ... + x2n − 1
	≥ (1 * x * x2 * ... * x2n − 1)1/2n
2n

1 + x + x² + ... + x^{2n − 1} ≥ 2n(x^{n(2n − 1)})^1/_2n = 2nx^{(n − 1/₂)} > 2nxⁿ

Eta:

Benny: Chyba nie mam takiego nawyku, żeby coś oszacowywać.

Eta: To trzeba wyrobić taki nawyk

Benny: No za niedługo chyba tak

ZKS: Byłem na rowerze. Trochę inny sposób na zadanie VIII od anaisy.

	1		x12 + x22 + ... + xn		x1 + x2 + ... + xn
−		≤		−		≤ 2
	4		n		n

Będziemy rozpatrywali funkcję postaci f(x) = x² − x dla x ∊ [0 ; 2]. Szukamy ekstremum tej funkcji i sprawdzamy, czy dany argument należy do dziedziny

	1		1
xw =		∊ [0 ; 2], zatem dla xw =		mamy wartość najmniejszą funkcji f(x) równą
	2		2

	1		1
f(		) = −		. Następnie szukamy wartości największej w danym przedziale,
	2		4

f(0) = 0 oraz f(2) = 2, zatem dla x = 2 mamy wartość największą równą 2.

	1		1   n 4		1   1   1   − + (− ) + ... + (− )   4   4   4
−		= −		=		=
	4		n		n

minf(x1) + minf(x2) + ... + minf(xn)		f(x1) + f(x2) + ... + f(xn)
	≤		≤
n		n

maxf(x1) + maxf(x2) + ... + maxf(xn)		2 + 2 + ... + 2		2n
	=		=		= 2.
n		n		n