nierówność
LILA: Jak to wykazać x4+x3−x+1>0 dla wszystkich x rzeczywistych?
Bez pochodnych, bo jeszcze ich nie miałam.
23 gru 22:10
Jack: skad takie zadanie?
23 gru 22:21
ICSP: Jeżeli |x| > 1 to problemu nie ma
Jeżeli x ∊ (0 ; 1) to 1 − x > 0 , więc i x4 + x3 −x + 1 > 0
Jeżeli x ∊ (−1 ; 0) to 1 + x3 > 0, więc i x4 + x3 − x + 1 > 0
Dla pozostałych trzech punktów wystarczy sprawdzić ręcznie.
23 gru 22:35
Adamm: f(x)=x4+x3−x+1
x4+x3−x+1=0
x2+x−1/x+1/x2=0
t=x−1/x
t2=x2−2+1/x2
t2+t+2=0
Δ=−7<0
co znaczy że nie istnieje takie t∊ℛ, co również znaczy że nie istnieje taki x∊ℛ
że x2+x−1/x+1/x2=0, co
znaczy że nie istnieje taki x że f(x)=0, z ciągłości funkcji f(x) mamy f(x)>0
24 gru 00:38
Adamm: chociaż tego pewnie też nie użyje bo pewnie nie miała jeszcze ciągłości funkcji
24 gru 00:43
relaa:
| | 1 | | 7 | |
Można zauważyć, że x4 + x3 − x + 1 = (x2 + |
| x − 1)2 + |
| x2. |
| | 2 | | 4 | |
| | 1 | | 7 | |
Wartość zero otrzymamy, kiedy x2 + |
| x − 1 = 0 ∧ |
| x2 = 0, ale jak łatwo pokazać |
| | 2 | | 4 | |
nigdy to nie zajdzie dla x ∊ R.
Podoba mi się sposób Pana
ICSP trochę czasochłonne, ale ładne.
Dla x ∊ (−
∞ ; −1) to x
4 + x
3 > 0 ∧ 1 − x > 0 ⇒ x
4 + x
3 − x + 1 > 0
dla x ∊ [−1 ; 0] to x
4 + 1 > 0 ∧ x
3 − x ≥ 0 ⇒ x
4 + x
3 − x + 1 > 0
dla x ∊ (0 ; 1] to x
4 + x
3 > 0 ∧ 1 − x ≥ 0 ⇒ x
4 + x
3 − x + 1 > 0
dla x ∊ (1 ;
∞) to x
4 − x > 0 ∧ x
3 + 1 > 0 ⇒ x
4 + x
3 − x + 1 > 0.
24 gru 01:19
jc:
x4+x3−x+1= (x2−1)2 + 3x2 + (x2+x−1) > 0
24 gru 01:35
jc: Mała pomyłka.
x2+x3−x+1= [ (x2−1)2 + 3x2 + (x2+x−1) ] / 2 > 0
24 gru 01:36
jc: A jak zapisać, aby widać było wartość najmniejszą?
24 gru 01:37
Mariusz:
x
4+x
3−x+1=0
(x
4+x
3)−(x−1)=0
| | x2 | | x2 | |
(x4+x3+ |
| )−( |
| +x−1)=0 |
| | 4 | | 4 | |
| | x | | y | | 1 | | 1 | | y2 | |
(x2+ |
| + |
| )2−((y+ |
| )x2+( |
| y+1)x+( |
| −1))=0 |
| | 2 | | 2 | | 4 | | 2 | | 4 | |
Δ=0
| | y2 | | 1 | | 1 | |
4( |
| −1)(y+ |
| )−( |
| y+1)2=0 |
| | 4 | | 4 | | 2 | |
| | 1 | | 1 | |
(y2−4)(y+ |
| )−( |
| y+1)2=0 |
| | 4 | | 2 | |
| | 1 | | 1 | |
y3+ |
| y2−4y−1−( |
| y2+y+1)=0 |
| | 4 | | 4 | |
y
3−5y−2=0
y
3+8−5y−10=0
(y+2)(y
2−2y+4)−5(y+2)=0
(y+2)(y
2−2y−1)=0
(y+2)(y−1−
√2)(y−1+
√2)=0
| | x | | y | | √4y+1 | | | |
(x2+ |
| + |
| )2−( |
| )2(x+ |
| )2=0 |
| | 2 | | 2 | | 2 | | | |
| | x | | y | | √4y+1 | | y+2 | |
(x2+ |
| + |
| )2−( |
| )2(x+ |
| )2=0 |
| | 2 | | 2 | | 2 | | 4y+1 | |
| | 1 | | y | | 1 | y+2 | |
(x2+ |
| (1−√4y+1)x+ |
| − |
|
| ) |
| | 2 | | 2 | | 2 | √4y+1 | |
| | 1 | | y | | 1 | y+2 | |
(x2+ |
| (1+√4y+1)x+ |
| + |
|
| )=0 |
| | 2 | | 2 | | 2 | √4y+1 | |
Jeżeli obierzemy y=1+
√2 to współczynniki trójmianów kwadratowych będą rzeczywiste
Pomysł podany przez Adama nie działa na każde równanie czwartego stopnia
24 gru 02:46