Pierwiastki równania Pochodnik: O, wybrańcy matematyki, spójrzcie na tę zagwozdkę: obliczmy liczbę pierwiastków równania:

	1		1		1
f(x) =		+		+...+		a1,...,an różne rzeczywiste
	x−a1		x−a2		x−an

dla f(x) =0 i f(x) = x Zamierzam policzyć pochodną. Zauważam, że po przemnożeniu licznika do wspólnego mianownika, otrzymuję: xⁿ⁻¹ −xⁿ⁻²(a₂+...a_n)−xⁿ⁻³(a₁+a₃+...+a_n)... W każdym nawiasie brakuje jednej różnej liczby a W mianowniku otrzymamy sumę: xⁿ+xⁿ⁻¹(a₁+...+a_n)+xⁿ⁻²{a₁+...a_n)... Już wszystkie liczby a w nawiasach Jeżeli liczę pochodną, otrzymam: (n−1)xⁿ⁻² −(n−2)xⁿ⁻³(a₂+...a_n)−(n−3)xⁿ⁻⁴(a₁+a₃+...+a_n)... ______________________________________________________ nxⁿ⁻¹+(n−1)xⁿ⁻²(a₁+...+a_n)+(n−2)xⁿ⁻³{a₁+...a_n)... Teraz bardzo proszę o pomoc, ponieważ pogubiłem się.

wredulus_pospolitus: chwila ... jakie 'pierwiastki' równania chcesz liczyć Jaka konkretnie jest treść zadania

Pochodnik: Dane są różne liczby rzeczywiste a₁,...,a_n oraz: f(x) = (wzór powyżej) Podaj liczbę rozwiązań rzeczywistych równania a) f(x) =0 b) f(x) = x

wredulus_pospolitus: okey a) f(x) = 0 zauważmy, na początek, że: lim_{x−> − ∞} f(x) = 0 lim_{x−> + ∞} f(x) = 0 bez utraty ogólności możemy założyć, że: a₁ < a₂ < a₃ < .... < a_n I.

	1
jeżeli x < a1 to		< 0 dla każdego 'i'
	x − ai

	1
analogicznie dla x> an mamy		> 0 dla każdego 'i'
	x − ai

tak więc, f(x) = 0 NIE MA żadnych rozwiązań w przedziale (−∞, a₁) u (a_n , +∞) II.

	1
'co się dzieje' gdy jesteśmy w 'okolicach' x = a1 ; a konkretniej dla x = a1 +
	k

	1
limk −> +∞		= +∞
	x − a1

	1
natomiast f(x) −		= m (pozostałe ułamki przyjmują skończoną wartość)
	x − a1

czyli lim_{x −> a1⁺} f(x) = +∞ natomiast lim_{x −> a2⁻} f(x) = −∞ tak więc −−− mamy CO NAJMNIEJ jedno rozwiązanie w przedziale (a₁ ; a₂) Zastanów się jak można uargumentować, że będzie dokładnie jedno rozwiązanie w tym przedziale. Później to już z górki będzie (dla każdego przedziału będzie dokładnie jedno rozwiązanie). Więc mamy n−1 rozwiązań tego równania: f(x) = 0

Pochodnik: Hej, a co z twierdzeniem Rolle'a? Mamy n−1 przedziałów, w których funkcja jest określona i ma pochodną, dlatego istnieje c∊(a_i, a_i+1), tż.: f'(c) = 0 Jednak nie wiem, jak uzasadnić dokładniej ani jak zająć się f(x) = x

wredulus_pospolitus: A co nas pochodna obchodzi Nic a nic ... Ty szukasz miejsc zerowych. Zastanów się przez moment jakby podejść do tego patrząc na monotoniczność funkcji f(x) w każdym z tych przedziałów z osobna. To podejście dodatkowo byłoby wskazane przy (b) f(x) = x <−−− tutaj będzie n+1 rozwiązań tego równania

wredulus_pospolitus: tak naprawdę to f(x) = ax będzie miało n+1 rozwiązań (dla dowolnego a ≠ 0)

wredulus_pospolitus:

	1
g(x) =
	x− ai

g'(x) = ... co możesz powiedzieć mi o monotoniczności funkcji g(x) w przedziale (a_k ; a_k+1)

Pochodnik:

	−1
g'(x) =		< 0 −−.> Malejąca na każdym przedziale (ai, ai+1)
	(x−ai)2

Ciągła na całej R oprócz punktów a_i Monotnoniczna i ciągła na przedziałach − twierdzenie o wartości średniej lim _x−>ai⁺ = +∞ lim _x−>ai+1⁺ = −∞ Co oznacza, że w danym przedziale zmienia znak − występuje jeden pierwiastek (twierdzenie Bolzano) Zastanawiam się, jak przełożyć tę argumentację na f(x) = x

wredulus_pospolitus: może inaczej malejąca i ciągła na przedziale (a_i, a_i+1) suma ciągłych i malejących funkcji jest funkcją ciągłą i malejąc. I teraz wniosek który podałeś Co do f(x) = x ... dla przedziałów (a_i , a_i+1) argumentacja identyczna −−− granice na krańcach to +∞ i −∞, więc ZW w każdym z tych przedziałów to R <−−− więc przyjmuje przynajmniej raz wartość taką, że f(x_o = x_o dla x_o∊(a_i , a_i+1) A jako, że suma ciągłych i malejących jest funkcją ciągłą i malejącą to w każdym przedziale istnieje dokładnie jedno takie x_o, że f(x_o) = x_o pozostaje kwestia 'skrajnych przedziałów', ale tutaj mamy: g(x) = x jest funkcją ciągłą i rosnącą ... lim_{x−> − ∞} g(x) = −∞ ; lim_{x−> a1⁻} g(x) = a₁ f(x) jest funkcją ciągłą i malejącą ... lim_{x−> − ∞} f(x) = 0 ; lim_{x−> a1⁻} f(x) = −∞ Więc g(x) = f(x) ma rozwiązanie w przedziale (−∞ ; a₁) z monotoniczności obu tych funkcji wynika, że ma dokładnie jedno rozwiązanie. Analogicznie dla drugiego ze skrajnych przedziałów.

wredulus_pospolitus: Oczywiście −−− miej na uwadze, że to co piszę to tylko pomysł ... musisz to 'odpowiednio' przyprawić w słowa, twierdzenia, lematy, itd. itp..

Pochodnik: Mam pytanie do zdania: suma funkcji ciągłych i malejących jest funkcją ciągłą i malejącą. Czy nie powinniśmy wykluczyć z dziedziny wszystkich liczb a_i?

wredulus_pospolitus: Pochodnik −−− piszę o tym tylko w ramach przedziału (a_i ; a_i+1) na większym przedziale np. (a_i−1 ; a_i+1) funkcja NIE JEST ciągła .. a jak nawet wywalimy x = a_i ... to funkcja nie jest monotoniczna (malejąca)

Pochodnik: Dzięki Mógłbym prosić Cię o wyjaśnienie granic w f(x)=x?

	1
Jeżeli dobrze pamiętam, że g(x) zdefiniowaliśmy jako		,
	x−a1

Czy lim_x−>a1⁻ g(x) = 0 Chyba do wszystkich mam wątpliwości.

wredulus_pospolitus: w życiu

	1		1		1
limx−> a1−		= [		=
	x − a1		a1− − a1		0−

	1
czyli		] czyli ile wynosi granica
	−0.0000000000000000..01

analogicznie dla x−> a₁⁺

Pochodnik: Liczba podzielona przez nieskończenie małą wielkość: ∞. W tym przypadku z minusem. Jednak widzę, że dla g(x) lim = a₁

wredulus_pospolitus: zapisz jeszcze raz końcówkę ... bo nie rozumiem co oznacza zapis: g(x) lim = a₁ i o z czym masz problem/wątpliwości

Dobranocka: lim_x−>a1⁻g(x) = ... Odniosłem wrażenie, że ustaliliśmy odpowiedź przed chwilą −∞, jednak w poście o 20:33 zawarłeś lim=a₁ Naprawdę, bardzo dziękuję Ci wredulusie za Twoją pomoc. Czuję, że już wiem, co wydarzyło się w tej funkcji. Moje wątpliwości budzą jedynie granice. Rozumiem, że dla g(x) badamy jeden ułamek, natomiast dla f(x) − skończoną sumę ułamków. Zastanawiam się nad wartością granic.

DobryDzień: Dzień dobry, wciąż zastanawiają mnie granice Czy nie powinno być: lim_x−>a1⁻ g(x) = −∞ lim_x−>−∞ g(x) = 0 lim_x−>a1⁻ f(x) = −∞ lim_x−>−∞ f(x) = 0

wredulus_pospolitus: zauważ, że we wpisie 20:33 napisałem g(x) = x dla g(x) = x mamy lim_x−>ai g(x) = lim_x−>ai x = a_i lim_{x−> −∞} g(x) = lim_{x−> −∞} x = −∞ nieopacznie oznaczyłem funkcję 'x'

	1
tak jak wcześniej nazwałem 'funkcję pomocniczą' postaci
	x − ai