Rozwiąż podane równania i nierówności luna: x⁴−2x³−x²−2x+1=0 Próbowałam schematem Hornera i grupowaniem wyrazów, ale i tak nie mogłam dojść do postaci iloczynowej

chichi: równanie to nie posiada rozwiązań wymiernych, stąd nie otrzymałeś pożądanych wyników, równanie po przekształceniu wygląda tak: (x² − 3x + 1)(x² + x + 1) = 0

luna: ahaa, dzięki. A w jaki sposób mogę dojść z równania wyjściowego do tego, co Ty napisał*ś?

Mariusz: Poczytaj sobie http://matwbn.icm.edu.pl/ksiazki/mon/mon11/mon1110.pdf

Mariusz: x⁴−2x³−x²−2x+1=0 (x⁴−2x³) − (x² + 2x − 1) = 0 (x⁴−2x³ + x²) − (2x²+2x − 1) = 0 (x² − x)² − (2x²+2x − 1) = 0

	y		y2
(x2 − x +		)2 − ((y+2)x2+(−y+2)x+		−1)
	2		4

Δ = 0

	y2
4(		−1)(y+2) − (−y+2)2 = 0
	4

(y² − 4)(y+2) − (y−2)² = 0 (y − 2)(y+2)(y+2) − (y − 2)(y − 2) = 0 (y − 2)(y²+4y+4 − y + 2) = 0 (y − 2)(y² + 3y + 6) = 0 y = 2 (x² − x + 1)² − 4x² = 0 (x² − x + 1)² − (2x)² = 0 (x² − x + 1 − 2x)(x² − x + 1 + 2x) =0 (x² − 3x + 1)(x² + x + 1) = 0

luna: Dziękuję

kerajs: x⁴−2x³−x²−2x+1=0 wielomian jest symetryczny więc:

	2		1
x2−2x−1−		+		=0
	x		x2

	1		1
(x2+		)−2(x+		)−1=0
	x2		x

	1		1
((x+		)2−2)−2(x+		)−1=0
	x		x

	1
(x+		)=t
	x

t²−2t−3=0 a to już jest prostym równaniem kwadratowym

Mariusz: Jednej zmiennej to każdy jest symetryczny

Mariusz: A tak poza tym to już pokazywałem że nie ma sensu wydzielać tego przypadku bo stosując ogólne metody wielomian występujący w równaniu rozwiązującym jest już częściowo rozłożony

Ww: Można prościej. Każdy wielomian można zapisać w postaci iloczynów wielomianów stopnia co najwyżej drugiego. Zatem jest on postaci (ax²+bx+c)(dx²+ex+f). Przyrównujemy do powyższego wielomianu i otrzymujemy rozwiązanie

ABC: Zaraz ci Mariusz powie że w ogólnym przypadku rozwiązanie odpowiedniego układu równań nie jest proste, co nie zmienia faktu że autorzy zadań najczęściej dają rozwiązania w liczbach całkowitych

Mariusz: Jest do opanowania dla przeciętnego licealisty Może być żmudne rachunkowo no i nie zawsze da się wyrazić przez rzeczywiste pierwiastniki bo przypadek nieprzywiedlny wyrażony jest albo za pomocą funkcji trygonometrycznych i do nich odwrotnych czyli cyklometrycznych albo za pomocą zespolonych pierwiastników Tutejszy edytor mógłby sobie nie poradzić z wyświetleniem pierwiastków Ja akurat wolę sprowadzić najpierw do różnicy kwadratów a dopiero później do iloczynu dwóch trójmianów kwadratowych Kiedyś Szkolniakowi pokazałem jak wyglądałoby rozwiązanie takiego układu równań https://matematykaszkolna.pl/forum/411866.html

kerajs: ''Mariusz: Jednej zmiennej to każdy jest symetryczny'' To był niezbyt fortunny skrót myślowy. Chodziło mi o symetrię współczynników. ''Mariusz: A tak poza tym to już pokazywałem że nie ma sensu wydzielać tego przypadku'' A dla mnie ma sens, i dlatego go pokazałem. ''Ww: Można prościej. Każdy wielomian można zapisać w postaci iloczynów wielomianów stopnia co najwyżej drugiego. Zatem jest on postaci (ax²+bx+c)(dx²+ex+f). Przyrównujemy do powyższego wielomianu i otrzymujemy rozwiązanie'' To wcale nie jest prościej, gdyż tak nie uzyska się tych współczynników. Proponuję sprawdzić to na prostym przykładzie x²+x−2=(x−a)(x−b)

Mariusz: Dla wielomianów jednej zmiennej mamy tylko jedną permutację zmiennych i nie zmieni ona wielomianu zatem nie ma możliwości uzyskania wielomianu który nie jest symetryczny Mnie chodziło o to że dla wielomianu postaci W(x)=x⁴+ax³+bx²+ax+1 omijamy największą trudność w rozkładzie wielomianu czwartego stopnia na czynniki czyli konieczność znalezienia pierwiastków równania trzeciego stopnia bo jest ono już częściowo rozłożone i wystarczy wyciągnąć wspólny czynnik Grupujemy wyrazy tak aby uzyskać różnicę dwóch wyrażeń x⁴+ax³+bx²+ax+1 (x⁴+ax³) − (−bx²−ax−1) Wyrażenie w lewym nawiasie będzie kwadratem zupełnym gdy dodamy do obydwu nawiasów odpowiedni wyraz zgodnie ze wzorem skróconego mnożenia

	a2		a2
(x4+ax3+		x2) − ((		− b)x2 − ax − 1)
	4		4

	a		a2
(x2+		x)2 − ((		− b)x2 − ax − 1)
	2		4

Teraz zauważamy że wyrażenie w prawym nawiasie jest trójmianem kwadratowym i będzie kwadratem zupełnym gdy jego wyróżnik będzie równy zero Gdybyśmy od razu chcieli liczyć wyróżnik mogłoby się okazać że nie jest on równy zero musimy więc wprowadzić parametr aby uzależnić od niego ten wyróżnik Parametr wprowadzamy tak aby wyrażenie w lewym nawiasie nadal było kwadratem zupełnym Znowu korzystamy z wzoru skróconego mnożenia

	a		y		a2		a		y2
(x2+		x+		)2 − ((y +		− b)x2 + (		y − a)x +		− 1)
	2		2		4		2		4

a

y

a2

a

y

y

(x2+

x+

)2 − ((y +

− b)x2 + (

y − a)x + (

− 1)(

+

2

2

4

2

2

2

1)) Δ = 0

	y		y		a2		a
4(		− 1)(		+ 1)(y +		− b) − (		y − a)2 = 0
	2		2		4		2

	a2		a2
(y−2)(y+2)(y +		− b) −		(y−2)2 = 0
	4		4

	a2		a2
(y−2)((y+2)(y +		− b) −		(y−2)) = 0
	4		4

Jednym z pierwiastków równania rozwiązującego jest y=2 i tak jak wcześniej pisałem równanie rozwiązujące było już częściowo rozłożone więc wystarczyło wyciągnąć wspólny czynnik

	a		a2
(x2+		x+1)2 − ((2 +		− b)x2)
	2		4

	a		a2−4b+8
(x2+		x+1)2 −		x2
	2		4

	a		√a2−4b+8
(x2+		x+1)2 − (		x)2
	2		2

	a−√a2−4b+8		a+√a2−4b+8
(x2+		x + 1)(x2+		x + 1)
	2		2

Teraz jeżeli chcielibyśmy mieć rozkład o rzeczywistych współczynnikach to gdyby nierówność a²−4b+8 < 0 była spełniona należałoby wybrać inny pierwiastek równania rozwiązującego Wg mnie dla równania czwartego stopnia nie ma potrzeby wydzielania tego przypadku za to dla równań szóstego i ósmego stopnia może się przydać

Mariusz: ''Ww: Można prościej. Każdy wielomian można zapisać w postaci iloczynów wielomianów stopnia co najwyżej drugiego. Zatem jest on postaci (ax2+bx+c)(dx2+ex+f). Przyrównujemy do powyższego wielomianu i otrzymujemy rozwiązanie'' To wcale nie jest prościej, gdyż tak nie uzyska się tych współczynników. " To co kerajs napisał nie jest prawdą Uzyskanie współczynników w ten sposób jest możliwe i pokazałem to w wątku https://matematykaszkolna.pl/forum/411866.html jednak wymagać to będzie więcej obliczeń niż w przypadku doprowadzenia najpierw do postaci różnicy kwadratów a następnie do iloczynu dwóch trójmianów kwadratowych A i jeszcze jedno Jeżeli równanie czwartego stopnia a₄x⁴+a₃x³+a₂x²+a₁x+a₀=0 podzielimy obustronnie przez a₄ to w rozkładzie (ax²+bx+c)(dx²+ex+f) ze współczynników a oraz d możemy zrezygnować

Mila: Nawiązując do rozwiązania kerajsa: Równanie typu ax⁴+bx³+cx²+bx+a=0, gdzie a≠0 nazywamy równaniem zwrotnym i rozwiązujemy dzieląc obie strony przez x²,

	1
a następnie stosujemy podstawienie t==x+
	x

luna dla Ciebie Inne przykłady zwrotnych równań: 1) 8x⁴+14x³−69x²+14x+8=0 2) 3x⁴−4x³−14x²−4x+3=0

kerajs: ''Mariusz: To co kerajs napisał nie jest prawdą'' Nie jest prawdą, że to co napisałem nie jest prawdą.

Mila:

kerajs: inne równanie: https://forum.zadania.info/viewtopic.php?f=32&t=98891 Warto przeczytać komentarz pod rozwiązaniem.

Mariusz: Pisz stale kłamstwo to może się stanie prawdą ''Ww: Można prościej. Każdy wielomian można zapisać w postaci iloczynów wielomianów stopnia co najwyżej drugiego. Zatem jest on postaci (ax2+bx+c)(dx2+ex+f). Przyrównujemy do powyższego wielomianu i otrzymujemy rozwiązanie'' To wcale nie jest prościej, gdyż tak nie uzyska się tych współczynników. " W odpowiedzi na ten komentarz napisał że nie jest prawdą iż dostanie w ten sposób współczynniki a ja pokazałem w wątku https://matematykaszkolna.pl/forum/411866.html że to nie jest prawdą I kto tu kłamie ? Nie jest to może sposób najszybszy ale zadziała na równanie czwartego stopnia i mamy sprzeczność z tym co napisał kerajs

kerajs: Powyższy ''dowód'' ma parę luk. Będę wskazywał je pojedynczo. Luka nr 1. ''Ww: Można prościej. (...) jest on postaci (ax²+bx+c)(dx²+ex+f). Przyrównujemy do powyższego wielomianu i otrzymujemy rozwiązanie'' a) Sugerowane porównanie daje układ pięciu równań z sześcioma niewiadomymi. Dlaczego nadmiarowa niewiadoma nie przeszkadza w rozwiązywaniu układu? b) Ww sugeruje, że porównanie od razu (a jak nie od razu to w miarę szybko i łatwo, skoro jest to prostsze od rozwiązania które podałem) daje rozwiązanie. Czy tak faktycznie jest?

Mariusz: Ta tyle że można przyjąć że a oraz d są jedynkami Gdy współczynnik przy x⁴ jest jednocześnie różny od jedynki i od zera to można przez niego wielomian czy też równanie podzielić i wtedy przyrównać a oraz d do jedynek Tylko to twoje rozwiązanie jest dość ograniczone Dla równania czwartego stopnia nie ma potrzeby tego równania wydzielać co innego w przypadku równań szóstego i ósmego stopnia Ja gdy Szkolniakowi pokazywałem rozwiązanie równania czwartego stopnia sposobem wspomnianym tutaj przez Ww to przyjąłem że współczynniki wiodące tych wielomianów są jedynkami Pokazałem też że stosując ten sposób prędzej czy później musimy zastosować podstawienie przez co sposób wymaga więcej obliczeń niż sprowadzenie wielomianu najpierw do różnicy kwadratów a następnie do iloczynu dwóch trójmianów kwadratowych Jeżeli chodzi o równanie czwartego stopnia to mi najbardziej się podoba sprowadzenie wielomianu najpierw do postaci różnicy kwadratów a następnie do iloczynu dwóch trójmianów kwadratowych bo ze znanych mi sposobów rozwiązania równania czwartego stopnia wymaga najmniej obliczeń

kerajs: Twoja odpowiedź do Luka 1 a) : ''Mariusz: Ta tyle że można przyjąć że a oraz d są jedynkami Gdy współczynnik przy x4 jest jednocześnie różny od jedynki i od zera to można przez niego wielomian czy też równanie podzielić i wtedy przyrównać a oraz d do jedynek '' Można..., można..., itd. Jednak mimo tych można ..., ww wybrał takie, a nie inne współczynniki i sam sobie stworzył problem. Twoja odpowiedź do Luka 2 b) .brak Dygresje: A. ''Mariusz: Tylko to twoje rozwiązanie jest dość ograniczone Dla równania czwartego stopnia nie ma potrzeby tego równania wydzielać'' Mam inne zdanie. Kilka argumentów za taką potrzebą zawiera komentarz szw1710 z linku który podałem. Ponadto, nie widzę przewagi kłopotliwej metody uniwersalnej nad rozwiązaniem prostszą metodą nieuniwersalną. B. Reszty autoreferencji nie komentuję Gdy odpowiesz na pytanie które pominąłeś, wskażę kolejne ''luki'' w wywodzie o zarzucanym mi kłamstwie.

Mariusz: Może wróć do podstawówki i naucz się czytać ze zrozumieniem to może wtedy zauważysz sprzeczność w tym co napisałeś

ABC: Była wojna punicka Eto−Kerajsowa a tutaj Mariuszo−Kerajsowa to chyba Wielka Wojna Ojczyźniana Mariusz stoi pod Moskwą ,ale Kerajs podciąga dywizje syberyjskie sorry panowie nie mogłem się powstrzymać

taki tam: Znaczy,że coś jest nie halo z kejrasem

Mariusz: @taki tam nie musisz ironizować bo naprawdę coś z nim nie halo We wpisie 12 lis 2022 20:21 pokazałem że nie ma potrzeby wydzielać tego przypadku bo gdy rozwiązujemy to równanie sprowadzając wielomian do różnicy kwadratów to równanie rozwiązujące trzeciego stopnia jest już częściowo rozłożone i odchodzi nam ta żmudna część rozwiązywania równania czwartego stopnia Na wpis Ww Można prościej. Każdy wielomian można zapisać w postaci iloczynów wielomianów stopnia co najwyżej drugiego. Zatem jest on postaci (ax2+bx+c)(dx2+ex+f). Przyrównujemy do powyższego wielomianu i otrzymujemy rozwiązanie odpowiedział "To wcale nie jest prościej, gdyż tak nie uzyska się tych współczynników. " a ja w temacie https://matematykaszkolna.pl/forum/411866.html pokazałem sprzeczność z tym jego twierdzeniem że nie da się uzyskać współczynników Dlaczego obliczenia wysłałem na jakiś serwis z obrazkami ? Już sam kerajs zauważył że tu nie ma etytora texa

daras: po prostu nastąpiło zmęczenie materiału, a nie ma świadomości żeby sobie po prostu odpuścić tak jak ja zrobiłem

kerajs: Jakże ja mogę dopuścić aby prawda była mniej mojsza niż czyjaś ! ! ! Dlatego nadal twierdzę że napisałem prawdę. Ani sążniste posty, ani wrzucone zdjęcia nie wykazują że się mylę. Pokazują jedynie, że nie rozumiesz o czym pisałem.