zadanie dla Ety:) ICSP: Niech y = f(m) będzie funkcją określającą wartość iloczynu dwóch różnych pierwiastków równania x² −2x + m² + 4m + 1 = 0 w zależności od parametru m. a) podaj dziedzinę funkcji f b) Dla jakiej wartości parametru m funkcja f osiąga wartość najmniejszą c) Wyznacz pierwiastki równania tak aby ich iloczyn był najmniejszy.

Eta: Dla Innych

ICSP: przecież to jest banalne

ICSP: Nawet ja to zrobiłem ale fajne ciekawe zadanko to pomyślałem że wrzucę Chociaż wiem że moje zadanko z wielomianami bardziej Ci przypadło do gustu

Eta: proste jak " drut kolczasty"

ICSP: Muszę jeszcze odnaleźć tamten temat z zadankiem z tymi wielomianami Co do tego zadania, rozwiązałem wszystkie podpunkty w minutę, wiec ty dasz radę w pamięci

Eta: m= −2 , x= 3 v x= −1

ZKS: Jeżeli takie odpowiedzi są poprawne jak podaje Eta to mam dobrze ale chyba już kiedyś podobne robiłem.

ICSP: a D

ZKS: Dziedzina chyba (−4,0)

ICSP: wszystko dobrze

ZKS: A może Ty ICSP chcesz jakieś fajne zadanie.

ICSP: byle tylko proste

ZKS: Wyznacz zbiór wartości parametru p dla których równanie px² − (p + 1)x − p + 2 = 0 ma dwa pierwiastki x₁ i x₂ spełniające warunek |x₁| + |x₂| ≤ 2.

ICSP: Oczywiście Δ > 0 z delty wyszło ze p ∊ (−∞;0,4) u (1;+∞)

ICSP: nie mam pomysłu co dalej, bo chyba rozbijanie na przedziały nie ma większego sensu

ICSP: chociaż chwilkę, mam pewien pomysł chociaż nie jestem do końca pewien czy dobry

ZKS: Δ ≥ 0 bo nie ma napisane że 2 różne pierwiastki

	1
a ≠ 0 ⋀ Δ ≥ 0 ⇒ p∊(−∞,		> ∪ <1,∞) \ {0}
	5

Nic z tym |x₁| + |x₂| ≤ 2 nie wymyślisz? Chwilkę się zastanów co byś mógł zrobić.

ICSP: |x₁| + |x₂| ≤2 √x₁² + √x₂² ≤ 2 Teraz obustronnie do kwadratu x₁² + 2√(x₁*x₂)² + x₂² ≤ 4 x₁² + x₂² =(x₁+x₂)² − 2x₁*x₂ (x₁+x₂)² − 2x₁*x₂ + 2√(x₁*x₂)² ≤ 4 Można tak w ogóle zrobić?

ZKS: √(x₁ * x₂)² jak to możesz inaczej zapisać?

ICSP: po co inaczej? |x₁*x₂|

ICSP: (x₁+x₂)² −2x₁*x₂ + 2|x₁*x₂| ≤ 4 teraz jeżeli x₁*x₂ jest > 0 (x₁+x₂)² ≤4 jeżeli x₁*x₂ <0 (x₁ + x₂)² − 4x₁x₂ ≤4

ZKS: Czyli mamy x₁² + 2|x₁x₂| + x₂² ≤ 4

	⎧	x1x2 gdy x1x2 ≥ 0
|x1x2| =	⎨
	⎩	−x1x2 gdy x1x2 < 0

ZKS: O ubiegłeś mnie właśnie w ten sposób zrób.

ICSP: jutro dokończę bo już dziś mi się wszystko myli Postaram się na jutro wymyśleć ładne zadanko dla Ciebie

osqa: ZKS podaj prawidłową odpowiedź

ICSP: nie podawaj bo będę się ją kierował! Jutro podasz

ZKS: Hehe żeby nie było aż za ładne że będę tylko na nie patrzył a nie robił

ZKS: Okej jutro podam odpowiedź jak sobie życzysz. Kolejne mogę podać zadanko jak ktoś chce

ICSP: Chociaż trzymaj takie proste Już chyba je wrzucałem i pewnie robiłeś ale może ktoś nie widział Zaznacz na płaszczyźnie zbiór punktów (x;y) których współrzędne spełniają równanie:

	xy		x2+y2
|		* (		+ 1)| = 2
	y2−x2		2xy

ICSP: Jutro wymyślę ci jakieś fajne Pewnie zajmie mi to pół dnia ale gwarantuje że będzie fajne

ZKS: Dla jakich wartości parametru m zbiór rozwiązań nierówności x² − 3x + 2 < 0 jest zawarty w zbiorze rozwiązań nierówności mx² − (3m + 1)x + 3 > 0

ICSP: O NIE Ja pamiętam to zadanie. Nie ważne ile próbowałem nie mogłem go zrobić:( Jutro się z nim ponownie zmierzę.

ZKS:

	xy		(x + y)2
|		*		| = 2
	(y − x)(y + x)		2xy

	x + y
|		| = 4
	(y − x)

x + y		x + y
	= 4 ⋁		= −4
(y − x)		(y − x)

x + y = 4y − 4x ⋁ x + y = −4y + 4x

	5		3
y =		x ⋁ y =		x
	3		5

ZKS: Tylko nie wiem czy mi poprawnie wyszło. To jutro na Ciebie to zadanko będzie czekało i jak znajdę to jeszcze Ci dam takie które Bogdan pomagał mi je rozwiązywać.

ICSP: prawie dobrze

ZKS: Ehh a gdzie się machnąłem?

ICSP: to ja ci może podpowiem rozwiąż równanie:

3x2 − 1
	= 0
x

ZKS: D = R \ {0} (√3x + 1)(√3x − 1) = 0

	√3		√3
x = −		⋁ x =
	3		3

ICSP: o widzisz a teraz nie zapomniałeś o podstawowej czynności przy rozwiązywaniu równań

ZKS: y ≠ x ⋀ y ≠ −x ⋀ y ≠ 0 ⋀ x ≠ 0

ICSP: już lepiej

ZKS: No rzeczywiście dziedzinę mi wcięło

ZKS: Widziałeś tą nierówność wcześniej (√x)^log8x ≥ ³√16x ? Jeżeli nie to zapraszam do rozwiązania bo naprawdę fajna.

Vax: ICSP nie zapomnij o zadaniu z parametrem p jutro bo też chcę sprawdzić czy mi dobrze wyszło Pozdrawiam.

ZKS: Hehe Tobie Vax to na pewno dobrze wyszło.

Vax: Nie wiadomo, zawsze wolę sprawdzić Ale teraz już będę leciał spać bo zmęczony jestem, dobranoc wszystkim

ZKS: Dobranoc.

ICSP: cel: Wyznacz zbiór wartości parametru p dla których równanie px²2 − (p + 1)x − p + 2 = 0 ma dwa pierwiastki x1 i x2 spełniające warunek |x1| + |x2| ≤ 2. Najpierw założenia: p ≠ 0 oraz Δ >0 Δ = p² + 2p + 1 + 4p² − 8p = 5p² − 6p + 1 5p² − 6p + 1 > 0

	1
5(p−1)(p−		) > 0
	5

	1
p ∊ (−∞;0) u (0;		) u (1 ; + ∞)
	5

|x₁| + |x₂| ≤ 2 Jak już wcześniej ustaliliśmy: jeżeli x₁*x₂ jest > 0 (x₁+x₂) ≤4 jeżeli x1*x2 <0 (x₁ + x₂)2 − 4x₁x₂ ≤4 teraz rozpiszmy wzory Viet'a:

	−b		(p+1)
x1 + x2 =		=
	a		p

	c		−p+2
x1 *x2 =		=
	a		p

teraz sprawdzmy gdy x₁*x₂ jest ≥ 0

−p+2
	≥ 0 ⇔ p(−p+2) ≥ 0
p

p = 0 v p = 2. Ramiona skierowane w dół czyli p ∊ (0;2>

(−p+2)
	< 0 ⇔ p ∊ (−∞;0) suma (2 ; +∞)
p

Z tego wynika że musimy rozwiązać dwie nierówności:

	1
(x1+x2)2 ≤4 w przedziale p ∊ (0;		) suma (1;2>
	5

(x₁ + x₂)² − 4x₁x₂ ≤4 w przedziale p ∊ (−∞;0) suma (2;+∞) Rozwiązaniem będzie suma tych przedziałów. (x₁ + x₂)² ≤ 4

	(p+1)		(p+1)2		(p+1)2 − (2p)2
(		)2 ≤ 4 ⇔		− 4 ≤ 0⇔		≤ 0
	p		p2		p2

chwilowo zajmijmy się tym licznikiem (p+1)² − (2p)² = (p+2p+1)(p−2p+1) =(3p+1)(−p+1)) Zauważamy że skoro p ≠ 0 wtedy rozwiązanie tej nierówności jest identyczne co rozwiązanie nierówności z licznika

	1
−3(p+		)(p−1) ≤ 0
	3

	1
(p+		)(p−1) ≥ 0
	3

	1
p ∊ (−∞;−		) u (1;+∞) a po uwzględnieniu tego rozwiązania z dziedziną: p ∊ (1;2>
	3

Dobrze teraz drugie. (x₁ + x₂)² − 4x₁x₂ ≤ 4

	(p+1)		−p+2
(		)2 − 4		≤ 4
	p		p

	(p+1)		−4p2 + 8p
(		)2 −		− 4 ≤ 0
	p		p2

p2 + 2p + 1 +4p2 − 8p
	− 4 ≤ 0
p2

5p2 −6p + 1 −4p2
	≤ 0
p2

p2 − 6p + 1
	≤ 0
p2

Tak samo jak poprzednio rozwiązanie tej nierówności jest równie rozwiązaniu nierówności na górze. p² − 6p + 1 ≤ 0 Δ = 32 = 16*2 √Δ = 4√2

	6+4√2
p1 =		= 3 + 2√2
	2

	6−4√2
p2 =		= 3 − 2√2
	2

p² − 6p + 1 ≤ 0 ⇔ p ∊ <3 − 2√2;3 + 2√2> trzeba to jeszcze z dziedziną porównać i po tym porównaniu : (2;3+2√2) ostateczne rozwiązanie to suma tych przedziałów: p ∊ (1;2> u p ∊ (2;3+2√2) ⇔ p ∊ (1;3 + 2√2) Jestem w 100% pewien że gdzieś po drodze musiałem się pomylić Nie wiem kto to zadanie wymyślił ale musi być jakiś szybszy sposób Pozdrawiam P.S. Już ja ci się odwdzięczę za do zadanko

ZKS: Wszystko się zgadza tylko że Δ ≥ 0 i ostateczny wynik to p∊<1,3 + 2√2>

ICSP: chyba sobie dopowiedziałem słowo dwa różne pierwiastki

ZKS: Heh no niestety trzeba uważać muszę dać z przykrością 0pkt

ICSP: jak to 0? Na ile pkt było to zadanie?

ZKS: Żartuje Wiesz nawet nie wiem za ile ale pewnie za 5,6 pkt takie zadanie jest

ICSP: Raczej za 6 Przecież widać ile obliczeń zrobiłem

ZKS: Też mi się wydaje że za 6. Dla jakich wartości parametru m zbiór rozwiązań nierówności x² − 3x + 2 < 0 jest zawarty w zbiorze rozwiązań nierówności mx² − (3m + 1)x + 3 > 0. I jak podejmujesz się?

Godzio: Ja chętnie spróbuje jeśli ICSP nie chce

ZKS: Witamy i Godzia. Dla Ciebie to jakieś fajniejsze można poszukać.

ICSP: Godziu proszę Zadanko jest twoje

ICSP: MI na dzisiaj już wystarczy liczenia.

ZKS: Ojj tam ICSP to było 1 zadanko.

Godzio: Dobra to się zabieram

Godzio: Czy odpowiedź to może: m ∊ (−¹₂,1) ? Nie wiem czy nie zrobiłem błędu rachunkowego

Godzio: A wiesz co, daj jeszcze moment

ICSP: no to zadanko dla ZKS x⁴ + 2x³ − 3x² + 14x −220 = 0 Znajdź wszystkie 4 pierwiastki tego wielomianu

ICSP: oczywiście wielomian to: x⁴ + 2x³ − 3x² + 140x − 220 = 0 niechcący 0 zgubiłem

Godzio: Dobra zostaje przy mojej odpowiedzi

ZKS: Sekundka chwilę zastanowienia i biorę się do roboty.

Vax: ICSP, fajny wielomian

ICSP: Vax prawda że fajny Przed chwilą wymyśliłem

ZKS:

	1
Odpowiedź do zadania które robił Godzio m∊(−∞,		>
	2

Godzio: Minusa jednego zjadłem, stąd ten błąd x² − 3x + 2 < 0 mx² − (3m + 1)x + 3 > 0 Δ = 9m² + 6m + 1 − 12m = 9m² − 6m + 1 = (3m − 1)² ≥ 0 x² − 3x + 2 < 0 ⇒ x ∊ (1,2) 1^o m = 0 − x + 3 > 0 ⇒ x < 3 ⇒ (1,2) ⊂ (−∞,3) 2^o m ≠ 0 m > 0

⎧	f(2) ≥ 0 ⇒ m ≤ 12
⎩	xw ≥ 2 ⇒ −m + 12m ≥ 0 ⇒ (1 − m)m ≥ 0 ⇒ m ∊ (0,1>

⇒ m ∊ (0,¹₂> lub

⎧	f(1) ≥ 0 ⇒ m ≤ 1
⎩	xw ≤ 1 ⇒ m + 1m ≤ 0 ⇒ (m + 1)m ≤ 0 ⇒ m ∊ <−1,0)

⇒ m ∊ ∅ m < 0

⎧	f(1) ≥ 0 ⇒ m ≤ 1
⎩	f(2) ≥ 0 ⇒ m ≤ 12

⇒ m ∊ (−∞,¹₂> Odp: m ∊ (−∞,−¹₂>

Godzio: Odp: m ∊ (−∞,¹₂> oczywiście

ZKS: Hmm ciekawy ten wielomian Coś może proponujesz? Chyba że sam za sekundę coś wymyślę

ICSP: To poczekam jeszcze z 15 min a jak nic nie wymyślisz to dam ci podpowiedź

ZKS: Teraz wszystko się zgadza Godzio

ZKS: Okej to bądź cierpliwy

ZKS: x⁴ + 2x³ = 3x² − 140x + 220 x⁴ + 2x³ + x² = 4x² − 140x + 220 (x² + x)² = 4x² − 140x + 220 (x² + x + y)² = 4x² − 140x + 220 + z z = x⁴ + x² + y² + 2yx² + 2x³ + 2xy − x⁴ − 2x³ − x² = 2yx² + 2xy + y² (x² + x + y)² = 4x² − 140x + 220 + 2yx² + 2yx + y² (x² + x + y)² = (4 + 2y)x² − (140 − 2y)x + 220 + y² (4 + 2y)x² − (140 − 2y)x + 220 + y² Δ = 19600 − 560 + 4y² − (880 + 4y²)(4 + 2y) = = 19600 − 560y + 4y² − 3520 − 16y² − 1760y − 8y³ = = −8y³ − 12y² − 2320y + 16080 Już mi się w głowie przewraca. W ogóle dobrze to jest zaczęte?

ICSP: Jak na razie ładnie.

ICSP: Tak z ciekawości to ska znasz tą metodę?

ZKS: W(1),(2),(3),(4),(5) nie zerują W(6) = −1728 − 432 − 13920 + 16080 W(6) = 0 y = 6 (x² + x + 6)² = 16x² − 128x + 256 (x² + x + 6)² − (4x −16)² = 0 (x² − 3x + 22)(x² + 5x − 10) = 0 x² − 3x + 22 = 0 ⋁ x² + 5x − 10 = 0 Δ₁ < 0 ⋁ Δ₂ = 25 + 40 √Δ₂ = √65

	5 + √65
x1 = −
	2

	5 − √65
x2 = −
	2

x₃ i x₄ są liczbami zespolonymi

ICSP: no i co z tego że są zespolonymi? Wyliczyć się da więc czekam

Vax: To może teraz takie zadanko na dowodzenie, a nie liczenie Udowodnij, że wśród liczb postaci 7ⁿ+4 gdzie n jest liczbą naturalną, istnieje nieskończenie wiele liczb złożonych. Pozdrawiam.

ZKS: W książce kiedyś przeczytałem ale tak średnio weszło do głowy a najbardziej ją zrozumiałem jak chyba Vax ją tłumaczył pamiętam kiedyś.

ICSP: mi właśnie ostatnio Vax ją wytłumaczył Co do zadania z dowodzeniem to nie miałem jeszcze modów więc raczej nie zrobię:(

Vax: Ale tego nie trzeba robić korzystając z modulo Można postawić jakąś hipotezę i spróbować ją udowodnić np indukcyjnie Jakby co za 15−20 min dam kolejną wskazówkę

ICSP: indukcji też nie miałem Zbyt wysoki poziom jak dla mnie:( Może ZKS sobie poradzi

ZKS: Ja pójdę zjeść tylko naleśniki i za chwilę wracam.

Vax: Ok, smacznego Ja coś koło 13:40 jak nikt nie napisze postaram się dać jakąś wskazówkę, teraz idę chyba też coś zjeść

ZKS: Indukcji w szkole z wami nauczyciel nie przerabiał ICSP?

ZKS: Dziękuję i wzajemnie smacznego.

ICSP: niestety nie:( Może ktoś się również pokusić o ustalenie monotoniczności ciągu geometrycznego o q = 0,(9)

ZKS: Stały q = 1

Vax: W tym zadaniu można pokazać, że dla pewnych wartości n, dane wyrażenie będzie podzielne przez 5, teraz trzeba tylko znaleźć kilka takich n dla których to wyrażenie dzieli się przez 5, postawić dobrą hipotezę i ją udowodnić Można używać kalkulatorów

ICSP: brawo Dużo ludzi się na to łapie

ICSP: Co do twojego zadania Vax ja nawet się za to nie zabieram. To nie jest mój poziom:(

ZKS:

	9
q =
	9

Dla n = 4 będzie podzielne przez 5 dla n = 8 n = 12 itd.

Vax: To zadanie nie jest takie ciężkie na jakie może się wydawać Wystarczy podstawić po kolei kilka wartości n i coś zauważyć

Vax: Dobrze ZKS, dowód można jak pisałem przeprowadzić np indukcyjnie, najważniejsze jest to zauważyć Pozdrawiam.

ZKS: Czyli 7^4z + 4 = 5k z∊N Sprawdzenie: z = 1 2401 + 4 = 5 * 481 więc jest podzielne przez 5. Założenie: z = v 7^4v + 4 = 5k z∊N Teza : v ⇒ v + 1 7^{4v + 4} + 4 = 5k Dowód: 7^4v * 7⁴ + 4 = 5k I co dalej?

Vax: 7^4v*7⁴+4 = 7⁴(7^4v+4) − 4*7⁴ + 4 = 7⁴*5k − 4(7⁴−1) = 7⁴*5k−4*2400 = 5(7⁴*k−480) cnd

ZKS: Właśnie kombinowałem coś z tą 4 ale inaczej i dlatego nie chciało mi wyjść.

ZKS: Jak coś później podam inne zadanka ICSP albo może ktoś inny się skusi.

ICSP: o co tu chodzi

ZKS: To kolejne zadanko. Wyznacz wartości parametru m ∊ R dla których równanie (x² − 2x + m − 2)(|x − 1| − m + 1) = 0 ma trzy różne pierwiastki rzeczywiste. Oblicz te pierwiastki.

ICSP: czy ty nie możesz dać jakiegoś łatwego zadania?

ZKS: A coś takiego: Rozwiąż nierówność (2 − √3)^{(6x −6) / (x + 1)} ≤ (2 + √3)^−x

ICSP: już prędzej

ICSP: (2 + √3)^−x = (2 − √3)^x

ZKS: A dlaczego (2 + √3)^−x = (2 − √3)^x? Dobrze jest więc dalej chyba już nie powinno być problemu dla Ciebie

ICSP:

	6x − 6
czyli później		≥ x.
	x−1

oczywiście dziedzia D x ∊ R\{−1} nie ma potrzeby pisać kolejnych kroków rozwiązywania x ∊ (−∞;−1) suma <2;3>

ICSP: U{2 +√3)^−x

	2 + √3		2 + √3		2 + √3
2 + √3 =		=		=		=
	4 − 3		22 − √32		(2+√3)(2−√3)

	1
	2−√3

	1
(		)−x = (2 − √3)x
	2−√3

ZKS: Wszystko dobrze Wykaż że jeśli a∊(1,∞) i b∊(1,∞), to log_ab+log_ba ≥ 2 .

rumpek: Zadanie dla ICSP tylko? czy inni też mogą się przyłączyć ?

ICSP: log_a b + log_b a ≥ 2

logb b		1
	+ logb a =		+ logb a = ?
logb a		logb a

Godzio: rumpek dajesz to , tamto jest banalne nie ma co robić Wyznacz wartości parametru m ∊ R dla których równanie: (x² − 2x + m − 2)(|x − 1| − m + 1) = 0 ma trzy różne pierwiastki rzeczywiste. Oblicz te pierwiastki.

Godzio: Tą nierówność można bardziej uogólnić bo teoretycznie zachodzi takie coś: log_ab + log_ba > 2

rumpek: Jest taki fajny wzór:

	1
logba =
	logab

t = log_ab

	1
t +		≥ 2 / * t
	t

t² + 1 ≥ 2t t² − 2t + 1 ≥ 0 (t − 1)² ≥ 0

ZKS: Jeżeli ICSP pozwala to proszę. Dokończ to udowodnienie ICSP.

rumpek: A zadanie wyżej to przypadkami bym rozważył 1^o x ≥ 1 2^o x < 1

ZKS: A to jak byś zrobił? Wykaż że jeżeli a∊(0,1) ⋀ b > 1 to prawdziwa jest nierówność:

	1
logab +		logba + 1 ≤ 0
	4

ICSP: rumpku to chyba trzeba zrobić działając tylko na jednej stronie. ZKS nie masz jakiś prostszych zadań na udowadnianie? Bo to jest za trudne:(

ZKS: Tylko Godzio nic nie mów bo pamiętam jak je robiłeś

rumpek: No tu to już podstawę zmieniłbym w tym drugim

Godzio: m = 1 lub m = 3 To równanie kwadratowe ? Ok

Vax: ZKS, w tym zadaniu z parametrem m jedyne rozwiązanie to ?: m=1 i pierwiastki 1 , 1±√2 oraz m=3 i pierwiastki −1 , 1 , 3 Mam nadzieję, że dobrze Pozdrawiam.

ZKS: Nie rumpek bez przypadków na x ≥ 1 i x < 1.

Godzio: ICSP chcesz na jednej stronie ? Wystarczy zauważyć że dla a,b > 1 mamy: log_ab > 1 log_ba > 1 + −−−−−−−−−−−− log_ab + log_ba > 2

Godzio: A bo trzeba było obliczać te pierwiastki Vaxowi wyszło tak jak mi to myślę, że błędu nie ma

ICSP: i tyle? To tak można udowadniać w ogóle?

ZKS: Dobrze dla m = 1 lub m = 3 i pierwiastki takie jak podaje Vax.

Godzio: A pewnie, że tak Tylko komentarz napisać/narysować wykres dla tych danych

rumpek: To może takie banalne zadanie: Wyznacz wartości parametru m dla których równanie

x2 − (4m + 3)x + 3m2 + 3m
	= 0
x − 2

ma dwa rozwiązania różnych znaków.

Godzio: Δ > 0 x₁x₂ < 0 f(2) ≠ 0

rumpek: Napisałem banalne bo cała trudność polegała na ostatnim twoim warunku

ZKS: Dla jakich wartości parametru m ∧_x∊R

	x2 + mx + 9
−5 ≤		< 4
	x2 + 2x + 3

Godzio: ZKS a masz coś trudniejszego ?

ZKS: Bym musiał poszperać bo dla Ciebie znaleźć coś trudniejszego to nie lada wyczyn.

Vax: To może coś takiego, mam jeszcze cięższą wersję ale dam tą Udowodnij, że dla dowolnego całkowitego n ułamek:

12n+1
30n+2

jest nieskracalny Pozdrawiam.

ZKS: Taka o to nierówność: 2|x − |x + |x − 1||| > |x + |x − |x + 1|||

ICSP: Dobrze Godziu Dostaniesz ode mnie fajne zadanko Od razu mówię że nie potrafię go rozwiązać! Każda krawędź pewnego grafu pełnego jest pomalowana na jeden z czterech kolorów. Udowodnić, że wystarczy założyć, że graf ma 66wierzchołków, aby mieć pewność, że można wybrać podgraf pełny, złożony z trzech wierzchołków i trzech odcinków jednakowego koloru.

ICSP: No i chyba zadanie które tylko Vax był wstanie rozwiązać i niestety nie potrafię odnaleźć go na forum:( Poniżej podane są niektóre wartości pewnego wielomianu szóstego stopnia W(x) w(1) = −4 w(2) = −2 w(3) = −1 w(4) = 4 w(5) = 19 w(6) = 53 w(7) = 121 Oblicz w(0) oraz w(10)

Vax: Moje rozwiązanie znajdziesz tutaj https://matematykaszkolna.pl/forum/54574.html

ICSP: Dzięki Vax i tak chyba nie zrozumiem:(

ZKS: ICSP takie coś mam dla Ciebie. (x² + 8x + 16)^{x − 3} ≤ 1

Godzio: No i właśnie tego zadania na pewno nie ruszę z grafem Takich zadań nie znoszę, to dla mnie jak " Asia niesie 5 kg ziemniaków, ile waży Asia |

ICSP: a myślałem że lubisz udowadniać Dziękuję ZKS wieczorkiem się z tym zmierzę Aktualnie idę troszkę telewizje pooglądać

Godzio: Dobra, próbuje nierówność, pamiętam coś podobnego, na to jest jakiś magiczny sposób, który muszę wymyślić

ZKS: Okej ICSP to do wieczora A Godzio jak jeszcze jakieś będziesz chciał mogę napisać

Godzio: 2|x − |x + |x − 1||| > |x + |x − |x + 1||| |x − |x + |x − 1| | | = [dla x ≥ 1 ] = |x − |x + x − 1| | = |x − 2x + 1| = |−x + 1| = |x − 1| |x − |x + |x − 1| | | = [dla x < 1 ] = |x − |x − x + 1| | = |x − 1| 2|x − |x + |x − 1||| = |x − 1| Analogicznie badając: |x + |x − |x + 1||| = |x + 1| No i dalej już wiadomo, normalna nierówność: 2|x − 1| > |x + 1|

ZKS: To podaj końcową odpowiedź i zobaczymy czy wszystko jest poprawnie

Godzio:

	1
x ∊ (−∞,		) U (3,∞)
	3

ZKS: Wszystko jak w należytym porządku. Wyznacz te wartości parametru m dla których równanie [P[mx² + (9m − 3)x + 2 −m = 0 ma co najmniej jeden pierwiastek dodatni.

ZKS: mx² + (9m − 3)x + 2 −m = 0 tam oczywiście tylko chciałem pogrubić.

Vax: Co do zadania z grafem, załóżmy, że są to kolory 1,2,3,4. Przyjmijmy że wierzchołki tego grafu to A₁ , A₂ , ... , A₆₆. Rozważmy teraz krawędzie A₁A₂ , A₁A₃ , ... , A₁A₆₆, z zasady szufladkowej Dirichleta wynika, że przynajmniej 17 krawędzi z A₁A₂ , A₁A₃ , ... są koloru np 1, bso niech to będą krawędzie A₁A₂ , A₁A₃ , ... , A₁A₁₈, wówczas żadna krawędź A_iA_j, gdzie 2 ≤ i < j ≤ 18 nie jest koloru 1, czyli graf o wierzchołkach A₂,A₃,...,A₁₈ jest pomalowany maksymalnie 3 kolorami, analogicznie wybieramy jakiś wierzchołek B₁ z tego grafu i krawędzie B₁B₂ , B₁B₃ , ... , B₁B₁₇, z zasady szufladkowej Dirichleta wynika, że przynajmniej 6 krawędzi spośród tych krawędzi jest pomalowanych kolorem np 2, bso niech to będą B₁B₂ , B₁B₃ , ... , B₁B₇, znowu żadna z krawędzi B_iB_j gdzie 2 ≤ i < j ≤ 7 nie może być koloru 2, czyli jest pomalowany maksymalnie 2 kolorami, ponownie wybieramy spośród tych wierzchołków pewien wierzchołek C₁ i krawędzie C₁C₂ , C₁C₃ , ... , C₁C₆. Z zasady szufladkowej Dirichleta wynika, że spośród tych krawędzi przynajmniej 3 są jednego koloru, to właśnie one tworzą szukany trójkąt, cnd. Pozdrawiam.

Godzio: Vax jesteś rzeźnikiem

rumpek: Najlepsze jest to że Vax ma 14 lat

Godzio: Ostatnie zadania i kończę na dzisiaj mx² + (9m − 3)x + 2 − m = 0 1^o m = 0

	2
− 3x + 2 = 0 ⇒ x =		− pasuje
	3

2^o m ≠ 0 Δ > 0 x₁ * x₂ < 0 −− jeden pierwiastek dodatni drugi ujemny 3^o m ≠ 0 Δ ≥ 0 x₁ * x₂ > 0 x₁ + x₂ > 0 Suma trzech przypadków i jest rozwiązanie, już mi się nie chce pisać Będę wieczorem, (koło 24−01) jak będzie ciekawe zadanko to chętnie zrobię

Godzio: Że co ! Nie wierzę

rumpek: Sam się zapytaj A nie lepiej Godzio sprawdzić kiedy dwa pierwiastki są niedodatnie ?

Godzio: Lepiej

rumpek:

Vax: Kiedyś o tym pisałem, jak widać rumpek zapamiętał

ZKS: Godzio do tego zadania będą aż 4 przypadki

rumpek: czy ja wiem, chyba nie z tego forum tylko z matematyka.pl

Vax: Aha, no to tam mam wiek w profilu podany Pozdrawiam.

ICSP: na pewno nie ma 14 lat

Vax: Żadnego nowego zadania nie ma, więc może coś dodam Pole trójkąta jest równe 3, a jego 2 wierzchołki mają współrzędne A(2;1) B(3;−2), oblicz współrzędne 3 wierzchołka, wiedząc, że środek ciężkości tego trójkąta leży na osi OX.

Vizer: Też mi się wydaje, że jest to niemożliwe. A tak w ogóle to cześć wszystkim

Godzio: Jeśli Vax ma 14 lat, to jest mega kozakiem i tylko pozazdrościć takiej wiedzy Olimpiada matematyczne pewnie na maxa będzie

Jack: ja w to nie wierzę ale to tylko moja opinia

Vax: Będę próbował swoich sił w OM'ie, ale może wrócimy do zadań, bo tak trochę zeszliśmy z tematu i niezręczna sytuacja powstała

rumpek: Racja Vax może to ich przekona ostatecznie: http://www.matematyka.pl/207211.htm

Vizer: Vax, czy prawidłowa odpowiedź do zadania to C=(4,1) v C=(0,1)? O ile się nie pomyliłem w obliczeniach.

Vax: Tak, to jest prawidłowa odpowiedź

Vizer: To spoko, to znaczy, że po maturze jeszcze szare komórki pracują

ZKS: Mógłby ktoś na to spojrzeć i sprawdzić czy to jest dobrze. Z góry dziękuję

1		1
	≥
√3x + 1 − 2		4 − (√3)x + 2

3^{x + 1} − 2 > 0 ⋀ 4 − (√3)^{x + 2} ≠ 0

	2		4		4
3x >		⇒ x ≥ 0 ⋀ 31/2x ≠		⇒ x ≠ log3(		)2
	3		3		3

4 − 3^{1/2x + 1} ≥ (3^{x + 1} − 2)^1/2 4 − 3 * 3^1/2x ≥ (3 * 3^x − 2)^1/2 3^1/2x = t t > 0 4 − 3t ≥ √3t² − 2 / ² 16 − 24t + 9t² ≥ 3t² − 2 6t² − 24t + 18 ≥ 0 t² − 4t + 3 ≥ 0 (t − 1)(t − 3) ≥ 0 (3^1/2x − 1)(3^1/2x − 3) ≥ 0 3^1/2x = 1 3^1/2x = 3 x = 0 x = 2

	4
x ∊ (−∞,0> ∪ <2,∞) ⋀ x ≥ 0 ⋀ x ≠ log3(		)2 ⇒ x ∊ <2,∞) ∪ {0}
	3

Tomek.Noah: ogolenie dobrze wg mnie tylko formalnie dwie przedostatnie linijki musza byc zapisane wpsotaci nierownosci a nie rownowaznosci to jest moje zdanie

ZKS: Okej. Bardzo dziękuję Tomek.Noah.

ZKS: Nie wykonując dzielenia udowodnić że wielomian (x² + x + 1)³ − x⁶ − x³ − 1 dzieli sie bez reszty przez trójmian (x + 1)². Czy jest na to krótszy sposób niż ten? (x² + x + 1)³ − (x²)³ − x³ − 1= = (x² + x + 1 − x²)((x² + x + 1)² + x⁴ + x³ + x² + x⁴)) + (x + 1)(−x² + x − 1) = = (x + 1)(x⁴ + x² + 1 + 2x³ + 2x² + 2x + 2x⁴ + x³ + x²) + (x + 1)(−x² + x − 1) = = (x + 1)(3x⁴ + 3x³ + 4x² + 2x + 1) + (x + 1)(−x² + x − 1) = = (x + 1)(3x⁴ + 3x³ + 4x² + 2x + 1 − x² + x − 1) = = (x + 1)(3x⁴ + 3x³ + 3x² + 3x) = = 3x(x + 1)(x³ + x² + x + 1) = = 3x(x + 1)(x²(x + 1) + (x + 1)) = = 3x(x + 1)(x + 1)(x² + 1) = = 3x(x + 1)²(x² + 1) Więc dzieli się przez trójmian (x + 1)² tylko jest jakiś na to łatwiejszy lub szybszy sposób. Z góry dziękuję za odpowiedź.

LOL: kto zrobi moje zadanie na głównej

Tomek.Noah: ZKS a nie lepiej bylo podstawic −1 z twierdzenia Bezuta?

ZKS: Niestety gdybym podstawił −1 to wiedziałbym tylko że dzieli się on przez dwumian x + 1 a nie trójmian (x + 1)² Ale czy jest jakiś inny sposób na to?

Vax: Wystarczy pokazać, że −1 jest miejscem zerowym f'(x): f(x) = (x²+x+1)³−x⁶−x³−1 f'(x) = 3(2x+1)(x²+x+1)²−6x⁵−3x² f'(−1) = 3*(−1)(1)+6−3 = −3+3 = 0 Co dowodzi tezy. Pozdrawiam.

ICSP: http://kwejk.pl/obrazek/169807/tak,,to,ju%C5%BC,jutro!.html − jest co robić

Tomek.Noah: ZKS Wlasnie oto mi chodzilo co Vax pokazal bo twierdzenie Bezuta mowi wlasnie o pierwiastku wielomianu

ZKS: Tylko że Vax najpierw skorzystał z pochodnej a później z Tw. Bezuta Tomek.Noah ale jeszcze raz bardzo dziękuję za odpowiedzi.