По теореме Безу о модулях рациональных корней многочлена, которая гласит, что их числители являются делителями свободного слагаемого, а знаменатели – делителями старшего коэффициента, находим, что модуль возможного корня единственный:
Проверим:
Откуда ясно, что
Итак – один из корней указанного уравнения. По теореме Виета исследуемый многочлен должен делиться без остатка на выделим этот множитель:
По теореме Безу о модулях рациональных корней многочлена, в применении уже к кубическому многочлену, стоящему в длинной скобке, находим, что модуль возможного корня единственный:
Проверим:
Откуда ясно, что – кратный корень, который подходит и в кубический многочлен.
Итак – двойной корень указанного уравнения. По теореме Виета исследуемый многочлен должен дважды делиться без остатка на выделим этот множитель вторично:
Таким образом:
И не составит никакого труда решить уравнение:
По теореме Виета мы можем переписать исходное неравенство, как:
С учётом знака и степени при старшем коэффициенте – функция, очевидно, монотонно уходит на при
При переходе через функция не меняет знака, так как корень чётный, однако нужно понимать, что сам корень не удовлетворяет строгому неравенству.
При переходе через функция меняет знак, а сами корни тоже не удовлетворяет строгому неравенству.
Окончательно имеем:
– неравенство удовлетворено.
– неравенство НЕ удовлетворено.
О т в е т :
4 votes Thanks 3
gartenzie
Мне казалось, я чётко написала, как выбираются знаки неравенства. Но, раз вы справшиваете, я повторюсь: поскольку старший коэффициент (+1) функции-многочлена (полинома) f(x) = x^4 – x^3 – 4x^2 - x + 1 – положителен, и (старшая) степень (4) этого многочлена – чётная, то значит, обе его бесконечные (левая и правая) ветви направлены вверх.
gartenzie
Осюда следует вывод, что от минус бесконечности до самого левого корня функция положительна (т.е. исходное неравенство удовлетворено) и от самого правого корня до плюс бесконечности – функция тоже положительна и неравенство опять же удовлетворено. Далее, двигаясь навстречу, можно проанализировать знак функции, имея в в иду, что она меняет знак при переходе через каждый из корней, в том случае, если корень является нечётным.
gartenzie
Из трёх корней, два правых – нечётные (однократные корни), а самый левый (–1) – чётный корень, поэтому в нём функция не меняет знак. Как всё это уже и бло описано в двух–трёх последних абзацах представленнного решения.
бабаУля
А проще и не скажешь! Такое доступное разъяснение. Спасибо большое!
gartenzie
Да и вы и я тут хорошо поработали в "парной гребле" :–)
Неуловимыйтип
Не стоило так много писать. Просто до меня туго доходит. Пришлось лезть в учебник Мордковича и смотреть как находятся корни в уравнениях степени выше 2-й
gartenzie
Если вы полагаете, что меня утруждает многописание – то это не так :–) Меня намного сильнее утруждает повторение, так что, предваряя возможное недопонимание, я всегда стараюсь высказаться исчерпывающе. И получается длинно. На самом деле писать кратко – куда сложнее писать коротко и добиваться такого же понимания.
gartenzie
Так что не просите писать кратко – это лишком сложно! Сократить текст традиционно просят издатели и диссертационные советы. Это всегда так обидно. Давайте оставим это место – территорией свободы для высказываний :–)
Answers & Comments
Verified answer
Для начала решим уравнение:
Решим методом неопределенных коэффициентов.
Зная, что любой многочлен четвертой степени можно разложить на два квадратных многочлена, применим схему:
Составим систему уравнений:
Подберем к четвертому уравнению пару, удовлетворяющую нашей системе:
Нам подошла система первой пары. Подставляем и решаем уравнение:
Возьмем любое значение с и выполним проверку:
Итог:
Возвращаемся к нашей схеме. Подставим все найденные элементы:
__+__-1__+__
Ответ:
Verified answer
Найдём нули функции:
Для этого решим уравнение:
По теореме Безу о модулях рациональных корней многочлена, которая гласит, что их числители являются делителями свободного слагаемого, а знаменатели – делителями старшего коэффициента, находим, что модуль возможного корня единственный:
Проверим:
Откуда ясно, что
Итак
По теореме Безу о модулях рациональных корней многочлена, в применении уже к кубическому многочлену, стоящему в длинной скобке, находим, что модуль возможного корня единственный:
Проверим:
Откуда ясно, что
который подходит и в кубический многочлен.
Итак
Таким образом:
И не составит никакого труда решить уравнение:
По теореме Виета мы можем переписать исходное неравенство, как:
С учётом знака и степени при старшем коэффициенте – функция, очевидно, монотонно уходит на
При переходе через
При переходе через
Окончательно имеем:
– неравенство удовлетворено.
– неравенство НЕ удовлетворено.
О т в е т :