Νέα κατηγορία ασκήσεων

#1

Αποκλειστικά με γνώσεις Α Λυκείου να λύσετε τις παρακάτω εξισώσεις:

1) x^4+x^2-x+1=0

2)

3) $\sqrt{5-x}=5-x^2$

Αλέξανδρος

MarKo · #2

Για την 1)

γράφεται ισοδύναμα $\displaystyle{\left( {1 + {x^2}} \right){x^2} - x + 1 = 0}$ (1),

θέτω $\displaystyle{u = {x^2} + 1 \geqslant 1}$ ,

οπότε η (1) γίνεται $\displaystyle{u{x^2} - x + 1 = 0}$ .

Είναι $\displaystyle{\Delta = 1 - 4u \leqslant - 3 < 0}$ άρα η εξίσωση δεν έχει λύση στο $\displaystyle{\mathbb{R}}$

#3

MarKo έγραψε:Για την 1)

γράφεται ισοδύναμα $\displaystyle{\left( {1 + {x^2}} \right){x^2} - x + 1 = 0}$ (1),

θέτω $\displaystyle{u = {x^2} + 1 \geqslant 1}$ ,

οπότε η (1) γίνεται $\displaystyle{u{x^2} - x + 1 = 0}$ .

Είναι $\displaystyle{\Delta = 1 - 4u \leqslant - 3 < 0}$ άρα η εξίσωση δεν έχει λύση στο $\displaystyle{\mathbb{R}}$

Πολύ ωραία! Ας δοκιμαστεί τώρα να λυθεί και με μεθόδους από μεγαλύτερες τάξεις για να φανεί ότι μερικές φορές οι απλές μέθοδοι μπορεί να αποδειχθούν πιο σύντομες...

Παραμένουν οι υπόλοιπες δύο εξισώσεις πάντα με ύλη της Α Λυκείου.

Αλέξανδρος

raf616 · #4

Η δεύτερη γράφεται:

$x = x^4 + 1 \geq 1$ . Όμως $x^4 + 1 \geq 2x^2 \iff x \geq 2x^2 \iff x \leq \dfrac{1}{2}$ αφού $x \geq 1 > 0$ .

Άρα $1 \leq x \leq \dfrac{1}{2}$ , άτοπο. Άρα δεν έχει λύσεις.

#5

cretanman έγραψε:Αποκλειστικά με γνώσεις Α Λυκείου να λύσετε τις παρακάτω εξισώσεις:

1)

2)

3) $\sqrt{5-x}=5-x^2$

Αλέξανδρος

1)

$\displaystyle{x^4+1=x-x^2\implies x(1-x)>0\implies x\in (0,1).}$

$\displaystyle{x^4+x^2=x-1\implies x-1\geq 0\implies x\geq 1.}$

2)

$\displaystyle{x^4+1=x\implies x\geq 1.}$

$\displaystyle{x(1-x^3)=1\stackrel{x\geq 1}{\implies} 1-x^3>0\implies x<1.}$

3) Λύθηκε εδώ.

papamixalis · #6

1)

πολαπλασιάζω με το

ΑΔΥΝΑΤΗ
αφου ειναι αθροισμα μη αρνητικων που δεν μηδενιζουν ταυτοχρονα

M.S.Vovos · #7

...Για το 1ο ερώτημα...

Θεωρούμε τη συνάρτηση $\displaystyle f(x)=x^{4}+x^{2}-x+1,x\in \mathbb{R}$ .

Η συνάρτηση

είναι παραγωγίσιμη ως πολυωνυμική με παράγωγο $\displaystyle f'(x)=4x^{3}+2x-1$ .

H παράγωγος μηδενίζεται σε ένα μόνο σημείο αφού είναι "1-1" και συγκεκριμένα στο (προσεγγιστικά) x=0,38

.

Βρίσκοντας το σύνολο τιμών, με γνωστές διαδικασίες, καταλήγουμε ότι η συνάρτηση

είναι πάντα θετική και διάφορη του

. Άρα η εξίσωση f(x)=0

δεν έχει πραγματικές λύσεις.

Σχόλιο: Με τον ίδιο τρόπο μπορούμε να αποδείξουμε ότι και η δεύτερη εξίσωση (ερώτημα 2ο) δεν έχει πραγματικές λύσεις.

#8

Μία δεύτερη λύση για τη 2η εξίσωση (με την οποία φαίνεται και η ιδέα που κατασκευάστηκε):

Η εξίσωση ισοδύναμα γράφεται (x^2+1)x^2-(x+1)x+1=0

και θεωρώντας τη ως δευτεροβάθμια εξίσωση του

με συντελεστές $x^2+1, \ -(x+1), \ 1$ βρίσκουμε τη διακρίνουσα $\Delta=(-(x+1))^2-4(x^2+1)=-3x^2+2x-3<0$ αφού η διακρίνουσα του τριωνύμου

έχει αρνητική διακρίνουσα. Άρα η αρχική εξίσωση είναι αδύνατη.

Την τελευταία εξίσωση που προτάθηκε από το Θάνο πριν από 2 ημέρες (αγνοούσα την ύπαρξή της) την έκανα φέτος στο τελευταίο μάθημα των μαθημάτων που προσφέρει το παράρτημα Ηρακλείου της ΕΜΕ στους μαθητές του Ηρακλείου για να φανεί η αξία να δει κάποιος την εξίσωση ως δευτεροβάθμια ως προς το

Δεν ξέρω την πηγή της αλλά μου άρεσε πολύ η ιδέα...

Αλέξανδρος

Al.Koutsouridis · #9

cretanman έγραψε:
Την τελευταία εξίσωση που προτάθηκε από το Θάνο πριν από 2 ημέρες (αγνοούσα την ύπαρξή της) την έκανα φέτος στο τελευταίο μάθημα των μαθημάτων που προσφέρει το παράρτημα Ηρακλείου της ΕΜΕ στους μαθητές του Ηρακλείου για να φανεί η αξία να δει κάποιος την εξίσωση ως δευτεροβάθμια ως προς το Δεν ξέρω την πηγή της αλλά μου άρεσε πολύ η ιδέα...

Αλέξανδρος

Μια παρόμοια εδώ. Εγώ προσωπικά την είχα πάρει από ενα βιβλίο του Πρασαλοβ. Προβλήματα άλγεβρας, αριθμητικής και ανάλυσης.
Υποθέτω θα υπάρχει και σε πολλά άλλα βιβλία.

hsiodos · #10

cretanman έγραψε:Αποκλειστικά με γνώσεις Α Λυκείου να λύσετε τις παρακάτω εξισώσεις:

1)

2)

Αλέξανδρος

Οι δύο πρώτες είναι αδύνατες γιατί:

$\displaystyle{{x^2} - x + 1 > 0\,\,\,(\Delta < 0)\,\,\forall x \in R\,\,\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,\,{x^4} \ge 0\,\,\,\,\forall x \in R}$

$\displaystyle{{x^4} - x + 1 = \left( {{x^4} - {x^2} + \frac{1}{4}} \right) + \left( {{x^2} - x + \frac{1}{4}} \right) + \frac{1}{2} = {\left( {{x^2} - \frac{1}{2}} \right)^2} + {\left( {x - \frac{1}{2}} \right)^2} + \frac{1}{2} > 0\,\,\,\,\,\,\forall x \in R}$

#11

Προσθέτω και μια ακόμα, στην οποία φαίνεται ότι η συμπλήρωση τετραγώνου οδηγεί σε τεράστιο χάσιμο χρόνου, ενώ με τον τύπο, είναι πολύ απλή:

Να λυθεί η εξίσωση: $\displaystyle{16x^2 .sin^2 x -8(2cosx+1).x.sinx +9=0}$

hsiodos · #12

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε:Προσθέτω και μια ακόμα, στην οποία φαίνεται ότι η συμπλήρωση τετραγώνου οδηγεί σε τεράστιο χάσιμο χρόνου, ενώ με τον τύπο, είναι πολύ απλή:

Να λυθεί η εξίσωση: $\displaystyle{16x^2 .sin^2 x -8(2cosx+1).x.sinx +9=0}$

$\displaystyle{16{x^2}si{n^2}x - 8(2cosx + 1)xsinx + 9 = 0\,\,\,(1)}$

Αν $\displaystyle{\cos x = 1}$ η $\displaystyle{(1)}$ είναι προφανώς αδύνατη. Αν $\displaystyle{\,\cos x \ne 1}$ τότε $\displaystyle{9 - {\left( {2\cos x + 1} \right)^2} > 0\,\,\,\forall x \in R\,}$ .

Το πρώτο μέλος γράφεται: $\displaystyle{{\left( {\left( {4x\sin x} \right) - \left( {2\cos x + 1} \right)} \right)^2} + 9 - {\left( {2\cos x + 1} \right)^2} > 0\,\,\,\,\forall x \in R\,\,\,\,}$

Άρα η $\displaystyle{(1)}$ είναι αδύνατη.

#13

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε:Προσθέτω και μια ακόμα, στην οποία φαίνεται ότι η συμπλήρωση τετραγώνου οδηγεί σε τεράστιο χάσιμο χρόνου, ενώ με τον τύπο, είναι πολύ απλή:

Να λυθεί η εξίσωση: $\displaystyle{16x^2 .sin^2 x -8(2cosx+1).x.sinx +9=0}$

Και με την διακρίνουσα, ως εξής: Αν $\displaystyle{ sinx =0}$ , τότε η εξίσωση είναι αδύνατη. Έστω $\displaystyle{sinx \neq 0}$ . Τότε, εργαζόμενοι όπως και στο τριώνυμο, έχουμε:

$\displaystyle{\Delta = 256sin^2 x (cos^2 x +cosx -2)}$ . Όμως $\displaystyle{cos^2 x + cosx \leq 2}$ , εφόσον $\displaystyle{|cosx|\leq 1}$ . Άρα $\displaystyle{cos^2 x+cosx -2 \leq0}$ . Αν λοιπόν είναι $\displaystyle{cosx \neq1}$

τότε $\displaystyle{cos^2 x+cosx - 2 <0}$ και άρα $\displaystyle{\Delta <0}$ , άρα η εξίσωση είναι αδύνατη. Αν πάλι είναι $\displaystyle{cosx=1}$ , τότε $\displaystyle{sinx=0}$ , που και πάλι είναι αδύνατη.

ghan · #14

cretanman έγραψε:Μία δεύτερη λύση για τη 2η εξίσωση (με την οποία φαίνεται και η ιδέα που κατασκευάστηκε):

Η εξίσωση ισοδύναμα γράφεται και θεωρώντας τη ως δευτεροβάθμια εξίσωση του με συντελεστές $x^2+1, \ -(x+1), \ 1$ βρίσκουμε τη διακρίνουσα $\Delta=(-(x+1))^2-4(x^2+1)=-3x^2+2x-3<0$ αφού η διακρίνουσα του τριωνύμου έχει αρνητική διακρίνουσα. Άρα η αρχική εξίσωση είναι αδύνατη.

Την τελευταία εξίσωση που προτάθηκε από το Θάνο πριν από 2 ημέρες (αγνοούσα την ύπαρξή της) την έκανα φέτος στο τελευταίο μάθημα των μαθημάτων που προσφέρει το παράρτημα Ηρακλείου της ΕΜΕ στους μαθητές του Ηρακλείου για να φανεί η αξία να δει κάποιος την εξίσωση ως δευτεροβάθμια ως προς το Δεν ξέρω την πηγή της αλλά μου άρεσε πολύ η ιδέα...

Αλέξανδρος

Αγαπητέ κύριε Συγκελάκη.
Προσπάθησα να λύσω την εξίσωση $\displaystyle{{{x}^{4}}-x+1=0}$ που προτείνατε, με τη μέθοδο που εισηγηθήκατε και οδηγήθηκα σε δύο αντιφατικά συμπεράσματα. Μπορείτε να μου πείτε πιο είναι το σωστό;

Έχουμε: $\displaystyle{{{x}^{4}}-x+1=0\Leftrightarrow {{x}^{2}}\cdot {{x}^{2}}-x+1=0\,\,\,\left( 1 \right)}$ . Για $\displaystyle{x=0}$ δεν επαληθεύεται. Αν $\displaystyle{x\ne 0}$ , τότε τη θεωρώ και εγώ «σαν δευτεροβάθμια ως προς $\displaystyle{x}$ » με

«συντελεστές $\displaystyle{\alpha ={{x}^{2}}\ne 0,\,\,\beta =-1,\,\,\gamma =1}$ » και «διακρίνουσα» $\displaystyle{\Delta =1-4{{x}^{2}}}$ . Αλλά: $\displaystyle{\left( 1 \right)\Rightarrow x={{x}^{4}}+1\Rightarrow \Delta =1-4{{\left( {{x}^{4}}+1 \right)}^{2}}=1-4\left( {{x}^{8}}+2{{x}^{4}}+1 \right)=}$

$\displaystyle{=-4{{x}^{8}}-8{{x}^{4}}-3<0}$ . Άρα η $\displaystyle{\left( 1 \right)}$ είναι αδύνατη. Εξάλλου: $\displaystyle{\left( 1 \right)\Rightarrow {{x}^{2}}=\frac{x-1}{{{x}^{2}}}\Rightarrow \Delta =1-4\cdot \frac{x-1}{{{x}^{2}}}=}$

$\displaystyle{=\frac{{{x}^{2}}-4x+4}{{{x}^{2}}}=\frac{{{\left( x-2 \right)}^{2}}}{{{x}^{2}}}\ge 0}$ . Άρα η $\left( 1 \right)$ έχει ρίζα. Εξακολουθείτε λοιπόν να πιστεύετε ότι δεν υπάρχει πρόβλημα; Δε νομίζετε ότι, το όποιο συμπέρασμα, πρέπει να βρεθεί με άλλο τρόπο, χωρίς τη «διακρίνουσα»;

Π.χ. $\displaystyle{\left( 1 \right)\Rightarrow {{x}^{4}}=x-1\Rightarrow x-1\ge 0\Rightarrow x\ge 1\Rightarrow {{x}^{4}}\ge x\Rightarrow {{x}^{4}}-x\ge 0\Rightarrow {{x}^{4}}-x+1>0}$

Γ. Σ. Τασσόπουλος

#15

Νομίζω πως δεν υπάρχει πρόβλημα. Αυτό που περιγράψατε αποτελεί μια ακόμα κομψή απόδειξη ότι η εξίσωση είναι αδύνατη στους πραγματικούς αριθμούς.

Δηλαδή ας το δούμε ως εξής: Ας υποθέσουμε ότι η εξίσωση έχει κάποια πραγματική λύση. Τότε θα έπρεπε να ισχύει και το ένα και το άλλο που γράψατε, άρα άτοπο, άρα δεν έχουμε πραγματικές λύσεις. Δηλαδή δεν προκύπτει καμμία αντίφαση, αντίθετα ολοκληρώνεται όμορφα η απαγωγή σε άτοπο.

Με εκτίμηση,
Παύλος Μαραγκουδάκης

#16

ghan έγραψε:
cretanman έγραψε:Μία δεύτερη λύση για τη 2η εξίσωση (με την οποία φαίνεται και η ιδέα που κατασκευάστηκε):

Η εξίσωση ισοδύναμα γράφεται και θεωρώντας τη ως δευτεροβάθμια εξίσωση του με συντελεστές $x^2+1, \ -(x+1), \ 1$ βρίσκουμε τη διακρίνουσα $\Delta=(-(x+1))^2-4(x^2+1)=-3x^2+2x-3<0$ αφού η διακρίνουσα του τριωνύμου έχει αρνητική διακρίνουσα. Άρα η αρχική εξίσωση είναι αδύνατη.

Την τελευταία εξίσωση που προτάθηκε από το Θάνο πριν από 2 ημέρες (αγνοούσα την ύπαρξή της) την έκανα φέτος στο τελευταίο μάθημα των μαθημάτων που προσφέρει το παράρτημα Ηρακλείου της ΕΜΕ στους μαθητές του Ηρακλείου για να φανεί η αξία να δει κάποιος την εξίσωση ως δευτεροβάθμια ως προς το Δεν ξέρω την πηγή της αλλά μου άρεσε πολύ η ιδέα...

Αλέξανδρος
Αγαπητέ κύριε Συγκελάκη.
Προσπάθησα να λύσω την εξίσωση $\displaystyle{{{x}^{4}}-x+1=0}$ που προτείνατε, με τη μέθοδο που εισηγηθήκατε και οδηγήθηκα σε δύο αντιφατικά συμπεράσματα. Μπορείτε να μου πείτε πιο είναι το σωστό;

Έχουμε: $\displaystyle{{{x}^{4}}-x+1=0\Leftrightarrow {{x}^{2}}\cdot {{x}^{2}}-x+1=0\,\,\,\left( 1 \right)}$ . Για $\displaystyle{x=0}$ δεν επαληθεύεται. Αν $\displaystyle{x\ne 0}$ , τότε τη θεωρώ και εγώ «σαν δευτεροβάθμια ως προς $\displaystyle{x}$ » με

«συντελεστές $\displaystyle{\alpha ={{x}^{2}}\ne 0,\,\,\beta =-1,\,\,\gamma =1}$ » και «διακρίνουσα» $\displaystyle{\Delta =1-4{{x}^{2}}}$ . Αλλά: $\displaystyle{\left( 1 \right)\Rightarrow x={{x}^{4}}+1\Rightarrow \Delta =1-4{{\left( {{x}^{4}}+1 \right)}^{2}}=1-4\left( {{x}^{8}}+2{{x}^{4}}+1 \right)=}$

$\displaystyle{=-4{{x}^{8}}-8{{x}^{4}}-3<0}$ . Άρα η $\displaystyle{\left( 1 \right)}$ είναι αδύνατη. Εξάλλου: $\displaystyle{\left( 1 \right)\Rightarrow {{x}^{2}}=\frac{x-1}{{{x}^{2}}}\Rightarrow \Delta =1-4\cdot \frac{x-1}{{{x}^{2}}}=}$

$\displaystyle{=\frac{{{x}^{2}}-4x+4}{{{x}^{2}}}=\frac{{{\left( x-2 \right)}^{2}}}{{{x}^{2}}}\ge 0}$ . Άρα η $\left( 1 \right)$ έχει ρίζα. Εξακολουθείτε λοιπόν να πιστεύετε ότι δεν υπάρχει πρόβλημα; Δε νομίζετε ότι, το όποιο συμπέρασμα, πρέπει να βρεθεί με άλλο τρόπο, χωρίς τη «διακρίνουσα»;

Π.χ. $\displaystyle{\left( 1 \right)\Rightarrow {{x}^{4}}=x-1\Rightarrow x-1\ge 0\Rightarrow x\ge 1\Rightarrow {{x}^{4}}\ge x\Rightarrow {{x}^{4}}-x\ge 0\Rightarrow {{x}^{4}}-x+1>0}$

Γ. Σ. Τασσόπουλος

Καλημέρα σας. Ασφαλώς δεν υπάρχει αντίφαση, αφού δεν υπάρχει πραγματικός

που να επαληθεύει την (1).

Δίνω κι άλλο ένα απλό παραδειγμα, με συντελεστές σταθερούς πραγματικούς.

Έστω η εξίσωση x^2-x+1=0

(1) με $x \in R$ .

Έχει Διακρίνουσα D = -3<0

, άρα είναι αδύνατη στο

.

Αν παραβλέψουμε το γεγονός ότι δεν υπάρχει πραγματικός που να την επαληθεύει οδηγούμαστε στο φαινομενικά παράδοξο:

$\left( 1 \right) \Rightarrow {x^2} = x - 1$ και αφού $x^2 \ge 0 \Rightarrow x \ge 1$

Όμως ισχύει επίσης, $\left( 1 \right) \Rightarrow x - {x^2} = 1 \Rightarrow x - {x^2} > 0 \Rightarrow 0 < x < 1$

Αντίφαση! Προφανώς αφού δεν υπάρχει $x \in R$ που να επαληθεύει την (1).

ghan · #17

Παύλος Μαραγκουδάκης έγραψε:Νομίζω πως δεν υπάρχει πρόβλημα. Αυτό που περιγράψατε αποτελεί μια ακόμα κομψή απόδειξη ότι η εξίσωση είναι αδύνατη στους πραγματικούς αριθμούς.

Δηλαδή ας το δούμε ως εξής: Ας υποθέσουμε ότι η εξίσωση έχει κάποια πραγματική λύση. Τότε θα έπρεπε να ισχύει και το ένα και το άλλο που γράψατε, άρα άτοπο, άρα δεν έχουμε πραγματικές λύσεις. Δηλαδή δεν προκύπτει καμμία αντίφαση, αντίθετα ολοκληρώνεται όμορφα η απαγωγή σε άτοπο.

Με εκτίμηση,
Παύλος Μαραγκουδάκης

Κύριε Μαραγκουδάκη.
Με τη λογική αυτή δεν αρκεί η 1η περίπτωση όπου $\displaystyle{\Delta <0}$ για να είναι αδύνατη η εξίσωση, ενώ στην προηγούμενη λύση του κυρίου Συγκελάκη σας αρκούσε.
Χρειάζεται λοιπόν κατά τη γνώμη σας και η δεύτερη, πιθανόν και κάποιες άλλες που να έρχονται σε αντίφαση με αυτή.
Αν όμως ο μαθητής ασχοληθεί μόνο με τη 2η περίπτωση, όπου $\displaystyle{\Delta \ge 0}$ , τι συμπέρασμα θα βγάλει; Ότι έχει ρίζα; Αλλού είναι το πρόβλημα.

Ευχαριστώ,
Γ. Σ. Τασσόπουλος

#18

ghan έγραψε:
Παύλος Μαραγκουδάκης έγραψε:Νομίζω πως δεν υπάρχει πρόβλημα. Αυτό που περιγράψατε αποτελεί μια ακόμα κομψή απόδειξη ότι η εξίσωση είναι αδύνατη στους πραγματικούς αριθμούς.

Δηλαδή ας το δούμε ως εξής: Ας υποθέσουμε ότι η εξίσωση έχει κάποια πραγματική λύση. Τότε θα έπρεπε να ισχύει και το ένα και το άλλο που γράψατε, άρα άτοπο, άρα δεν έχουμε πραγματικές λύσεις. Δηλαδή δεν προκύπτει καμμία αντίφαση, αντίθετα ολοκληρώνεται όμορφα η απαγωγή σε άτοπο.

Με εκτίμηση,
Παύλος Μαραγκουδάκης
Κύριε Μαραγκουδάκη.
Με τη λογική αυτή δεν αρκεί η 1η περίπτωση όπου $\displaystyle{\Delta <0}$ για να είναι αδύνατη η εξίσωση, ενώ στην προηγούμενη λύση του κυρίου Συγκελάκη σας αρκούσε.

κ. Τασσόπουλε καλημέρα,

Η λύση μου αρκεί σε μένα και στον Παύλο αλλά αυτό που μάλλον θέλει να πει είναι ότι αν ένας μαθητής ολοκλήρωνε την άσκηση όπως εσείς (ή όπως έκαναν άλλοι συνάδελφοι πιο πάνω) τότε θα τη θεωρούσαμε εξίσου σωστή. Δυστυχώς δε μπορώ να γράψω περισσότερα τώρα γιατί μπαίνω απο το κινητό. Θα το κάνω όμως αργότερα.

Αλέξανδρος

#19

ghan έγραψε: Κύριε Μαραγκουδάκη.
Με τη λογική αυτή δεν αρκεί η 1η περίπτωση όπου $\displaystyle{\Delta <0}$ για να είναι αδύνατη η εξίσωση, ενώ στην προηγούμενη λύση του κυρίου Συγκελάκη σας αρκούσε.
Χρειάζεται λοιπόν κατά τη γνώμη σας και η δεύτερη, πιθανόν και κάποιες άλλες που να έρχονται σε αντίφαση με αυτή.
Αν όμως ο μαθητής ασχοληθεί μόνο με τη 2η περίπτωση, όπου $\displaystyle{\Delta \ge 0}$ , τι συμπέρασμα θα βγάλει; Ότι έχει ρίζα; Αλλού είναι το πρόβλημα.

Ευχαριστώ,
Γ. Σ. Τασσόπουλος

Ξεκινάτε από ψευδή υπόθεση (έστω ότι υπάρχει ...) και στην (1η) και στη (2η) περίπτωση, άρα ότι συμπέρασμα και να βγάλετε η συνεπαγωγή σας είναι σωστή, (αλλά ουσιαστικά δίχως νόημα).

ghan · #20

Γιώργος Ρίζος έγραψε:
Καλημέρα σας. Ασφαλώς δεν υπάρχει αντίφαση, αφού δεν υπάρχει πραγματικός που να επαληθεύει την (1).

Δίνω κι άλλο ένα απλό παραδειγμα, με συντελεστές σταθερούς πραγματικούς.

Έστω η εξίσωση (1) με $x \in R$ .

Έχει Διακρίνουσα , άρα είναι αδύνατη στο .

Αν παραβλέψουμε το γεγονός ότι δεν υπάρχει πραγματικός που να την επαληθεύει οδηγούμαστε στο φαινομενικά παράδοξο:

$\left( 1 \right) \Rightarrow {x^2} = x - 1$ και αφού $x^2 \ge 0 \Rightarrow x \ge 1$

Όμως ισχύει επίσης, $\left( 1 \right) \Rightarrow x - {x^2} = 1 \Rightarrow x - {x^2} > 0 \Rightarrow 0 < x < 1$

Αντίφαση! Προφανώς αφού δεν υπάρχει $x \in R$ που να επαληθεύει την (1).

Κύριε Ρίζο.
Γι’ αυτό ακριβώς παρέθεσα την απόδειξη του ότι $\displaystyle{{{x}^{4}}-x+1>0}$ , δηλαδή $\displaystyle{{{x}^{4}}-x+1\ne 0}$ , χωρίς τη «διακρίνουσα» $\Delta =1-4{{x}^{2}}$ .Το θέμα όμως είναι ο ισχυρισμός ότι αυτό προκύπτει από τη «διακρίνουσα», ενώ όπως είδατε η «διακρίνουσα» δεν μας διαφωτίζει. Το αντίθετο, το ότι δηλαδή από την ψευδή υπόθεση $\displaystyle{{{x}^{4}}-x+1=0}$ (που θέλει απόδειξη) μπορούμε να βγάλουμε όποιο συμπέρασμα θέλουμε για την «διακρίνουσα» και για οτιδήποτε άλλο είναι προφανές. Αλλά δεν είναι αυτό το θέμα μας.

Γ. Σ. Τασσόπουλος

Νέα κατηγορία ασκήσεων

Νέα κατηγορία ασκήσεων

Re: Νέα κατηγορία ασκήσεων

Re: Νέα κατηγορία ασκήσεων

Re: Νέα κατηγορία ασκήσεων

Re: Νέα κατηγορία ασκήσεων

Re: Νέα κατηγορία ασκήσεων

Re: Νέα κατηγορία ασκήσεων

Re: Νέα κατηγορία ασκήσεων

Re: Νέα κατηγορία ασκήσεων

Re: Νέα κατηγορία ασκήσεων

Re: Νέα κατηγορία ασκήσεων

Re: Νέα κατηγορία ασκήσεων

Re: Νέα κατηγορία ασκήσεων

Re: Νέα κατηγορία ασκήσεων

Re: Νέα κατηγορία ασκήσεων

Re: Νέα κατηγορία ασκήσεων

Re: Νέα κατηγορία ασκήσεων

Re: Νέα κατηγορία ασκήσεων

Re: Νέα κατηγορία ασκήσεων

Re: Νέα κατηγορία ασκήσεων

Μέλη σε σύνδεση