Математиката-царица на науките.Помощ не разбирам науката!Ние ще помогнем в решението на всяка задача

Благодаря, разбрах всичко. Бях започнала да доказвам по реда, в който са изброени условията- от това че общите вътрешни допирателни се пресичат в една точка и разбира се, не стигнах до никъде. Още веднъж благодаря за бързото решение.

От px³-px+n=0 имаме x(x-1)(x+1)=-n/p
Нека f(x)=x(x-1)(x+1) - има корени -1,0,1, получава отрицателни стойности в интервалите (-безкр, -1) и (0,-1), получава положителни стойности в интервалите (-1,0) и (1,+безкр).
Нека g(x)=-n/p.
При n=0 имаме g(x)=0 и f(x)=g(x) има три рационални корена.
При n<0 имаме g(x)=-n/p>0. f(x) пресича g(x) веднъж в интервала (1,+безкр) и трябва да се пресичат още два пъти в интервала (-1,0). При x в интервала (-1,0) имаме f(x)=x(x-1)(x+1)=-x(1-x)(x+1)=-x(1-x)(2x+2)/2<=((-x+1-x+2x+2)/3)³/2=(3/3)³/2=1/2<1
При n>0 имаме g(x)=-n/p<0. f(x) пресича g(x) веднъж в интервала (-безкр, -1) и трябва да се пресичат още два пъти в интервала (0,1). При x в интервала (0,1) имаме -f(x)=-x(x-1)(x+1)=x(1-x)(1+x)=x(2-2x)(1+x)/2<=1/2<1 или f(x)>-1
Така при n<>0 за да имат 3 пресечни точки f(x) и g(x) трябва |g(x)|<1 или |n|<p
Да се върнем към x(x-1)(x+1)=-n/p при |n|<p и n<>0. Нека x=s/t е един рационален корен(<>0), където s цяло <>0, a t е естествено число и s и t са взаимно прости.
Имаме s(s-t)(s+t)=-nt³/p. Лявата страна е цяло число и дяснтата да е цяло трябва p да дели t(p - просто и |n|<p), но от тук следва, че p² дели лявата страна. p, който и от трите множителя в ляво да дели ще стигнем до противоречие с s и t, че са взаимно прости.
Така стигаме до заключението, че само при n=0 ще имаме 3 различни рационални корена. на първоначалното уравнение.

Здравейте, моля за помощ за следната задача:
Диана има в портмонето си известно количество монети от 1лв, 50ст, 20ст и 10ст. Една монета от 1лв тежи 7гр. монета от 50ст. тези 4 гр. от 20ст. тежи 3гр. и 10ст 2 гр.  Веднъж Диана почерпила своите приятолки Р, Т и М с по чаша горещ шоколад от училищния автомат. Стойноста на чаша шоколад е 30ст.  За всяка от трите чаши Диана пуснала в автомата по една монета и поличила ресто в монети от 10, 20 и 50ст. Накрая установила, че портмонето и тежи с 20гр. повече и в него има два пъти повече монети отколкото в началото. Колко монети е имала Диана в началото?

http://forum.alekdimitrov.com/index.php/topic,60437.msg609985.html#msg609985

Благодаря за бързата реакция. 😀

Още едно решение.

При n = 0 уравнението px³ – px = px(x – 1)(x = 1) = 0 има три различни рационални корена x = – 1, 0, 1.

Ще докажем, че уравнението px³ – px + n = 0 (1) не може да има три различни рационални корена при n ≠ 0 и n цяло число.

Ако n ≠ 0 уравнението (1) не може да има корен x = 0. 

Всяко рационално число q ≠ 0 може да се представи във вида q = ^a/_b, където a ≠ 0 е цяло число, b е цяло положително число и НОД (a, b) = 1.

Да допуснем, че (1) има рационален корен x = ^a/_b. Заместваме в (1) x = ^a/_b, преобразуваме и получаваме, че nb³ = pa(b – a)(b + a) (2).

Понеже n ≠ 0 и b > 0, то nb³ = pa(b – a)(b + a) ≠ 0 и следователно p дели nb³.

Ще докажем, че p не дели b. Да допуснем, че p дели b, т.е. съществува цяло положително число c, такова че b = pc. Заместваме в (2), делим на p и получаваме, че p²nc³ = a(pc – a)(pc + a). Следователно, p дели поне един от трите множителя a, pc – a или pc + a, т.е. p винаги дели a, но a и b са взаимно прости – противоречие.

Следователно, p дели n, т.е. съществува цяло число m ≠ 0, такова че n = pm. Заместваме в (1), делим на p и получаваме x³ – x + m = 0 (3).

Ще докажем, че ако уравнението (3) има рационален корен, то този корен трябва да бъде цяло число.

Заместваме x = ^a/_b в (3), преобразуваме и получаваме, че a³ = b²(a – mb). Понеже a ≠ 0, то a³ = b²(a – mb) ≠ 0 и следователно b² дели a³.

Понеже a и b са взаимно прости, то b² дели a³ само ако b = 1. Ако допуснем, че b > 1 (b е цяло положително), то съществува просто число q, което дели b. Тогава q дели b² и следователно q дели а³. Понеже q e просто, то q дели а – противоречие с факта, че a и b са взаимно прости.

Следователно всеки рационален корен на (3) е цяло число.

Да допуснем, че (3) има три различни рационални корена r < s < t, където r, s, t ≠ 0. От горното следва, че r, s, t са цели числа

Тогава r³ – r + m = s³ – s + m = 0 и след преобразуване получаваме, че (s – r)(s² + rs + r² – 1) = 0. Понеже s – r > 0, то s² + rs + r² – 1 = 0 (4).

Разглеждаме (4) като квадратно уравнение спрямо s. Понеже (4) има рационален и следователно, реален корен, то неговата дискриминанта D = r² – 4(r² – 1) e неотрицателна, т.е. r² ≤ 4/3. Понеже r e цяло и r ≠ 0, то имаме само две възможности, r = – 1, 1.

При r = – 1, като заместим в (4) получаваме, че s(s – 1) = 0 и понеже s ≠ 0, то s = 1. От формулите на Виет имаме  r + s + t = 0, откъдето t = 0 – противоречие с t ≠ 0 и r < s < t.     

При r = 1 от (4) получаваме s = – 1 – също противоречие с r < s < t.

Следователно при n ≠ 0 уравнението (1) не може да има три различни рационални корена.

Здравейте,  моля за малко помощ 😊
Зад.
В тъмна стая, в панер има 6 червени и 5 жълти ябълки. Колко пъти най-малко трябва да бръкнем в панера за да извадим 3 жълти ябълки?
Благодаря ви

9
При лош късмет изваждаш първо всичките 6 червени.

Благодаря ви!

Да кажа, че задачата с уравнението беше грешна.
По желание на автора, публикациите бяха изтрити.
Ето някои уравнения подходящи за четвъртокласници. Дайте ги на детето да се упражнява:

Защо е питането?

Видях, че е страница 1 и се задучих за другите страници.Задачките са интересни.

Малинка, давани са от преподавател за упражнение.
Ще потърся страница номер две, но преди дни не я открих.
Такива задачи има винаги на ОМТ или за прием в ПЧМГ -първи или втори модул, винаги присъстват.
Хубаво е да се отренират от децата.

да, благодаря! Много са добри задачките!