Zadanie nr 3462922

Wykaż, że dla każdej liczby rzeczywistej prawdziwa jest nierówność:

4 3 2 x − x + 2x − x + 1 > 0 .

Rozwiązanie

Sposób I

Zauważmy, że

4 3 2 4 3 2 2 x − x + 2x − x + 1 = (x − x + x ) + (x − x + 1) = = x2(x2 − x + 1) + (x2 − x + 1) = (x 2 + 1 )(x 2 − x+ 1).

Oczywiście wyrażenie w pierwszym nawiasie jest dodatnie. Wyrażenie w drugim nawiasie też jest dodatnie, bo

Δ = 1 − 4 < 0.

Sposób II

Próbujemy zapisać lewą stronę nierówności jako sumę wyrażeń, które są nieujemne – spróbujemy pozbyć się minusów wciągając je do wyrażeń postaci 2 (a − b) .

4 3 2 x −(x + 2x − x+) 1 = ( ) 4 3 1-2 3- 2 2 1- 3- = x − x + 4x + 4x + x − x + 4 + 4 = ( )2 ( ) 2 2 1- 3- 2 1- 3- = x x − 2 + 4 x + x − 2 + 4.

Teraz jest jasne, że wyrażenie to jest dodatnie. Co więcej, widać, że prawdziwa jest mocniejsza nierówność

4 3 2 3 x − x + 2x − x+ 1 > --. 4

Sposób III

Tym razem użyjemy pochodnych. Jeżeli f(x ) = x4 − x3 + 2x2 − x + 1 to

f ′(x ) = 4x3 − 3x2 + 4x − 1 ′′ 2 f (x) = 12x − 6x+ 4.

Zauważmy, że druga pochodna jest stale dodatnia (bo Δ < 0 ), więc pierwsza pochodna jest funkcją rosnącą. Pierwsza pochodna jako wielomian stopnia 3 ma więc dokładnie jeden pierwiastek x 0 i zmienia w nim znak z ujemnego na dodatni. To oznacza, że funkcja ma jedno minimum lokalne w x 0 , które jednocześnie jest minimum globalnym (bo na lewo od x 0 funkcja maleje, a na prawo rośnie).

Spróbujmy teraz oszacować ile jest równe x 0 . Zauważmy, że

f′(0) = − 1 ∧ f ′(1 ) = 4

Zatem x ∈ ⟨0,1⟩ 0 . To nam trochę upraszcza sprawę, bo wiemy, że funkcja najmniejszą wartość przyjmuje w przedziale . Wystarczy zatem pokazać, że f(x ) > 0 dla . Zauważmy, że

4 3 2 f(x) = x − x + 2x − x+ 1 = x 4 + x 2 + x 2 − x 3 + 1 − x = x 4 + x 2 + x 2(1 − x )+ (1 − x ).

Widać teraz, że wyrażenie to jest dodatnie na przedziale ⟨0 ,1 ⟩ .

Sposób IV

Nierówność jest oczywiście prawdziwa dla x ≤ 0 , więc załóżmy, że x > 0 . Tym razem skorzystamy z tego, że wielomian z lewej strony nierówności jest symetryczny ze względu na potęgi .