Dimostrazioni semplici...

[fedeb2]

1) dimostrare che non esistono radici $x>1$ di
$x^7-2x^5+10x^2-1$
2) dimostrare l'esistenza della reta di eulero per qualunque triangolo

[Steven11]

Sei sicuro che la traccia della prima è corretta? Compare due volte un termine con $x^2$

[fedeb2]

hai ragione è $-2x^5$. il rum+sambuca comincia a fare effetto

[franced]

"fedeb":1) dimostrare che non esistono radici $x>1$ di
$x^7-2x^5+10x^2-1$
2) dimostrare l'esistenza della reta di eulero per qualunque triangolo

Scusa e se il triangolo è equilatero, come la definisci la retta di eulero?
Non ha senso..

Francesco Daddi

[fu^2]

"fedeb":1) dimostrare che non esistono radici $x>1$ di
$x^7-2x^5+10x^2-1$
2) dimostrare l'esistenza della reta di eulero per qualunque triangolo

chiamo
$p(x)=x^7-2x^5+10x^2-1
$p'(x)=7x^6-10x^4+20x
$p''(x)=42x^5-40x^3+20
$p'''(x)=210x^4-120x^2

consideriamo l'intervallo $(0,+oo)$

vediamo il segno di $p'''(x)
$p'''(x)>=0<=>210x^4-120x^2>=0<=>7x^4-4x^2>=0<=>7x^2-4x>=0$
le soluzioni sono $x=0Ux=<-2/sqrt7Ux>=2/sqrt7$ quindi in (1,+oo) è crescente monotona, inoltre
$p'''(1)=90$

quindi $p''(x)$ è monotona crescente in (1,+oo) inoltre $p''(1)=25$ quindi è positiva.
quindi $p'(x) $è monotona crescente in (1,+oo) inoltre $p'(1)=17$ quindi è tutta positiva
quindi $p(x)$ è monotona crescnete in (1,+oo) inoltre $p(1)=6$

quindi $p(x)>0AA\x\in(0,+oo)$ quindi per x>1 non ammette radici reali.

penso possa andare

[fedeb2]

@fu^2
bella dimostrazione, anche se non posso apprezzarla perchè ancora non ho studiato le derivate.
io la avevo pensata tramite qualche trucchetto per dimostrare che nell'intervallo era sempre positiva... molto piu rigorosa la tua dimostrazione comunque..
@francesco daddi
per un triangolo equilatero hai un fascio di rette passante per quel punto, che possono essere definite come rette di eulero...
vabbe riformulo il problema:
dimostrare che in un triangolo generico non equilatero esiste sempre la retta di eulero

[Domè891]

non so se t può aiutare, ma ho trovato questo java bellino...
http://www.batmath.it/cabri/eulero/eulero.htm

puoi spostare i vertici del triangolo e vedere che la retta di Eulero (quella in verde) è sempre presente...

ciao ciao
Domenico

[fedeb2]

veramente cercavo una vera e propria dimostrazione.
comunque grazie per il link

[G.D.5]

Nel seguito si faccia riferimento alla figura sottostante



ove con $O$ si sindica il circocentro (punto di incontro degli assi dei lati del triangolo) e con $G$ il baricentro (punto di incontro delle mediane del triangolo).
Sia $H$ un punto della retta $OG$ (sicuramente esistente: per due punti distinti passa una ed una sola retta) tale per cui $GH=2OG$.
Si considerino i triangoli $CHG$ e $MGO$: questi sono simili, infatti, gli angoli in $G$ sono opposti al vertice e $\frac{GH}{OG}=\frac{CG}{GM}=2$; questo implica che $CH\ \ |\| \ \ MO$ e giacché $MO \bot AB$ si ha che $CH \bot AB$.
Analogamente si desume che $BH \bot AC$ e $AH \bot BC$, donde $H$ è l'intersezione delle altezze del triangolo (: baricentro).
In tal modo resta dimostrato che baricentro, circocentro e ortocentro sono collineari.
Q.E.D