Przedział i wielomian
-
mol_ksiazkowy
- Użytkownik
- Posty: 13433
- Rejestracja: 9 maja 2006, o 12:35
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Kraków
- Podziękował: 3429 razy
- Pomógł: 809 razy
Przedział i wielomian
Udowodnić, że wielomian \(\displaystyle{ W(x)= x^n+x^{n-1}+...+ x^2 + (n+1)^2 x - n^2}\) ma dokładnie jeden pierwiastek rzeczywisty w \(\displaystyle{ (-1, 1)}\).
-
arek1357
Re: Przedział i wielomian
Ten wielomian można zapisać w formie:
\(\displaystyle{ \frac{x^{n+1}-1}{x-1} +n^2x+2nx-n^2-1}\)
szukanie miejsc zerowych wielomianu może się sprowadzić do szukania miejsc zerowych wielomianu powyższego dla: \(\displaystyle{ x \neq 1}\):
mamy równanie:
\(\displaystyle{ \frac{x^{n+1}-1}{x-1} +n^2x+2nx-n^2-1=0}\)
po przemnożeniu przez: \(\displaystyle{ x-1}\) otrzymamy:
\(\displaystyle{ x^{n+1}+(n^2+2n)x^2-(2n^2+2n+1)x+n^2=0 }\)
niech:
\(\displaystyle{ h(x)=x^{n+1}+(n^2+2n)x^2-(2n^2+2n+1)x+n^2}\)
Nietrudno sprawdzić, że funkcja ta dla: \(\displaystyle{ n \ge 1}\) jest wypukła w przedziale: \(\displaystyle{ x \in \left\langle -1;1\right\rangle }\)
\(\displaystyle{ g(-1)=4n^2+4n+c, c=0 \vee 2}\)
\(\displaystyle{ g(1)=0 , g(0)=n^2}\)
na podstawie tych przesłanek wystarczy znaleźć taki punkt: \(\displaystyle{ x_{0} \in \left( -1;1\right) }\) aby: \(\displaystyle{ f(x_{0})<0}\)
ja proponuję:
\(\displaystyle{ x_{0}=1- \frac{1}{n} , n>1 }\)
bez rachunków mamy:
\(\displaystyle{ f(1- \frac{1}{n})=\left( 1- \frac{1}{n} \right)^{n+1} -2+ \frac{3}{n} }\)
łatwo zauważyć, że jest to wartość dla: \(\displaystyle{ n>1 }\) zawsze mniejsza od zera...
pozostaje sprawdzić \(\displaystyle{ h(x)}\) dla: \(\displaystyle{ n=1}\)
ale mamy tu:
\(\displaystyle{ h(x)=4x^2-5x+1}\)
ale ta funkcja w przedziale: \(\displaystyle{ \left( -1;1\right) }\)
ma tylko jedno rozwiązanie:
\(\displaystyle{ x= \frac{1}{4} }\)
cnd...
\(\displaystyle{ \frac{x^{n+1}-1}{x-1} +n^2x+2nx-n^2-1}\)
szukanie miejsc zerowych wielomianu może się sprowadzić do szukania miejsc zerowych wielomianu powyższego dla: \(\displaystyle{ x \neq 1}\):
mamy równanie:
\(\displaystyle{ \frac{x^{n+1}-1}{x-1} +n^2x+2nx-n^2-1=0}\)
po przemnożeniu przez: \(\displaystyle{ x-1}\) otrzymamy:
\(\displaystyle{ x^{n+1}+(n^2+2n)x^2-(2n^2+2n+1)x+n^2=0 }\)
niech:
\(\displaystyle{ h(x)=x^{n+1}+(n^2+2n)x^2-(2n^2+2n+1)x+n^2}\)
Nietrudno sprawdzić, że funkcja ta dla: \(\displaystyle{ n \ge 1}\) jest wypukła w przedziale: \(\displaystyle{ x \in \left\langle -1;1\right\rangle }\)
\(\displaystyle{ g(-1)=4n^2+4n+c, c=0 \vee 2}\)
\(\displaystyle{ g(1)=0 , g(0)=n^2}\)
na podstawie tych przesłanek wystarczy znaleźć taki punkt: \(\displaystyle{ x_{0} \in \left( -1;1\right) }\) aby: \(\displaystyle{ f(x_{0})<0}\)
ja proponuję:
\(\displaystyle{ x_{0}=1- \frac{1}{n} , n>1 }\)
bez rachunków mamy:
\(\displaystyle{ f(1- \frac{1}{n})=\left( 1- \frac{1}{n} \right)^{n+1} -2+ \frac{3}{n} }\)
łatwo zauważyć, że jest to wartość dla: \(\displaystyle{ n>1 }\) zawsze mniejsza od zera...
pozostaje sprawdzić \(\displaystyle{ h(x)}\) dla: \(\displaystyle{ n=1}\)
ale mamy tu:
\(\displaystyle{ h(x)=4x^2-5x+1}\)
ale ta funkcja w przedziale: \(\displaystyle{ \left( -1;1\right) }\)
ma tylko jedno rozwiązanie:
\(\displaystyle{ x= \frac{1}{4} }\)
cnd...