Witam. Próbuję rozkminić rozwiązanie poniższego zadanka i mam z tym pewne problemy. Znajdzie się tu jakiś uczynny weteran skłonny naprowadzić na właściwą drogę żółtodzioba?
Niech \(\displaystyle{ $n \geqslant 3$}\) będzie liczbą naturalną. Dowieść, że dowolny wielomian postaci \(\displaystyle{ \[x^n + a_{n-3} x^{n-3} + a_{n-4} x^{n-4} + a_{n-5} x^{n-5} + \cdots +a_1 x + a_0,\]}\)
gdzie co najmniej jeden ze współczynników rzeczywistych \(\displaystyle{ $a_0,a_1,\ldots,a_(n-3)$}\) jest różny od zera, ma mniej niż n pierwiastków rzeczywistych (każdy pierwiastek liczymy tyle razy, ile wynosi jego krotność).
Rozwiązanie:
Przypuśćmy, że dany w treści zadania wielomian ma n pierwiastków rzeczywistych \(\displaystyle{ $x_1,x_2,\ldots,x_n$}\). Ze wzorów Viete'a wynika, że \(\displaystyle{ \[x_1 + x_2 + \cdots + x_n = -a_{n-1} = 0\]}\)
oraz \(\displaystyle{ \[\sum_{1 \leqslant i < j \leqslant n}x_i x_j = a_{n-2} = 0.\]}\)(to jest oczywiste, ale nie rozumiem, z czego wynika dalsza część)
Zatem \(\displaystyle{ $x_1^2 + x_2^2 +\cdots+x_n^2 = a_{n-1}^2 - 2a_{n-2} = 0$}\), skąd \(\displaystyle{ $x_1 = x_2 = \ldots = x_n = 0$}\). Jednak powyższa równość pociąga za sobą \(\displaystyle{ $a_0 = a_1 = \ldots = a_{n-3} = 0$}\), co przeczy założeniu.
Otrzymana sprzeczność dowodzi, że dany wielomian stopnia n nie może mieć n pierwiastków rzeczywistych, zatem musi ich mieć mniej niż n.
Ciąg dalszy wynika z tego, że jak podniesiesz do kwadratu sumę x- ów to otrzymasz sumę kwadratów x- ów plus dwie sumy iloczynów wszystkich par x- ów, więc musisz te dwie sumy odjąć, żeby spełnione było pierwsze równanie podniesione stronami do kwadratu.
