wielomian rzeczywisty

Własności wielomianów; pierwiastki, współczynniki. Dzielenie wielomianów. Wzory Viete'a. RÓWNANIA I NIERÓWNOŚCI wielomianowe (wyższych stopni). Rozkład na czynniki.
theoldwest
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 251
Rejestracja: 2 gru 2012, o 20:05
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Great Plains
Podziękował: 86 razy

wielomian rzeczywisty

Post autor: theoldwest »

\(\displaystyle{ n \in \mathbb{N},n>2,x \in \mathbb{R}}\)

Pokazać, że wielomian \(\displaystyle{ W(x)=\sum_{k=4}^{2n} {2n\choose k}x^{k-4}}\) nie ma pierwiastków rzeczywistych (\(\displaystyle{ n}\) jest ustalone).
Awatar użytkownika
fon_nojman
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 1599
Rejestracja: 13 cze 2009, o 22:26
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Łódź
Podziękował: 68 razy
Pomógł: 255 razy

wielomian rzeczywisty

Post autor: fon_nojman »

Pierwsza myśl jaka przychodzi to pokombinować coś z ze wzorem dwumianowym newtona, próbowałeś go zastosować?
theoldwest
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 251
Rejestracja: 2 gru 2012, o 20:05
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Great Plains
Podziękował: 86 razy

wielomian rzeczywisty

Post autor: theoldwest »

\(\displaystyle{ x^4 \cdot \sum_{k=4}^{2n} {2n\choose k}x^{k-4}=(1+x)^{2n}-{2n\choose 0}-{2n\choose 1}x-{2n\choose 2}x^2-{2n\choose 3}x^3}\)

Coś takiego?

Właśnie nie bardzo wiem jak się wziąć za to zadanie, może jakoś pochodnymi pójdzie. Tyle że tu moja wiedza jest dość ograniczona (chociaż coś tam liznąłem).
Awatar użytkownika
fon_nojman
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 1599
Rejestracja: 13 cze 2009, o 22:26
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Łódź
Podziękował: 68 razy
Pomógł: 255 razy

wielomian rzeczywisty

Post autor: fon_nojman »

Nie wiem czy pochodna nam coś pomoże.

Gdyby udało się pokazać nierówność

\(\displaystyle{ (1+x)^{2n} > {2n\choose 0}+{2n\choose 1}x+{2n\choose 2}x^2+{2n\choose 3}x^3,\ x \neq 0}\)

to było by po sprawie ale nie widzę jak to zrobić. Właściwie ta nierówność (wyjściowa też) jest oczywista dla \(\displaystyle{ x \ge 0,}\) dla "duzych" \(\displaystyle{ x}\) ujemnych tez da się pokazać, problem jest dla \(\displaystyle{ x}\) ujemnych bliskich zero.

PS: Skąd to zadanie bo wydaje się trudne, to chyba nie jest standardowe z podręcznika?
theoldwest
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 251
Rejestracja: 2 gru 2012, o 20:05
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Great Plains
Podziękował: 86 razy

wielomian rzeczywisty

Post autor: theoldwest »

Chyba już udało mi się zrobić to zadanie (o ile gdzieś nie zablefowałem). Pociągnąłem to o czym pisałeś.

PS: To zadanie podobno było kiedyś (jak była stara matura) na szkolnym kółku matematycznym, a nam dali jako dla chętnych dodatkowe.
Awatar użytkownika
fon_nojman
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 1599
Rejestracja: 13 cze 2009, o 22:26
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Łódź
Podziękował: 68 razy
Pomógł: 255 razy

wielomian rzeczywisty

Post autor: fon_nojman »

Jak możesz to napisz jak zrobiłeś przy okazji sprawdzi się. Sam jestem ciekaw bo trochę nad tym myślałem i nie mam pomysłu.
theoldwest
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 251
Rejestracja: 2 gru 2012, o 20:05
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Great Plains
Podziękował: 86 razy

wielomian rzeczywisty

Post autor: theoldwest »

dla \(\displaystyle{ x = 0}\) \(\displaystyle{ W(x)}\) nie ma pierwiastka przy wszelkim \(\displaystyle{ n>2}\) (co oczywiste)
dla \(\displaystyle{ x=-1}\) zachodzi \(\displaystyle{ (1+x)^{2n} > {2n\choose 0}+{2n\choose 1}x+{2n\choose 2}x^2+{2n\choose 3}x^3}\) przy wszelkim \(\displaystyle{ n>2}\) (co też jest oczywiste)

dla \(\displaystyle{ x in [-2, infty ) setminus left{ 0,-1
ight}}\)
zachodzi nierówność \(\displaystyle{ (1+x)^{2n} > {2n\choose 0}+{2n\choose 1}x+{2n\choose 2}x^2+{2n\choose 3}x^3}\)

Dowód dla ustalonego \(\displaystyle{ x in [-2, infty ) setminus left{ 0,-1
ight}}\)
- indukcja (zacznę od \(\displaystyle{ n=2}\), bo to nie ma znaczenia w tym przypadku):

\(\displaystyle{ (1+x)^{2 \cdot 2}-{2 \cdot 2\choose 0}-{2 \cdot 2\choose 1}x-{2 \cdot 2 \choose 2}x^2-{2 \cdot 2\choose 3}x^3=x^4>0}\) więc teza zachodzi

Zakładam, że \(\displaystyle{ (1+x)^{2n} > {2n\choose 0}+{2n\choose 1}x+{2n\choose 2}x^2+{2n\choose 3}x^3}\) i pokażę, że \(\displaystyle{ (1+x)^{2(n+1)} > {2(n+1)\choose 0}+{2(n+1)\choose 1}x+{2(n+1)\choose 2}x^2+{2(n+1)\choose 3}x^3}\)

Z założenia indukcyjnego mamy, że \(\displaystyle{ (1+x)^{2(n+1)} >(1+x)^2 \cdot \left( {2n\choose 0}+{2n\choose 1}x+{2n\choose 2}x^2+{2n\choose 3}x^3 \right)}\)

Gdyby było

\(\displaystyle{ (1+x)^2 \cdot \left( {2n\choose 0}+{2n\choose 1}x+{2n\choose 2}x^2+{2n\choose 3}x^3 \right) \ge {2(n+1)\choose 0}+{2(n+1)\choose 1}x+{2(n+1)\choose 2}x^2+{2(n+1)\choose 3}x^3}\)

, to dowód byłby zakończony

Istotnie:

\(\displaystyle{ (1+x)^2 \cdot \left( {2n\choose 0}+{2n\choose 1}x+{2n\choose 2}x^2+{2n\choose 3}x^3 \right)- \\ \left({2(n+1)\choose 0}+{2(n+1)\choose 1}x+{2(n+1)\choose 2}x^2+{2(n+1)\choose 3}x^3 \right)= \\ \frac{1}{3}nx^4(4n^2(x+2)-6n(x+1)+2x+1)}\)

Ale \(\displaystyle{ \frac{1}{3}nx^4(4n^2(x+2)-6n(x+1)+2x+1) \ge 0}\) dokładnie wtedy, gdy \(\displaystyle{ x \ge \frac{1-4n}{2(n-1)}}\)

\(\displaystyle{ \frac{1-4n}{2(n-1)}}\) - ciąg jest rosnący, ponadto \(\displaystyle{ \lim_{n \to\infty} \frac{1-4n}{2(n-1)}=-2}\) skąd \(\displaystyle{ \frac{1-4n}{2(n-1)} < -2}\)
Czyli dowodzona nierówność jest prawdziwa (\(\displaystyle{ W(x)}\) nie ma rzeczywistych pierwiastków dla \(\displaystyle{ x in [-2, infty )}\) przy ustalonym \(\displaystyle{ n>2}\))

Zakładam teraz, że \(\displaystyle{ x \in (- \infty ,-2),n>2}\)

\(\displaystyle{ \frac{\partial}{\partial x}\left((1+x)^{2n} - \left({2n\choose 0}+{2n\choose 1}x+{2n\choose 2}x^2+{2n\choose 3}x^3 \right) \right)= \\ n((-4n^2 +6n-2)x^2+2(x+1)^{2n-1}+(2-4n)x-2)}\)

Zachodzi:

\(\displaystyle{ \left\{\begin{array}{l} (-4n^2 +6n-2)x^2<0 \\2(x+1)^{2n-1}<0 \end{array}}\)

Dla \(\displaystyle{ x \in (- \infty ,-2),n>2}\) spełniona jest nierówność \(\displaystyle{ (-4n^2 +6n-2)x^2+(2-4n)x-2<0}\). Dodatkowo \(\displaystyle{ 2(x+1)^{2n-1}<0}\)

Policzona pochodna jest ujemna (jest sumą ujemnych wyrażeń), więc funkcja (której ta pochodna została policzona) jest malejąca na \(\displaystyle{ x \in (- \infty ,-2)}\)

Ponadto \(\displaystyle{ f(-2)=(1+(-2))^{2n} - \left({2n\choose 0}+{2n\choose 1}(-2)+{2n\choose 2}(-2)^2+{2n\choose 3}(-2)^3 \right)>0}\), więc \(\displaystyle{ f(x)}\) przyjmuje same wartości dodatnie na \(\displaystyle{ \mathbb{R} \setminus \left\{ 0\right\}}\) (a tym samym \(\displaystyle{ W(x)>0}\))

PS: Napisałem tak bardziej poglądowo, bo dużo tych przekształceń algebraicznych było po drodze. Zawsze można też wolframem sprawdzić czy coś nie tak. Tak jak pisałem - głowy nie daję, że nie ma jakiegoś blefa.
Awatar użytkownika
fon_nojman
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 1599
Rejestracja: 13 cze 2009, o 22:26
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Łódź
Podziękował: 68 razy
Pomógł: 255 razy

wielomian rzeczywisty

Post autor: fon_nojman »

Sprawdziłem i wygląda, że jest wszystko dobrze. Zauważenie tej indukcji właściwie załatwia sprawę. Może w niektórych miejscach za dużo piszesz ale to nie jest błąd
theoldwest pisze:\(\displaystyle{ \frac{1-4n}{2(n-1)}}\) - ciąg jest rosnący, ponadto \(\displaystyle{ \lim_{n \to\infty} \frac{1-4n}{2(n-1)}=-2}\) skąd \(\displaystyle{ \frac{1-4n}{2(n-1)} < -2}\)
nierówność \(\displaystyle{ \frac{1-4n}{2(n-1)} < -2}\) jest oczywista np. jak pomnożymy przez mianownik i poskracamy wyrazy podobne.

W jednym miejscu używasz słowa "istotnie" chyba lepiej by pasowało np. mamy albo zachodzi.

Liczeniu pochodną
theoldwest pisze:\(\displaystyle{ \frac{\partial}{\partial x}\left((1+x)^{2n} - \left({2n\choose 0}+{2n\choose 1}x+{2n\choose 2}x^2+{2n\choose 3}x^3 \right) \right)= \\ n((-4n^2 +6n-2)x^2+2(x+1)^{2n-1}+(2-4n)x-2)}\)
Krócej policzyć pochodną \(\displaystyle{ {2n\choose 0}+{2n\choose 1}x+{2n\choose 2}x^2+{2n\choose 3}x^3 \right)}\) i pokazać, że jest większa od zera itd.
theoldwest
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 251
Rejestracja: 2 gru 2012, o 20:05
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Great Plains
Podziękował: 86 razy

wielomian rzeczywisty

Post autor: theoldwest »

Dużo pisałem też dlatego żebyś nie musiał wszystkiego się domyślać o co mi chodzi (nie każdy lubi czytać same liczby i analizować do czego zmierza dowód ), a jak robiłem kopiuj wklej do wolframa, to nie myślałem o tym czy takie podejście nie jest zbyt skomplikowane (nie chciałem liczyć na darmo gdyby sposób był nieefektywny). Dzięki za sprawdzenie i uwagi co do uproszczenia tego.

PS: To "istotnie" w tym miejscu faktycznie jest niefortunne.
Ostatnio zmieniony 7 lut 2013, o 12:13 przez theoldwest, łącznie zmieniany 1 raz.
norwimaj
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 5101
Rejestracja: 11 mar 2011, o 16:31
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: 52°16'37''N 20°52'45''E
Podziękował: 4 razy
Pomógł: 1001 razy

wielomian rzeczywisty

Post autor: norwimaj »

Można skorzystać ze wzoru Taylora, podobnie jak tutaj.
theoldwest
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 251
Rejestracja: 2 gru 2012, o 20:05
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Great Plains
Podziękował: 86 razy

wielomian rzeczywisty

Post autor: theoldwest »

Ale żeby pokazać tezę zadania tym wzorem przy ustalonym \(\displaystyle{ n}\)? Do czego ten wzór Taylora?
norwimaj
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 5101
Rejestracja: 11 mar 2011, o 16:31
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: 52°16'37''N 20°52'45''E
Podziękował: 4 razy
Pomógł: 1001 razy

wielomian rzeczywisty

Post autor: norwimaj »

\(\displaystyle{ n}\) jest ustalone. Wzór Taylora stosujesz do funkcji \(\displaystyle{ (1+x)^{2n}}\) dla \(\displaystyle{ x_0=0}\). Tylko jednak jest problem, bo nie wiadomo jak wykluczyć \(\displaystyle{ c=-1}\) w reszcie Lagrange'a. Ale jeśli zastosujesz wzór Taylora z , to wychodzi dobrze.
theoldwest
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 251
Rejestracja: 2 gru 2012, o 20:05
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Great Plains
Podziękował: 86 razy

wielomian rzeczywisty

Post autor: theoldwest »

Tak czy owak to dla mnie czarna magia póki co, tak z ciekawości zapytałem, pewnie się przyda w przyszłości, dzięki.
ODPOWIEDZ