wielomian rzeczywisty
-
- Użytkownik
- Posty: 251
- Rejestracja: 2 gru 2012, o 20:05
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Great Plains
- Podziękował: 86 razy
wielomian rzeczywisty
\(\displaystyle{ n \in \mathbb{N},n>2,x \in \mathbb{R}}\)
Pokazać, że wielomian \(\displaystyle{ W(x)=\sum_{k=4}^{2n} {2n\choose k}x^{k-4}}\) nie ma pierwiastków rzeczywistych (\(\displaystyle{ n}\) jest ustalone).
Pokazać, że wielomian \(\displaystyle{ W(x)=\sum_{k=4}^{2n} {2n\choose k}x^{k-4}}\) nie ma pierwiastków rzeczywistych (\(\displaystyle{ n}\) jest ustalone).
- fon_nojman
- Użytkownik
- Posty: 1599
- Rejestracja: 13 cze 2009, o 22:26
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Łódź
- Podziękował: 68 razy
- Pomógł: 255 razy
wielomian rzeczywisty
Pierwsza myśl jaka przychodzi to pokombinować coś z ze wzorem dwumianowym newtona, próbowałeś go zastosować?
-
- Użytkownik
- Posty: 251
- Rejestracja: 2 gru 2012, o 20:05
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Great Plains
- Podziękował: 86 razy
wielomian rzeczywisty
\(\displaystyle{ x^4 \cdot \sum_{k=4}^{2n} {2n\choose k}x^{k-4}=(1+x)^{2n}-{2n\choose 0}-{2n\choose 1}x-{2n\choose 2}x^2-{2n\choose 3}x^3}\)
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).
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).
- fon_nojman
- Użytkownik
- Posty: 1599
- Rejestracja: 13 cze 2009, o 22:26
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Łódź
- Podziękował: 68 razy
- Pomógł: 255 razy
wielomian rzeczywisty
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?
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?
-
- Użytkownik
- Posty: 251
- Rejestracja: 2 gru 2012, o 20:05
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Great Plains
- Podziękował: 86 razy
wielomian rzeczywisty
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.
PS: To zadanie podobno było kiedyś (jak była stara matura) na szkolnym kółku matematycznym, a nam dali jako dla chętnych dodatkowe.
- fon_nojman
- Użytkownik
- Posty: 1599
- Rejestracja: 13 cze 2009, o 22:26
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Łódź
- Podziękował: 68 razy
- Pomógł: 255 razy
wielomian rzeczywisty
Jak możesz to napisz jak zrobiłeś przy okazji sprawdzi się. Sam jestem ciekaw bo trochę nad tym myślałem i nie mam pomysłu.
-
- Użytkownik
- Posty: 251
- Rejestracja: 2 gru 2012, o 20:05
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Great Plains
- Podziękował: 86 razy
wielomian rzeczywisty
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.
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.
- fon_nojman
- Użytkownik
- Posty: 1599
- Rejestracja: 13 cze 2009, o 22:26
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Łódź
- Podziękował: 68 razy
- Pomógł: 255 razy
wielomian rzeczywisty
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
W jednym miejscu używasz słowa "istotnie" chyba lepiej by pasowało np. mamy albo zachodzi.
Liczeniu pochodną
nierówność \(\displaystyle{ \frac{1-4n}{2(n-1)} < -2}\) jest oczywista np. jak pomnożymy przez mianownik i poskracamy wyrazy podobne.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 \(\displaystyle{ \frac{1-4n}{2(n-1)} < -2}\)
W jednym miejscu używasz słowa "istotnie" chyba lepiej by pasowało np. mamy albo zachodzi.
Liczeniu pochodną
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 pisze:\(\displaystyle{ \frac{\partial}{\partial x}\left((1+x)^{2n} - \left({2n\choose 0}+{2n\choose 1}x+{2n\choose 2}x^2+{2n\choose 3}x^3 \right) \right)= \\ n((-4n^2 +6n-2)x^2+2(x+1)^{2n-1}+(2-4n)x-2)}\)
-
- Użytkownik
- Posty: 251
- Rejestracja: 2 gru 2012, o 20:05
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Great Plains
- Podziękował: 86 razy
wielomian rzeczywisty
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.
PS: To "istotnie" w tym miejscu faktycznie jest niefortunne.
Ostatnio zmieniony 7 lut 2013, o 12:13 przez theoldwest, łącznie zmieniany 1 raz.
-
- Użytkownik
- Posty: 251
- Rejestracja: 2 gru 2012, o 20:05
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Great Plains
- Podziękował: 86 razy
wielomian rzeczywisty
Ale żeby pokazać tezę zadania tym wzorem przy ustalonym \(\displaystyle{ n}\)? Do czego ten wzór Taylora?
-
- 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
\(\displaystyle{ n}\) 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.
-
- Użytkownik
- Posty: 251
- Rejestracja: 2 gru 2012, o 20:05
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Great Plains
- Podziękował: 86 razy
wielomian rzeczywisty
Tak czy owak to dla mnie czarna magia póki co, tak z ciekawości zapytałem, pewnie się przyda w przyszłości, dzięki.