Wykaz fakty: najchetniej element, tj bez uzycia pochodnych. Wielomian ten a) nie ma pierwiastków rzeczywistych, gdy n jest parzyste ,b) ma dokładnie jeden pierwiastek rzeczywisty, gdy n jest nieparzyste ,c) nie ma pierwiastków wielokrotnych...
\(\displaystyle{ P(x)=1+\frac{x^1}{1}+\frac{x^2}{2!}+......+\frac{x^n}{n!}}\)
klasyk
klasyk
a) to jest akurat oczywiste gdyz kazdy x należący do R podniesiony do potegi o wykładniku parzystym da liczbe dodatnią zatem funkcja ta nie ma wtedy miejsc zerowych
b)a tu bym kombinowal z szeregiem geometrycznym
b)a tu bym kombinowal z szeregiem geometrycznym
- przemk20
- Użytkownik
- Posty: 1094
- Rejestracja: 6 gru 2006, o 22:47
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Olesno
- Podziękował: 45 razy
- Pomógł: 236 razy
klasyk
w podpunkcie a nie chodzi o to ze wszystkie wyrazy sa podnoszone do parzystej potegi tylko wielomian sie konczy na parzystej potedze, oczywiscie dla x>0 jest to dosc oczywiste,
b)
\(\displaystyle{ P(x) = 1+x + x^2(\frac{1}{2!}+ x\frac{1}{3!}) + ... + x^{2k} (\frac{1}{2k!}+x \frac{1}{(2k+1)!} + ... + x^{2n} (\frac{1}{2n!}+x \frac{1}{(2n+1)!}) \\
x^{2k}(\frac{1}{(2k)!}+ \frac{x}{(2k+1)!}) < 0 \\
(\frac{1}{(2k)!}+ \frac{x}{(2k+1)!}) < 0, \ \ dla \ x< 0, \ \ t=-x \\
\frac{1}{(2k)!} < \frac{t}{(2k)! (2k+1)} \\
1 < \frac{t}{2k+1} \\
t > 2k+1,}\)
a ostatnia potega jest 2n+1, to gdy wezmiemy x < - (2n+1), to wtedy
f(-2n-1) < 0, a f(0) > 0, czyli z tw. darboux istnieje pierwiastek
b)
\(\displaystyle{ P(x) = 1+x + x^2(\frac{1}{2!}+ x\frac{1}{3!}) + ... + x^{2k} (\frac{1}{2k!}+x \frac{1}{(2k+1)!} + ... + x^{2n} (\frac{1}{2n!}+x \frac{1}{(2n+1)!}) \\
x^{2k}(\frac{1}{(2k)!}+ \frac{x}{(2k+1)!}) < 0 \\
(\frac{1}{(2k)!}+ \frac{x}{(2k+1)!}) < 0, \ \ dla \ x< 0, \ \ t=-x \\
\frac{1}{(2k)!} < \frac{t}{(2k)! (2k+1)} \\
1 < \frac{t}{2k+1} \\
t > 2k+1,}\)
a ostatnia potega jest 2n+1, to gdy wezmiemy x < - (2n+1), to wtedy
f(-2n-1) < 0, a f(0) > 0, czyli z tw. darboux istnieje pierwiastek