Pokaż, że istnieje $x_0$ takie że $p(x_0) < q(x_0)$ dla podanych wielomianów

Question

Jeśli $p(x) = x^4+ax^3+bx^2+cx+d$ i $q(x) = x^2+px+q$być dwoma wielomianami o rzeczywistych współczynnikach. Załóżmy, że istnieje przerwa$(r,s)$ o długości większej niż 2 takie, że oba $p(x)$ i $q(x)$ są negatywne dla $x \in (r,s)$ i oba są pozytywne dla $x<r$ lub $x>s$. Pokaż, że istnieje$x_0$ takie że $p(x_0) < q(x_0)$

Od $q(x)$ jest zatem kwadratem $r$ i $s$ muszą być korzeniami.

ale, $r$ i $s$ są również korzeniami $p(x)$ więc, $q(x)$ musi być czynnikiem $p(x)$, w związku z tym

$p(x) = q(x)g(x)$

Gdzie $g(x)$jest również kwadratem. Ale to tak daleko, jak mogłem. Jak stąd postępować? Jak wykorzystujesz warunek$s-r > 2$?

Każda pomoc będzie mile widziana.

Answer 1

$r$ i $s$ są korzeniami obu $p(x)$ i $q(x)$ a zatem jest również źródłem $p(x) - q(x)$.

$q(x) = (x-r)(x-s)$ gdzie $|r - s| \gt 2$

$p(x) - q(x) = q(x)f(x)$

Załóżmy $p(x) - q(x)$ jest zawsze nieujemna, ale biorąc pod uwagę jej korzenie $r$ i $s$jest to możliwe tylko wtedy, gdy $f(x)$ zawsze jest ujemne $q(x)$ jest i $f(x)$ zawsze jest pozytywna $q(x)$ jest.

Oznacza to, że ma podwójne korzenie w $r$ i $s$ to znaczy $p(x) - q(x) = (x-r)^2(x-s)^2$

to znaczy $p(x) - q(x) = q(x)^2$

to znaczy $p(x) = q(x)(q(x)+1)$

to znaczy $1+q(x) \gt 0$ tak jak $p(x)$ i $q(x)$ mają w ogóle ten sam znak $x$.

to znaczy $x^2-(r+s)x+(rs+1) \gt 0$

To nie może być prawdą, jako jej dyskryminacji $(r-s)^2 - 4 \gt 0$jak podano w zadaniu. Więc jest wartość x gdzie$p(x) \lt q(x)$.

[Uwaga: funkcja $ax^2+bx+c$ ma dwa prawdziwe korzenie, jeśli jest dyskryminujący $b^2-4ac \gt 0$]