Chứng tỏ rằng có tồn tại $x_0$ như vậy mà $p(x_0) < q(x_0)$ cho các đa thức đã cho

Aug 15 2020

Nếu $p(x) = x^4+ax^3+bx^2+cx+d$$q(x) = x^2+px+q$là hai đa thức với hệ số thực. Giả sử rằng tồn tại một khoảng$(r,s)$ có độ dài lớn hơn 2 sao cho cả hai $p(x)$$q(x)$ là tiêu cực cho $x \in (r,s)$ và cả hai đều tích cực cho $x<r$ hoặc là $x>s$. Chứng tỏ rằng có tồn tại$x_0$ như vậy mà $p(x_0) < q(x_0)$

Từ $q(x)$ là một bậc hai, do đó $r$$s$ phải là gốc rễ.

nhưng, $r$$s$ cũng là gốc rễ của $p(x)$ vì thế, $q(x)$ phải là một yếu tố của $p(x)$, vì thế

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

Ở đâu $g(x)$cũng là một bậc hai. Nhưng đó là chừng mực mà tôi có thể nhận được. Làm thế nào để tiến hành từ đây? Làm thế nào để bạn sử dụng điều kiện$s-r > 2$?

Bất kỳ trợ giúp sẽ được đánh giá cao.

Trả lời

2 MathLover Aug 15 2020 at 22:40

$r$$s$ là gốc rễ của cả hai $p(x)$$q(x)$ và do đó nó cũng là gốc rễ của $p(x) - q(x)$.

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

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

Hãy giả sử $p(x) - q(x)$ luôn luôn không âm nhưng với gốc rễ của nó là $r$$s$, nó chỉ có thể nếu $f(x)$ là tiêu cực bất cứ khi nào $q(x)$ là và $f(x)$ tích cực bất cứ khi nào $q(x)$ Là.

Điều đó có nghĩa là nó có gốc kép tại $r$$s$ I E $p(x) - q(x) = (x-r)^2(x-s)^2$

I E $p(x) - q(x) = q(x)^2$

I E $p(x) = q(x)(q(x)+1)$

I E $1+q(x) \gt 0$ như $p(x)$$q(x)$ có cùng một dấu hiệu $x$.

I E $x^2-(r+s)x+(rs+1) \gt 0$

Điều này không thể đúng như yếu tố phân biệt của nó $(r-s)^2 - 4 \gt 0$như đã cho trong bài toán. Vì vậy, có một giá trị của x trong đó$p(x) \lt q(x)$.

[Lưu ý: chức năng $ax^2+bx+c$ có hai gốc thực nếu phân biệt của nó $b^2-4ac \gt 0$]