Показать, что существует $x_0$ такой, что $p(x_0) < q(x_0)$ для заданных многочленов

Question

Если $p(x) = x^4+ax^3+bx^2+cx+d$ и $q(x) = x^2+px+q$- два полинома с действительными коэффициентами. Предположим, что существует интервал$(r,s)$ длины больше 2, так что оба $p(x)$ и $q(x)$ отрицательны для $x \in (r,s)$ и оба положительны для $x<r$ или $x>s$. Показать, что существует$x_0$ такой, что $p(x_0) < q(x_0)$

поскольку $q(x)$ квадратичная, поэтому $r$ и $s$ должны быть корнями.

но, $r$ и $s$ также являются корнями $p(x)$ так, $q(x)$ должен быть фактором $p(x)$, следовательно

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

куда $g(x)$также является квадратичным. Но это все, что мне удалось. Как поступить отсюда? Как вы используете это состояние$s-r > 2$?

Любая помощь будет оценена.

Answer 1

$r$ и $s$ корни обоих $p(x)$ и $q(x)$ и, следовательно, это также корень $p(x) - q(x)$.

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

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

Предположим $p(x) - q(x)$ всегда неотрицательно, но, учитывая его корни, $r$ и $s$, это возможно, только если $f(x)$ отрицательно всякий раз, когда $q(x)$ есть и $f(x)$ положительно всякий раз, когда $q(x)$ является.

Это означает, что он имеет двойные корни в $r$ и $s$ т.е. $p(x) - q(x) = (x-r)^2(x-s)^2$

т.е. $p(x) - q(x) = q(x)^2$

т.е. $p(x) = q(x)(q(x)+1)$

т.е. $1+q(x) \gt 0$ так как $p(x)$ и $q(x)$ иметь такой же знак у всех $x$.

т.е. $x^2-(r+s)x+(rs+1) \gt 0$

Это не может быть правдой, поскольку его дискриминант $(r-s)^2 - 4 \gt 0$как указано в задаче. Итак, есть значение x, где$p(x) \lt q(x)$.

[Примечание: функция $ax^2+bx+c$ имеет два действительных корня, если его дискриминант $b^2-4ac \gt 0$]