|
|
 |
Условие
Про приведённый многочлен P(x) = xn + an–1xn–1 + ... + a1x + a0 с действительными коэффициентами известно, что при некотором натуральном
m ≥ 2 многочлен имеет действительные корни, причём только положительные. Обязательно ли сам многочлен P(x) имеет действительные корни, причём только положительные?
Решение
Для любого натурального k ≥ 1 положим По условию Pm(x) имеет действительные корни, причём только положительные.
Предположим, что P(x) не имеет положительных корней. Тогда P(x) > 0 при достаточно больших x и не меняет знак при x > 0, то есть P переводит положительные числа в положительные. Значит, тем же свойством обладают все многочлены Pk. Это противоречит тому, что у Pm(x) есть положительные корни. Поэтому многочлен P(x) также имеет положительные корни.
Если P(0) = 0, то Pm(0) = 0. Значит, 0 не является корнем многочлена P(x).
База. При k = 1 утверждение верно.
Шаг индукции. Обозначим через x1 и x2 соответственно наименьший и наибольший корни многочлена P(x), а через x3 и x4 соответственно наименьший и наибольший корни многочлена Pk(x). Тогда x1 < 0, x2 > 0, x3 < 0, x4 > 0. Если n нечётно, многочлен P(x) принимает все значения от
– ∞ до 0 до на луче (– ∞, x1]. Значит, на этом луче найдётся такое число x5, что P(x5) = x3. Если n чётно, многочлен P(x) принимает все значения от 0 до + ∞ на луче (– ∞, x1]. Значит, на этом луче найдётся такое число x5, что P(x5) = x4. В обоих случаях многочлен P(x) принимает все значения от 0 до + ∞ на луче [x2, + ∞). Значит, на этом луче найдётся такое число x6, что P(x6) = x4. Следовательно, в обоих случаях Pk+1(x5) = Pk(P(x5)) = 0 и Pk+1(x6) = Pk(P(x6)) = 0. При этом x5 < 0 и x6 > 0.
Остаётся единственная возможность: многочлен P(x) имеет действительные корни, причём только положительные.
Ответ
Обязательно.
