|
|
 |
Условие
Докажите, что для любого натурального числа n⩾ и для любых действительных чисел a_1, a_2, \ldots, a_n,
удовлетворяющих условию a_1+a_2+\ldots+a_n\ne 0, уравнение
\begin{align*}
&a_1(x-a_2)(x-a_3)\ldots(x-a_n)+\\+&a_2(x-a_1)(x-a_3)\ldots(x-a_n)+\ldots\\
\ldots+&a_n(x-a_1)(x-a_2)\ldots(x-a_{n-1})=0
\end{align*}
имеет хотя бы один действительный корень.
Решение
Первое решение.
Левая часть f(x) в этом уравнении представляет собой многочлен степени n-1, так как коэффициент при x^{n-1} равен a_1+\ldots+a_n\neq 0. Если n четно, то получаем многочлен нечетной степени, он всегда имеет действительный корень, так как функция f(x) непрерывна и f(x_0)>0, f(-x_0) < 0 при достаточно большом x_0 > 0.
Пусть n нечетно. Можно считать, что все числа a_1,\ldots,a_n различны (в противном случае число a=a_i=a_j, где i\neq j, является корнем), не равны нулю (если a_i=0 при некотором~i, то и f(a_i)=0) и упорядочены по возрастанию: a_1 < a_2 < \ldots < a_n. Заметим, что f(a_k)=a_k(a_k-a_2)\ldots(a_k-a_{k-1})(a_k-a_{k+1})\ldots(a_k-a_n) имеет тот же знак, что и a_k\cdot(-1)^{n-k}=(-1)^{k-1}a_k. Но при n\geqslant 3 среди чисел a_1 < a_2 < \ldots < a_n есть хотя бы одна пара соседних, имеющих одинаковый знак. Тогда значения в этих точках разного знака, поэтому между ними есть корень многочлена f(x).
Второе решение.
Положим P(x)=(x-a_1)(x-a_2)\ldots(x-a_n) и \begin{align*} f(x)&=a_1(x-a_2)\ldots(x-a_n)+a_2(x-a_1)(x-a_3)\ldots(x-a_n)+{} \\ &+\ldots +a_n(x-a_1)(x-a_2)\ldots(x-a_{n-1}). \end{align*}
Если среди чисел a_1, a_2, ..., a_n есть хотя бы одно нулевое, то f(0)=0 и утверждение задачи доказано. Пусть теперь среди этих чисел нет нулевых. Тогда f(0)\ne 0, f(x)=xP'(x)-nP(x) и \Bigl(\frac{P(x)}{x^n}\Bigr)'= \frac{xP'(x)-nP(x)}{x^{n+1}}=\frac{f(x)}{x^{n+1}}. Значит, f(x)=0 тогда и только тогда, когда \Bigl(\frac{P(x)}{x^n}\Bigr)'=0.
Имеем \begin{align*} \frac{P(x)}{x^n}&=\Bigl(1-\frac{a_1}{x}\Bigr)\Bigl(1-\frac{a_2}{x}\Bigr)\ldots \Bigl(1-\frac{a_n}{x}\Bigr)=\\&=(-1)^na_1a_2\ldots a_n\, Q\Bigl(\frac{1}{x}\Bigr), \end{align*} где Q(t)=\Bigl(t-\frac{1}{a_1}\Bigr)\Bigl(t-\frac{1}{a_2}\Bigr)\ldots\Bigl(t-\frac{1}{a_n}\Bigr). Следовательно, \Bigl(\frac{P(x)}{x^n}\Bigr)'= \frac{(-1)^{n+1}a_1a_2\ldots a_n}{x^2}\,Q'\Bigl(\frac{1}{x}\Bigr), и f(x)=0 тогда и только тогда, когда Q'\Bigl(\frac{1}{x}\Bigr)=0.
Если a_1=a_2, то f(a_1)=0 и утверждение задачи доказано. Иначе Q\Bigl(\frac{1}{a_1}\Bigr)=Q\Bigl(\frac{1}{a_2}\Bigr)=0 и, следовательно, между \frac{1}{a_1} и \frac{1}{a_2} лежит корень производной многочлена Q(t) (так как на интервале \Bigl(\frac{1}{a_1};\,\frac{1}{a_2}\Bigr) найдется либо точка минимума, либо точка максимума Q(t)). Значит, уравнение Q'(t)=0 имеет действительный корень t_0. Поскольку Q'(0)=(-1)^{n+1}\frac{a_1+a_2+\ldots+ a_n}{a_1a_2\ldots a_n}\ne 0, имеем t_0\ne 0. Следовательно, уравнение f(x)=0 имеет действительный корень \frac{1}{t_0}. Что и требовалось доказать.
