Сколько корней

[rightways]

Пусть $a,b,c,d,e$– различные вещественные числа. Сколько различных вещественных корней может иметь уравнение ?
\begin{align*}(x-a)(x-b)(x-c)(x-d)+(x-b)(x-c)(x-d)(x-e)+(x-c)(x-d)(x-e)(x-a)+\\+(x-d)(x-e)(x-a)(x-b)+(x-e)(x-a)(x-b)(x-c)&=0\end{align*}

[NSKuber]

Эм... Четыре?
Так как это производная многочлена $(x-a)(x-b)(x-c)(x-d)(x-e)$, который имеет пять различных вещественных корней. И теорема Ролля четыре раза. Больше четырёх быть не может из-за степени.

[TR63]

NSKuber в сообщении #1115892 писал(а):

Так как это производная многочлена $(x-a)(x-b)(x-c)(x-d)(x-e)$

Константу потеряли. (Производная от константы равна нулю.)

[svv]

TR63 в сообщении #1116081 писал(а):

Константу потеряли.

Не потеряли, потому что не искали общий вид первообразной. Достаточно того, что многочлен из стартового сообщения есть производная многочлена, записанного NSKuber, а большего он и не утверждал.

[TR63]

Он утверждал, что это производная от многочлена, имеющего пять корней. Но он также может быть и производной от многочлена с меньшим количеством корней, если добавить константу. А, тогда доказательства о наличии четырёх корней нет.

[svv]

1) Исходный многочлен является производной и такого многочлена: $(x-a)...(x-e)+17$. Мы не извлекаем из этого большой пользы, и потому этим путём не следуем. А вот записав $(x-a)...(x-e)$ без константы, мы получаем многочлен, у которого ровно пять простых вещественных корней. Далее отсюда получаются выводы об исходном многочлене, которые из свойств $(x-a)...(x-e)+17$ мы вывести не могли. Почему это должно беспокоить?

2) Если я говорю, что функция $g(x)$ равна производной $f(x)$, я не утверждаю, что только $f(x)$. И если выяснится, что производной не только $f(x)$, но и $f(x)+17$, моё утверждение $g(x)=f'(x)$ не перестанет быть верным.

[TR63]

svv в сообщении #1116113 писал(а):

Если я говорю, что $g(x)$ равна производной $f(x)$

Уточнение. Не просто производной, а производной, обладающей свойством (наличие пяти действительных корней; этот момент в дальнейшем доказательстве очень существенен; почему из двух равно возможных путей мы должны выбрать именно Ваш, когда константа равна нулю, не понимаю.)

svv в сообщении #1116113 писал(а):

моё утверждение $g(x)=f'(x)$ не перестанет быть верным.

Но необходимого свойства в нём может не быть. И, следовательно, для дальнейшего доказательства этот ход не годится пока. Но, если Вы считаете, что и так годится, возражать не буду. Приму к сведению.

[svv]

TR63 в сообщении #1116119 писал(а):

почему из двух равно возможных путей мы должны выбрать именно Ваш, когда константа равна нулю, не понимаю

Мы не то чтобы должны. Просто, если я выбираю из множества всех первообразных одну конкретную, и этого достаточно для доказательства, другие первообразные меня не беспокоят. Прибавите Вы константу и, опираясь на такой многочлен, найдёте другое доказательство (вероятно, чуть более сложное) — отлично. Но уже имеющееся доказательство остаётся в силе независимо от существования других первообразных и их свойств.

[TR63]

svv, спасибо. Вы правы. Разобралась, посмотрев на конкретных примерах.

[svv]

Не за что...
А так-то, пожалуйста, прибавляйте константу на здоровье! Допустим, Вы выбрали $17$ (Вы заметили, мне нравится это число). Вы говорите: полином $(x-a)(x-b)(x-c)(x-d)(x-e)+17$ при значениях $x$, равных $a, b, c, d, e$, равен $17$, поэтому можно применить теорему Ролля... и т.д. На мой вопрос: «почему мы должны выбирать именно $17$?» Вы вправе ответить: «не должны, но такое построение приводит к доказательству, и это — достаточная мотивировка для построения».