Корни многочлена

[svv]

Да, разрешается, если не оговорено, что $n$ строго больше единицы.
Повторю свой тезис: на мой взгляд, в современных математических текстах формулировки типа "многочлен степени $n$ имеет не более $n$ различных корней" без дополнительных оговорок принято понимать как включающие случай $n=1$. Для лаконичности. И отсутствие в случае $n=1$ двух различных корней такому пониманию никак не мешает, так как слово "различные" нынче понимается в расширенном смысле "различные, если таковые найдутся". Для лаконичности.
Это, так сказать, неписаный закон, поэтому ссылок на формулировку не просите, примеров же пруд пруди. Но если мои предыдущие сообщения не убедили Вас, давайте считать, что Вы меня убедили.

[Imperator]

Edward_Tur в сообщении #366143 писал(а):

Многочлен $P(x)$ степени $n$ имеет $n$ различных корней: ${x_1}, \ldots ,{x_n}$.
Доказать, что $\sum\limits_{i = 1}^n {\frac{1}{{{P'}({x_i})}} = 0} $.

Пусть $P(x)=(x-x_1)\cdot(x-x_2)\cdot...\cdot(x-x_n),$ $ degP(x)=n>1.$ Считаем его старший коэффициент равным 1, хотя это не имеет никакого значения.
Очевидно, что $P'(x)=\sum\limits_{i=1}^{n}\frac{P(x)}{x-x_i}.$ Легко видеть, что $P'(x_j)\neq 0$ для всех $j=\overline{1,n}.$
Рассмотрим многочлен $F(x)=-1+\sum\limits_{i=1}^{n}\frac{P(x)}{(x-x_i)\cdot P'(x_i)}.$ Для всех $j=\overline{1,n}$ $F(x_j)=0.$ Но степень $F(x)$ $\leqslant n-1,$ поэтому $F(x)\equiv0.$
Осталось только заметить, что $\sum\limits_{i = 1}^n {\frac{1}{{{P'}({x_i})}}$ есть коэффициент при $x^{n-1}$ в многочлене $F(x).$

[Edward_Tur]

А рассматривая коэффициенты при $x^{n-2}$ и $x^{0}$ в многочлене $F(x)$ от Imperator'а, получим
$\sum\limits_{i = 1}^n {\frac{x_i}{{{P'}({x_i})}} = 0} $ для $n>2$.
$\sum\limits_{i = 1}^n {\frac{{1}}{{{{x_i}P'}({x_i})}} = -\frac{1}{P(0)} $ для $n>1$ и $P(0) \ne 0$.

[TOTAL]

svv в сообщении #366669 писал(а):

Да, разрешается, если не оговорено, что $n$ строго больше единицы.
..............................
Это, так сказать, неписаный закон, поэтому ссылок на формулировку не просите, примеров же пруд пруди. Но если мои предыдущие сообщения не убедили Вас, давайте считать, что Вы меня убедили.

Я согласен с тем, что и при $n=1$ можно говорить об отсутствии одинаковых корней, так что Вы убеждали кого-то другого.

[Edward_Tur]

Все $n$ корней многочлена $\[P(x) = {x^n} + {a_{n - 1}}{x^{n - 1}} + \ldots + {a_0}\]$ находятся на промежутке $[0,1]$.
Доказать, что $0 \le P'(1) \le n$.

[TOTAL]

Edward_Tur в сообщении #366756 писал(а):

Все $n$ корней многочлена $\[P(x) = {x^n} + {a_{n - 1}}{x^{n - 1}} + \ldots + {a_0}\]$ находятся на промежутке $[0,1]$.
Доказать, что $0 \le P'(1) \le n$.

(Оффтоп)

Производная - это сумма $n$ слагаемых, каждое из которых явл. произведением скобок $(x-x_i).$ Слагаемые по модулю не превосходят единицу на указанном промежутке, а при $x=1$ ещё и неотрицательны.

[arqady]

TOTAL, Вам вопрос.
Многочлен $P(x)$ степени $n$ имеет различные корни.
Такому многочлену разрешается иметь первую степень?

Кстати, про корни многочлена. Может, кому-то неизвестная задача.
Дан положительно определённый многочлен с действительными коэффициентами.
Докажите, что он является суммой квадратов многочленов с действительными коэффициентами.

[ewert]

arqady в сообщении #366818 писал(а):

TOTAL, Вам вопрос.
Многочлен $P(x)$ степени $n$ имеет различные корни.
Такому многочлену разрешается иметь первую степень?

Разрешается. А что?...

(Оффтоп)

произведение нуля скобок -- это тоже произведение скобок

[Edward_Tur]

Доказать, что многочлен $P(x)={x^4}+a{x^3}+b{x^2}+cx-\frac{b}{2}-\frac{1}{4}$ имеет действительные корни.

[TOTAL]

arqady в сообщении #366818 писал(а):

TOTAL, Вам вопрос.
Многочлен $P(x)$ степени $n$ имеет различные корни.
Такому многочлену разрешается иметь первую степень?

Я разрешаю.

[Edward_Tur]

Доказать, что многочлен $P(x)={x^4}+a{x^3}+b{x^2}+cx-\frac{b}{2}-\frac{1}{4}$ имеет действительные корни.

Решение: $P(\frac {1}{\sqrt 2})+P(\frac {-1}{\sqrt 2})=0$.

[Edward_Tur]

Многочлен ${x^4}-6{x^2}+x+p$ не имеет действительных корней.
Доказать, что и многочлен $x^4+x+p-5$ не имеет действительных корней.

[Профессор Снэйп]

$f(x) = x^4 - 6x^2 + x + p > 0$ при всех $x$.
$f(-2) = p - 10$, откуда $p > 10$
$x^4 + x + p - 5 > x^4 + x + 5 = h(x)$
Производная $h'(x) = 4x^3 + 1$ имеет один действительный корень $a = -1/\sqrt[3]{4}$
$\min_{x \in \mathbb{R}} h(x) = h(a) > a^4 + 4 > 0$, так как $a > -1$.

[TR63]

Откуда следует, что при $p<10$ уравнение $x^4-6x^2+x+p=0$ не имеет действительных корней или имеет. От выяснения этого вопроса зависит полнота решения. Можно доказать, что при $p<9$ действительные корни имеются при всех x Кроме того, уравнение $x^4+x+p-5=0$ при $p>6$ не имеет действительных корней. Это почти очевидно. Следует рассмотреть уравнение $x^4+x+\alpha+5-5=0$.