Существование корня многочлена нечетной степени

[d1mis]

Вообщем-то сел делать курсовую по матанализу и понял, что я довольно много всего упустил на лекциях
Поэтому буду благодарен любой помощи:
Доказать, что многочлен нечетной степени имеет хотя бы один действительный корень.

[bot]

Рассмотрите два предела - в минус и плюс бесконечности.

[мат-ламер]

Ещё надо вспомнить, чем действительные числа отличаются от рациональных.

[mihailm]

(Оффтоп)

bot в сообщении #658670 писал(а):

Рассмотрите два предела - в минус и плюс бесконечности.

Нет там пределов)))

[Joker_vD]

(Оффтоп)

mihailm
Достаточно того, что это "нет пределов" там разных знаков

[Mathusic]

d1mis в сообщении #658661 писал(а):

Доказать, что многочлен нечетной степени имеет хотя бы один действительный корень.

Важно, что многочлен должен быть с вещественными коэффициентами.
Тогда достаточно доказать, что если $t_0$ - не вещественный корень, то и $\overline{t_0}$ - сопряженный ему, тоже корень.
Ну или можно воспользоваться советом из поста 2

[gris]

Достаточно взять два значения переменной, при которых значения многочленов заведомо разных знаков. А далее свойство непрерывной функции. Значения легко выражаются через коэффициенты.

[_Ivana]

gris в сообщении #658764 писал(а):

Достаточно взять два значения переменной, при которых значения многочленов заведомо разных знаков.

Чтобы было достаточно, неплохо бы доказать, что для любого многочлена нечетной степени это возможно

[bot]

(Оффтоп)

Ща кто-то ещё придёт, все двоеточечки над е расставит, а потом придёт модератор и будет матдериться.

[gris]

Старшая степень забьёт все остальные. Если взять сумму модулей..., разделить её на ... и назвать это $A$. И посчитать $P(A)$ и $P(-A)$. Уж ли не так?
Я и правда убоялся. Если это неправда, то обвинят в распространении лженауки, если правда, то в выкладывании готового решения.

[TOTAL]

Я тут тоже был:
$\displaystyle \frac{P_{2n+1}(x)}{x^{2n+1}}$ стремится к константе при стремлении $|x|$ к бесконечности.