Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 418
2014-06-07 
Многочлен
$P(x) = x^{n} + a_{1}x^{n-1} + \cdots + a_{n-1}x + 1$
с неотрицательными коэффициентами $a_{1}, \cdots, a_{n-1}$ имеет $n$ действительных корней. Доказать, что
$P(2) \geq 3^{n}$.
Решение:
Так как нее коэффициенты многочлена $P(x)$ неотрицательны, то ни один из его корней $alpha_{1}, \cdots, \alpha_{n}$ не может быть положительным. Следовательно, этот многочлен имеет вид
$P(x) = (x + \beta_{1}) \cdots (x + \beta_{n})$,
где $\beta_{i} = \alpha_{i} > 0, i = 1, 2, \cdots, n$. Используя теорему о средних, получаем неравенства
$2 + \beta_{i} = 1 + 1 + \beta_{i} \geq 3 \sqrt[3]{1 \cdot 1 \cdot \beta_{i}} = 3 \sqrt[3]{\beta_{i}}, i =1, 2, \cdots, n$.
Учитывая, что по теореме Виета $\beta_{1} \beta_{2} \cdots \beta_{n} = 1$, получаем
$P(2) = (2 + \beta_{1}) \cdots (2 + \beta_{n}) \geq 3^{n} \sqrt[3]{beta_{1} \beta_{2} \cdots \beta_{n}} = 3^{n}$,
что и требовалось доказать.
Многочлен
$P(x) = x^{n} + a_{1}x^{n-1} + \cdots + a_{n-1}x + 1$
с неотрицательными коэффициентами $a_{1}, \cdots, a_{n-1}$ имеет $n$ действительных корней. Доказать, что
$P(2) \geq 3^{n}$.
Решение:
Так как нее коэффициенты многочлена $P(x)$ неотрицательны, то ни один из его корней $alpha_{1}, \cdots, \alpha_{n}$ не может быть положительным. Следовательно, этот многочлен имеет вид
$P(x) = (x + \beta_{1}) \cdots (x + \beta_{n})$,
где $\beta_{i} = \alpha_{i} > 0, i = 1, 2, \cdots, n$. Используя теорему о средних, получаем неравенства
$2 + \beta_{i} = 1 + 1 + \beta_{i} \geq 3 \sqrt[3]{1 \cdot 1 \cdot \beta_{i}} = 3 \sqrt[3]{\beta_{i}}, i =1, 2, \cdots, n$.
Учитывая, что по теореме Виета $\beta_{1} \beta_{2} \cdots \beta_{n} = 1$, получаем
$P(2) = (2 + \beta_{1}) \cdots (2 + \beta_{n}) \geq 3^{n} \sqrt[3]{beta_{1} \beta_{2} \cdots \beta_{n}} = 3^{n}$,
что и требовалось доказать.
