ГЛАВНАЯ » РЕШЕБНИК

2014-06-07   
Доказать, что если многочлен $P(x)$ степени $n$ с действительными коэффициентами не имеет действительных корней, то многочлен
$Q(x) = P(x) + \alpha P^{\prime}(x) + \cdots + \alpha^{n}P^{(n)}(x)$
при любом значении $\alpha \in \mathbf{R}$ тоже не имеет действительных корней.


Решение:


Имеем
$Q^{\prime}(x) = P^{\prime}(x) + \alpha P^{\prime \prime}(x) + \cdots + \alpha^{n-1}P^{(n)}(x)$
(ибо $P^{(n+1)}(x) = 0$). Поэтому
$Q(x) - \alpha Q^{\prime}(x) = P(x)$.
Без ограничения общности считаем, что старший коэффициент многочлена $P(x)$ положителен. Так как этот многочлен не имеет действительных корней, то его степень $n$-четное число, и для всех $x \in \mathbf{R}$ выполнено неравенство $P(x) > 0$. Предположим, что многочлен $Q(x)$ имеет действительные корни $x_{1} \leq x_{2} \leq \cdots \leq x_{k}$. Пусть $\alpha \geq 0$. Тогда, так как старший коэффициент многочлена $Q(x)$, равный старшему коэффициенту многочлена $P(x)$, положителен, то $lim_{x \rightarrow + \infty} Q(x) = + \infty$, откуда имеем $Q(x) > 0$ при $x > x_{k}$. Поэтому $Q^{\prime}(x_{k}) \geq 0$ и
$P(x_{k}) = Q(x_{k}) - \alpha Q^{\prime}(x_{k}) \leq 0$.
Если же $\alpha < 0$, то при $x < x_{1}$ имеем $Q(x) > 0$ (так как $deg Q(x) = n$ -четное число). Поэтому $Q^{\prime}(x_{1}) \leq 0$ и
$P(x_{1}) = Q{x_{1}} - \alpha Q^{\prime}(x_{1}) \leq 0$.
В обоих случаях получено противоречие с неравенством $P(x) > 0$. Следовательно, многочлен $Q(x)$ не имеет действительных корней.