ГЛАВНАЯ » РЕШЕБНИК

2014-06-07   
Доказать, что для любого многочлена $P(x)$ степени $n > 1$, имеющего $n$ различных действительных корней $x_{1}, x_{2}, \cdots, x_{n}$, справедливо равенство
$\frac{1}{P^{\prime}(x_{1})} + \frac{1}{P^{\prime}(x_{2})} + \cdots + \frac{1}{P^{\prime}(x_{n})} = 0$,


Решение:


Разложим исходный многочлен на множители:
$P(x) = a(x – x_{1}) \cdots (x – x_{n})$, где $a \neq 0$.
Тогда
$P^{\prime}(x) = P_{1}(x) + \cdots + P_{n}(x)$,
где через $P_{k}(x) (k = 1, 2, \cdots, n)$ обозначен многочлен степени $n – 1 \geq 1$, удовлетворяющий тождеству
$(x – x_{k}) P_{k}(x) \equiv P(x)$.
Заметим, что $P_{k}(x_{i}) = 0$ при $k = i$, а значит,
$P^{\prime}(x_{i}) = P_{i}(x_{i}) \neq 0$.
Рассмотрим многочлен
$F(x) = - 1 + \frac{P_{1}(x)}{P^{\prime}(x_{1})} + \cdots + \frac{P_{n}(x)}{P^{\prime}(x_{n})}$,
степень которого (если $F(x) \not \equiv 0$) не превышает числа $n - 1$. Для каждого $i = 1, 2, \cdots, n$ имеем равенства
$F(x_{i}) = \sum_{j=1}^{n} \frac{P_{j}(x_{i})}{P^{\prime}(x_{j})} – 1 = \frac{P_{i}(x_{i})}{P^{\prime}(x_{i})} – 1 = 0$,
а значит, многочлен $F(x)$ имеет $n$ различных корней. Следовательно, $F(x) \equiv 0$. Так как старший коэффициент каждого из многочленов $P_{k}(x)$ равен $a$, то коэффициент многочлена $F(x)$ при $x^{n-1}$ равен выражению
$\frac{a}{P^{\prime}(x_{1})} + \cdots + \frac{a}{P^{\prime}(x_{n})}$,
но этот коэффициент равен нулю. Отсюда вытекает утверждение задачи.