Vojtech Jarnik 1993/3 Category II

Συντονιστής: Demetres

Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 8113
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Vojtech Jarnik 1993/3 Category II

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Σάβ Μαρ 19, 2016 10:49 pm

Έστω πολυώνυμο P(x) με P^{(4)}(x) = x^6 + x^2 + 1. Να δειχθεί ότι το P(x) δεν έχει 10 διακεκριμένες ρίζες.

[Λογικά εννοεί πραγματικές ρίζες.]


Άβαταρ μέλους
AlexandrosG
Δημοσιεύσεις: 466
Εγγραφή: Πέμ Οκτ 22, 2009 5:31 am
Επικοινωνία:

Re: Vojtech Jarnik 1993/3 Category II

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από AlexandrosG » Σάβ Μαρ 19, 2016 11:36 pm

Όταν έχεις περάσει από τη Γ Λυκείου στην Ελλάδα αυτό το πρόβλημα είναι πολύ εύκολο. :)

\displaystyle{P^{(5)}(x)=6x^5+2x=x(6x^4+2)}

Από πολλαπλά Θεωρήματα Rolle, αν το P είχε 10 διαφορετικές ρίζες, το P^{(5)} θα είχε 5 διαφορετικές ρίζες που δεν συμβαίνει.


Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 11143
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Vojtech Jarnik 1993/3 Category II

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Σάβ Μαρ 19, 2016 11:40 pm

Demetres έγραψε:Έστω πολυώνυμο P(x) με P^{(4)}(x) = x^6 + x^2 + 1. Να δειχθεί ότι το P(x) δεν έχει 10 διακεκριμένες ρίζες.

[Λογικά εννοεί πραγματικές ρίζες.]
Μάλλον απλή για διαγωνισμό.

To P^{(4)}(x) = x^6 + x^2 + 1\ge 1 δεν έχει καμία (πραγματική) ρίζα. Από Rolle το P^{(3)} έχει το πολύ μια διακεκριμένη ρίζα. Όμοια το P^{(2)} έχει το πολύ δύο διακεκριμένες, το P^{(1)} το πολύ τρεις διακεκριμένες και το P το πολύ τέσσερις.

Edit: Με πρόλαβε ο Δημήτρης. Το αφήνω ως κάπως διαφορετικό.


Απάντηση

Επιστροφή σε “Διαγωνισμοί για φοιτητές”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 3 επισκέπτες