Page 10 - 4357
P. 10
Доведемо наступне твердження: вираз (1.19) може
обертатись в нуль не більше ніж
( 1 1)( 2 1) ... ( r 1)(r 1) n 1 раз.
У випадку, якщо r 1, твердження справедливе, оскільки
функція ()te обертається в нуль в точках, в яких обертається
t
1
1
в нуль многочлен 1 ()t , і, отже, має не більше 1 нулів, а крім
1
того, в даному випадку n 1 .
Припустимо, що твердження справедливе, коли число
доданків в (1.19) менше r. Покажемо, що воно справедливе і при
r доданків. Це дозволить нам, виходячи із справедливості
твердження при r 1, довести його справедливість для випадку
r 2 і далі для будь-якого r.
Припустимо, що при r доданків наше твердження невірне і
функція (1.19) має, принаймні ( 1) ( 1) ... ( 1) r
1 2 r
нулів. Помножимо (1.19) на e r t , що не змінить її нулів. У
результаті отримаємо функцію
1 ()te r 1 t 2 ()te 2 r t ... r 1 ( )te r 1 r t r ( )t . (1.20)
Продиференціювавши (1.20) раз, отримаємо
r
()e
gt r 1 t g 2 ()t e 2 r t ... g r 1 ( )t e r 1 r t , (1.21)
1
де gt многочлени, що мають той же степінь, що і
()
многочлени ()t .
Оскільки між двома нулями функції лежить, принаймні,
один нуль її похідної, то при кожному диференціюванні може
«втрачатися» не більш за один нуль, тобто функція (1.21) має не
менше
( 1 1) ( 2 1) ... ( r 1) r r
( 1 1) ( 2 1) ... ( r 1 1) r 1
нулів. Але функція (1.21) має r 1 доданків, числа ( )
i
r
різні. За раніше зробленим припущенням, для неї справедливе
наше твердження і вона повинна мати не більше ніж
( 1 1) ( 2 1) ... ( r 1 1) r 2 нулів. Отримане протиріччя
доводить, що якщо наше твердження справедливе для r 1
доданків, то воно справедливе і для r доданків. Далі: оскільки
10