Page 118 - 4371

заданого многочлена. Зауважимо, що x  0 і x  0 , тому
1 2
що многочлен P  x може мати лише від’ємні корені.
n
x 2 x n  1
Оскільки   1xP  x    , то
n
! 2  n 1 !
x n x n x n
P   Px     x  і    1 ,    2 . Звідси ви-
P
x
P
x
n n n 1 n 2
! n ! n ! n
пливає, що в точках x і x похідна P  x має однакові
1 2 n
знаки. Тоді в деякому правому півоколі точки x і в деяко-
1
му лівому півоколі точки x многочлен  xP буде мати
2 n
різні знаки. Звідси випливає, що знайдеться точка
x   , xx , для якої   0xP . Дістали суперечність. Це
3 1 2 n 3
означає, що многочлен  xP має не більше одного дійс-
n
ного кореня, що й треба було довести.
a a a
3.28 Розглянемо функцію   xf  1  2   n . Не-
x x 2 x n
важко бачити, що при додатних x похідна цієї функції
від’ємна, тому функція  xf на півосі  ,0    строго спа-
дає від  до нуля. А тому існує єдине додатне x таке,
0
a a a
що f   1x , тобто 1  2   n  1. Звідси
0 2 n
x x x
0 0 0
x n  xa n  1  a x n  2   a  0, тобто x є єдиним додат-
0 1 0 2 0 n 0
ним коренем даного многочлена.
c x 2 c x n  1
3.29 Розглянемо функцію    cxf x  1   n .
0
2 n  1
За умовою   01 f ; крім того,   00 f . Тому існує
x   ,0  1 таке, що   0xf  (теорема Ролля). Але
0 0
n
f    cx   c x   c x , отже, c  xc   c x n  0 .
0 1 n 0 1 0 n 0
3.30 Користуючись формулою Тейлора при x  , за-
a
пишемо многочлен  xP у виді
118