Page 194 - 4371

n
a  , 0 k  n , . . . , 0 ,  a  0 . Задане рівняння можна запи-
k k
k  0
сати у виді
a x n  a x n 1   . . .  a x  a  x n  1  0. (6.2)
0 1 n 1  n
Розглянемо функцію
  tatf  ta 2   a t n  ta n 1   1. Оскільки  0 f  1 0,
0 1 n 1  n
 f    at  2 ta     an  1 t n  , 0 t  0 і lim f   t , то
0 1 n
t  
зрозуміло, що існує і притому єдине t  0 таке, що
0
f   0t , тобто
0
a t  ta 2  . . .  a t n  a t n  1  1 0 .
0 0 1 0 n  1 0 n 0
Поділимо цю рівність на t n  1  0:
0
1 1 1 1
a 0  a 1   a n  1  a n   0 .
t n t n 1  t t n  1
0 0 0 0
1
Звідси видно, що x   0 – єдиний корінь рівняння
0
t 0
(6.2). Отже, вказане рівняння має на проміжку  ,0   
рівно один корінь.
6.24 Додавши всі рівняння системи, маємо
  21   n x  x   x  a  a   a ,
1 2 n 1 2 n
 2 a  a   a 
тобто x  x   x  1 2 n . Віднімаючи від
1 2 n
n  n  1
n
k -го рівняння  k  1 -е (при k  від n -го віднімаємо пе-
рше), одержимо
x  x   x  nx  a  a .
1 2 n k k k  1
 2 a  a   a  a a
Звідси x  1 2 n  k k  1 , k  , 2 , 1  , n 1,
k 2
n  n  1 n
2 a  a   a  a  a
x  1 2 n  n 1 .
n 2
n n 1  n

194