Numar de radacini in [0,1]
Moderators: Bogdan Posa, Beniamin Bogosel, Marius Dragoi
Numar de radacini in [0,1]
Fie \( f: [0,1] \rightarrow \mathbb{R} \) continua. Daca \( \int_{0}^{1}x^k f(x) dx =0 \) pentru \( k=\overline{0,n} \), atunci \( f \) are cel putin \( n+1 \) radacini in intervalul \( [0,1] \).
-
Alin Galatan
- Site Admin
- Posts: 247
- Joined: Tue Sep 25, 2007 9:24 pm
- Location: Bucuresti/Timisoara/Moldova Noua
Voi incerca sa rezolv pentru f-analitica.
In primul rand cazul f nula e evident. Consideram cazul cand f e nenula. Voi demonstra prin inductie. Presupunem adevarat pentru n-1 si demonstram pentru n.
Cazul n = 0 e evident, din teorema de medie. Fie \( a_1,...,a_n \) radacini distincte ale lui f. E evident ca \( \int_{0}^{1}p(x)f(x)dx=0 \) pentru orice polinom de grad cel mult n.
Intrucat f e analitica si se dezvolta in serie Taylor in jurul lui \( a_1 \), avem ca exista un \( p_1\in N \) astfel ca \( g(x)=\frac{f(x)}{(x-a_1)^{p_1}} \) sa fie la randul ei analitica si sa nu se anuleze in \( a_1 \). (Daca nu ar exista acel \( p_1 \), toate derivatele lui f s-ar anula in \( a_1 \), deci f ar fi nula.)
Rationand analog, obtinem ca f se scrie sub forma \( f(x)=(x-a_1)^{p_1}(x-a_2)^{p_2}...(x-a_n)^{p_n}h(x) \). Luam \( p(x)=(x-a_1)^{q_1}(x-a_2)^{q_2}...(x-a_n)^{q_n} \), unde \( p_i\equiv q_i \)(mod 2), \( q_i\in\{0,1\} \). Atunci \( 0=\int_0^1 p(x)f(x)dx=\int_0^1 r(x)h(x)dx \) unde r e un produs de polinoame \( x-a_i \), la puteri pare.
Evident (din a doua teorema de medie), h se anuleaza (fiind continua) si nu se poate anula in nici unul din \( a_i \)-uri (intrucat puterile \( p_i \) sunt maximale). Deci f are si o a (n+1)-a radacina.
In primul rand cazul f nula e evident. Consideram cazul cand f e nenula. Voi demonstra prin inductie. Presupunem adevarat pentru n-1 si demonstram pentru n.
Cazul n = 0 e evident, din teorema de medie. Fie \( a_1,...,a_n \) radacini distincte ale lui f. E evident ca \( \int_{0}^{1}p(x)f(x)dx=0 \) pentru orice polinom de grad cel mult n.
Intrucat f e analitica si se dezvolta in serie Taylor in jurul lui \( a_1 \), avem ca exista un \( p_1\in N \) astfel ca \( g(x)=\frac{f(x)}{(x-a_1)^{p_1}} \) sa fie la randul ei analitica si sa nu se anuleze in \( a_1 \). (Daca nu ar exista acel \( p_1 \), toate derivatele lui f s-ar anula in \( a_1 \), deci f ar fi nula.)
Rationand analog, obtinem ca f se scrie sub forma \( f(x)=(x-a_1)^{p_1}(x-a_2)^{p_2}...(x-a_n)^{p_n}h(x) \). Luam \( p(x)=(x-a_1)^{q_1}(x-a_2)^{q_2}...(x-a_n)^{q_n} \), unde \( p_i\equiv q_i \)(mod 2), \( q_i\in\{0,1\} \). Atunci \( 0=\int_0^1 p(x)f(x)dx=\int_0^1 r(x)h(x)dx \) unde r e un produs de polinoame \( x-a_i \), la puteri pare.
Evident (din a doua teorema de medie), h se anuleaza (fiind continua) si nu se poate anula in nici unul din \( a_i \)-uri (intrucat puterile \( p_i \) sunt maximale). Deci f are si o a (n+1)-a radacina.
Last edited by Alin Galatan on Tue Oct 02, 2007 9:03 pm, edited 1 time in total.
Din ipoteza, rezulta ca \( \int_{0}^{1}P(x)f(x)dx=0, \forall P\in \mathbb{R}[X] \), cu \( grad P\leq n \) (*). Sa presupunem ca \( f \) are cel mult \( m\leq n \) zerouri in care isi schimba semnul, fie ele \( 0\leq \alpha_1 \leq \alpha_2 \leq ... \leq \alpha_m \leq 1 \) si \( P(x)=(x-\alpha_1)...(x-\alpha_m) \). Atunci \( P(x)f(x)\leq 0 \forall x \in [0,1] \) sau \( P(x)f(x)\geq 0, \forall x\in [0,1] \Rightarrow \int_{0}^{1} P(x)f(x)dx >0 \) sau \( \int_{0}^{1} P(x)f(x)dx<0 \). Contradictie cu (*).
Deci \( f \) admite cel putin \( n+1 \) puncte in care isi schimba semnul.
Deci \( f \) admite cel putin \( n+1 \) puncte in care isi schimba semnul.