|
|
 |
Условие
Докажите, что для любого натурального числа $n\geqslant 2$ и для любых действительных чисел $a_1, a_2, \ldots, a_n$, удовлетворяющих условию $a_1+a_2+\ldots+a_n\ne 0$, уравнение \begin{align*} &a_1(x-a_2)(x-a_3)\ldots(x-a_n)+\\+&a_2(x-a_1)(x-a_3)\ldots(x-a_n)+\ldots\\ \ldots+&a_n(x-a_1)(x-a_2)\ldots(x-a_{n-1})=0 \end{align*} имеет хотя бы один действительный корень.Решение
Первое решение.
Левая часть $f(x)$ в этом уравнении представляет собой многочлен степени $n-1$, так как коэффициент при $x^{n-1}$ равен $a_1+\ldots+a_n\neq 0$. Если $n$ четно, то получаем многочлен нечетной степени, он всегда имеет действительный корень, так как функция $f(x)$ непрерывна и $f(x_0)>0$, $f(-x_0) < 0$ при достаточно большом $x_0 > 0$.
Пусть $n$ нечетно. Можно считать, что все числа $a_1,\ldots,a_n$ различны (в противном случае число $a=a_i=a_j$, где $i\neq j$, является корнем), не равны нулю (если $a_i=0$ при некотором~$i$, то и $f(a_i)=0$) и упорядочены по возрастанию: $a_1 < a_2 < \ldots < a_n$. Заметим, что $$f(a_k)=a_k(a_k-a_2)\ldots(a_k-a_{k-1})(a_k-a_{k+1})\ldots(a_k-a_n)$$ имеет тот же знак, что и $a_k\cdot(-1)^{n-k}=(-1)^{k-1}a_k$. Но при $n\geqslant 3$ среди чисел $a_1 < a_2 < \ldots < a_n$ есть хотя бы одна пара соседних, имеющих одинаковый знак. Тогда значения в этих точках разного знака, поэтому между ними есть корень многочлена $f(x)$.
Второе решение.
Положим $$ P(x)=(x-a_1)(x-a_2)\ldots(x-a_n) $$ и \begin{align*} f(x)&=a_1(x-a_2)\ldots(x-a_n)+a_2(x-a_1)(x-a_3)\ldots(x-a_n)+{} \\ &+\ldots +a_n(x-a_1)(x-a_2)\ldots(x-a_{n-1}). \end{align*}
Если среди чисел $a_1$, $a_2$, ..., $a_n$ есть хотя бы одно нулевое, то $f(0)=0$ и утверждение задачи доказано. Пусть теперь среди этих чисел нет нулевых. Тогда $f(0)\ne 0$, $f(x)=xP'(x)-nP(x)$ и $\Bigl(\frac{P(x)}{x^n}\Bigr)'= \frac{xP'(x)-nP(x)}{x^{n+1}}=\frac{f(x)}{x^{n+1}}$. Значит, $f(x)=0$ тогда и только тогда, когда $\Bigl(\frac{P(x)}{x^n}\Bigr)'=0$.
Имеем \begin{align*} \frac{P(x)}{x^n}&=\Bigl(1-\frac{a_1}{x}\Bigr)\Bigl(1-\frac{a_2}{x}\Bigr)\ldots \Bigl(1-\frac{a_n}{x}\Bigr)=\\&=(-1)^na_1a_2\ldots a_n\, Q\Bigl(\frac{1}{x}\Bigr), \end{align*} где $Q(t)=\Bigl(t-\frac{1}{a_1}\Bigr)\Bigl(t-\frac{1}{a_2}\Bigr)\ldots\Bigl(t-\frac{1}{a_n}\Bigr)$. Следовательно, $$\Bigl(\frac{P(x)}{x^n}\Bigr)'= \frac{(-1)^{n+1}a_1a_2\ldots a_n}{x^2}\,Q'\Bigl(\frac{1}{x}\Bigr),$$ и $f(x)=0$ тогда и только тогда, когда $Q'\Bigl(\frac{1}{x}\Bigr)=0$.
Если $a_1=a_2$, то $f(a_1)=0$ и утверждение задачи доказано. Иначе $Q\Bigl(\frac{1}{a_1}\Bigr)=Q\Bigl(\frac{1}{a_2}\Bigr)=0$ и, следовательно, между $\frac{1}{a_1}$ и $\frac{1}{a_2}$ лежит корень производной многочлена $Q(t)$ (так как на интервале $\Bigl(\frac{1}{a_1};\,\frac{1}{a_2}\Bigr)$ найдется либо точка минимума, либо точка максимума $Q(t)$). Значит, уравнение $Q'(t)=0$ имеет действительный корень $t_0$. Поскольку $$ Q'(0)=(-1)^{n+1}\frac{a_1+a_2+\ldots+ a_n}{a_1a_2\ldots a_n}\ne 0, $$ имеем $t_0\ne 0$. Следовательно, уравнение $f(x)=0$ имеет действительный корень $\frac{1}{t_0}$. Что и требовалось доказать.
