Đến nội dung

Hình ảnh

$ P(x)+P'(x)+...+P^{(n)}(x) \ge 0$

- - - - -

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 1 trả lời

#1
anhquannbk

anhquannbk

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 477 Bài viết

Cho $P(x)$ là một đa thức bậc $n \ge 1$ thỏa mãn $P(x) \ge 0$ với mọi $ x \in \mathbb{R}$. Chứng minh:

$ P(x)+P'(x)+...+P^{(n)}(x) \ge 0, \forall x \in \mathbb{R}$.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi anhquannbk: 09-12-2017 - 18:35


#2
bangbang1412

bangbang1412

    Độc cô cầu bại

  • Phó Quản lý Toán Cao cấp
  • 1667 Bài viết

Cho $P(x)$ là một đa thức bậc $n \ge 1$ thỏa mãn $P(x) \ge 0$ với mọi $ x \in \mathbb{R}$. Chứng minh:

$ P(x)+P'(x)+...+P^{(n)}(x) \ge 0, \forall x \in \mathbb{R}$.

Đây

Cách khác:

Đặt $G=\sum_{i=0}^{n}P^{i}$ và $Q=e^{-x}G$ thế thì $Q'=e^{-x}G'-e^{-x}G=-e^{-x}P\leq 0$, vậy $Q$ giảm trên $R$, vì $G$ là đa thức và ta có khai triển $e^{x}=\sum_{i=0}^{\infty} \frac{(x^{n}}{n!}$ nên $\lim_{x \to +\infty} Q(x) = 0$, giả sử tồn tại $a$ mà $Q(a)<0$, đặt $m=|Q(a)|=-Q(a)$, tồn tại $M$ mà $|Q(x)|<m \forall x > M$ nên $Q(a)<Q(x)<-Q(a) \forall x>M$, nhưng do $Q$ nghịch biến ta có $a \geq x > M \forall x > M$. Đây là điều vô lý, tức là $Q(x) \geq 0 \forall x$ kéo theo $G \geq 0$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi halloffame: 15-12-2017 - 02:40

$$[\Psi_f(\mathbb{1}_{X_{\eta}}) ] = \sum_{\varnothing \neq J} (-1)^{\left|J \right|-1} [\mathrm{M}_{X_{\sigma},c}^{\vee}(\widetilde{D}_J^{\circ} \times_k \mathbf{G}_{m,k}^{\left|J \right|-1})] \in K_0(\mathbf{SH}_{\mathfrak{M},ct}(X_{\sigma})).$$





0 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh