Matek, bizonyításos feladat?

Kezdd ott a gondolatmenetet, hogy ha 5 helyen metszi az x tengelyt, akkor 5 gyöke van.

Egy függvénynek (polinomnak) mikor van 5 gyöke?

Azt látod-e hogy egy n-edfokú algebrai egyenlet előáll a következő ún.gyöktényezős alakban:

produktum [(x-x_k), k=1,...,n] = 0.

Felteszem, hogy a feladat polinomokról szól, mert egyébként nem sok értelme lenne.

Tegyük fel, hogy a p(x) polinomnak gyökei az x1, x2, x3, x4 és x5 számok, ezek páronként különböznek. A tanultak szerint ekkor p(x) felírható

q(x)*(x-x1)*(x-x2)*(x-x3)*(x-x4)*(x-x5) alakban, ahol q(x) nem a nullapolinom, és az előbbi gyököktől különböző gyöke nincs (más különben felírható lenne valami r(x)*(x-x6) szorzatként, és az eredeti polinomnak már 6 különböző gyöke lenne, vagyis 6 helyen metszené az x-tengelyt). Ha elvégezzük az (x-x1)*... szorzatot, akkor eredményül egy ötödfokú polinomot kapunk, ezt kell még q(x)-szel megszorozni. A q(x) polinom simán lehet nemnulla konstans (például q(x)=8), ekkor az előző szorzattal vett szorzata szintén ötödfokú lesz. Ha q(x) foka nagyobb, akkor a szorzat is nagyobb fokú lesz (a fokszámok összeadódnak), q(x) foka pedig akármekkora lehet, ezzel beláttuk, hogy a polinomunk legalább ötödfokú.

Az állítás megfordítása azonban nem igaz, tehát ha legalább ötödfokú, akkor pontosan 5 helyen metszi az x-tengelyt, erre a legegyszerűbb ellenpélda az x^5, amely csak az x=0 esetén metszi az x-tengelyt.

Minek van kiemelve a kérdés? Megkaptad a választ nem?

Meg aztán valami tudatlan ostoba megint lepontozta a válaszokat...

Nos, az állítás NEM értelmes, függvényeknek nincsen foka.

Neked az az állítás kell, hogy

"tetszőleges olyan _polinomfüggvény_, amely pontosan 5 [...]"

#2-nek ne higyj, a polinomok NEM állnak elő szorzatként.

#3 állítása és bizonyítása már igaz, ha van egy polinomod és annak van egy gyöke, akkor az kiemelhető belőle. Kiemelheted mind az 5 gyökét, így, beszorzás után a polinomod legalább 5-öd fokú. (Ez amúgy működik akkor is, ha nem azt tesszük fel hogy pontosan 5, hanem hogy legalább 5 metszéspontja van az x tengellyel.)(A nulla polinommal vigyázni kell de az triviális.)

Átfogalmazva: egy maximum 4-ed fokú polinomnak maximum 4 gyöke van.

De mondok egy másik bizonyítást, algebra helyett analízissel is kijön:

A Rolle-tétel értelmében a p polinomod deriváltjának van legalább négy gyöke, s.í.t., és a negyedik deriváltjának legalább 1 gyöke van (és nem a nullapolinom) így p nem lehet negyedfokú vagy kisebb.

"#2-nek ne higyj, a polinomok NEM állnak elő szorzatként."

Már hogy a fenébe ne állnának elő szorzatalakban. Vágod hogy a 3-as válaszban felírt szorzatalak ugyanaz amit leírtam te ostoba?!

Vegyük például a 4x^2-5x-21 kifejezést. Könnyen kiszámolható, hogy az x=3 és az x=-1,75 esetén a polinom értéke 0, tehát ezek a polinom gyökei. Azt tanultátok, hogy ha egy másodfokú kifejezésnek gyöke x1 és x2, akkor felírható a*(x-x1)*(x-x2) alakban, ahol a a polinom főegyütthatója, esetünkben a=4, x1=3 és x2=-1,75, tehát a polinom felírható 4*(x-3)*(x+1,75) alakban. Ha elvégzed a szorzásokat, akkor visszakapod az eredeti polinomot. Ha ezt rávetítjük arra, amit írtam, akkor a p(x)=4x^2-5x-21 polinomot felírtuk q(x)*(x-3)*(x+1,75) alakban, ahol a q(x) a 4 polinom volt (ahogyan írtam például, hogy q(x)=8 simán lehet).

Most vegyük példának az x^7-15x^6+86x^5-240x^4+359x^3-345x^2+274x-120 polinomot. Ennek gyökei az 1;2;3;4;5 számok, tehát felírható q(x)*(x-1)*(x-2)*(x-3)*(x-4)*(x-5) alakban. Most utána kellene számolni, hogy a q(x) micsoda, és azt kapnánk, hogy x^2+1, tehát az eredeti polinom (x^2-1)*(x-1)*(x-2)*(x-3)*(x-4)*(x-5) alakban írható fel. Mivel az x^2-1 polinomnak nincs gyöke, ezért ez tovább nem bontható. Látható, hogy hetedfokú polinomról van szó, és 5 helyen metszi az x-tengelyt.

Ezt még lehetne úgy variálni, hogy a q(x) polinomnak csak olyan gyöke van, amely már a szorzatalakban megvan, például ha vesszük az előző polinomnak a négyzetét, akkor az is q(x)*(x-1)*(x-2)*(x-3)*(x-4)*(x-5) alakban lehetne felírható, csak itt a q(x) nem x^2+1 lenne, hanem (x^2+1)^2*(x-1)*(x-2)*(x-3)*(x-4)*(x-5), de ez a része minket olyan szempontból nem érdekel, hogy a metszéspontok számát nem növeli, vagyis ugyanúgy 5 metszéspont lesz.

"Hm?" Talán nem hümmögni kéne, hanem több matematikát tanulni...

A kérdezőnek pedig mégegyszer segítségképp:

Tekintsünk egy p(x) polinomot. Ha ennek a zérushelyeit keressük, akkor a p(x)=0 egyenletet kell megoldani x-re.

Jelölje a gyököket x_k (k=1,...,n) ekkor az egyenlet alakja:

produktum[x-x_k, k=1,...,n]=0.

Tegyük fel, hogy minden k-ra x_k € R, ekkor triviális, hogy épp n darab gyök van, azaz n darab zérushely lesz. Leszámítva két esetet:

1. Azt az esetet, ha van többszörös gyök, azaz létezik olyan 1<=p<=n és 1<=q<=n egész, amelyre x_p=x_q, ilyenkor ugyanis a metszéspontok száma<n.

2. Azt az esetet, amikor komplex konjugált gyökpár van.

Ebből az is kiviláglik, hogy az állítás megfordítása már nem igaz. Azaz adott m db metszéspont elérhető azáltal is, ha valamilyen r>m fokszámú polinomot vizsgálunk.

De az egyik válaszoló itt mutatott erre konkrét példát is, ezek alapján értened kell. Ha pl. az egyik szorzótényező (x^2+1) alakú, akkor nyilvánvaló hogy a fokszám 2-vel magasabb kell legyen mint a metszéspontok száma, ugyanis

x^2+1=(x+i)*(x-i) alakban írható, vagyis komplexek a gyökök, ami a valós koordinátarendszerben nem jelenik meg.

A feladat érdekessége még, hogy nem polinomról beszél, hanem tetszőleges függvényről.

Tehát vehetnénk az f:x->sin(x) függvényt is, annak végtelen sok metszéspontja van az x-tengellyel, és mégsincs fokszáma... Jó mi? Nincs fokszáma de végtelen a metszéspontok darabszáma!

Hát aki hallott mondjuk a Taylor-sorfejtésről, az nyilván látja a látszólagos probléma feloldását is. Bár az egyenletes konvergenciára vonatkozóan azért kell még feltételeket szabni...