Меню
Регистрация не е нужна, освен при създаване на тема в "Задача на седмицата".
Полиноми
13 мнения
• Страница 1 от 1
Re: Полиноми
от georgi111 » 10 Мар 2021, 15:09
Хмм интересна задачка ... Идеята ще се върти около първата призводна на $g(x)$ и заиграване със степента на $f(x)$. ($deg(f)=deg(g)= n$). Трудността идва от произволността на $f(x)$. Общо взето трабва да докажем, че може така да изберем естественото число $k$, че $g'(x) > 0$ или $g'(x) < 0$ за всяко $x$. Tогава със сигурност ще следва, че полиномната функция е растяща/намаляваща и съответно може да пресича максимум не повече от веджнъж абсцисната ос. Ако степента $n$ е нечетно число знаем, че има със сигурност реален корен и тогава предполагам е лесно - може да се подбере $k$, така, че да има точно един реален корен. 
Ако е четно степента тогава е по-трудно, но тогава първата производна е от нечетна степен и тогава тя има със сигурност реален корен... Във всеки случай има технически детайли, които трябва да се избарат.
Ако е четно степента тогава е по-трудно, но тогава първата производна е от нечетна степен и тогава тя има със сигурност реален корен... Във всеки случай има технически детайли, които трябва да се избарат.
Re: Полиноми
от georgi111 » 10 Мар 2021, 16:23
Все ми се струва , че това може да помогне - https://www.math.cuhk.edu.hk/course_bui ... lect16.pdf ... А може да става със съвсем стандартен brute force
Re: Полиноми
от pal702004 » 10 Мар 2021, 18:08
Добре си се сетил, че при нечетна степен може да се използва производната. Тоест, при четна степен - 0 реални корена, при нечетна - 1. Второто автоматично следва от първото заради производната. А за четните степени не е много трудно да се изпипат детайлите, все пак те имат глобален минимум, ограничен интервал, в който могат да приемат отрицателни стойности и неограничен - положителни... (говоря за $f(x)$ с положителен старши коефициент, с отрицателен е аналогично).
Всъщност на мен не ми е известно авторското решение, имам мое, но може да има и по-добро.
Всъщност на мен не ми е известно авторското решение, имам мое, но може да има и по-добро.
Re: Полиноми
от georgi111 » 11 Мар 2021, 11:45
Да, да pal702004 - точно в тази посока движа в свободното време
Re: Полиноми
от drago » 11 Мар 2021, 18:28
Това може да стане сравнително лесно, без производни. Единственото, което трябва да се знае е, че всеки полином, от някое място нататък става монотонен, както когато $x\to \infty$ така и когато $x\to -\infty$. И също малко свойства на крайните разлики. Нека означим $\Delta f(x):= f(x+1)-f(x).$
Твърдение 1. За всеки полином $f(x),$ съществува полином $F(x)$ така че $\Delta F(x)=f(x).$
Очевидно степента на $F$ е с единица по голяма от тази на $f$.
По-долу ще нахвърлям доказателство на това твърдение, но нека първо да видим как помага. За дадения полином $f$ намираме съответния му $F$ и получаваме
$$f(x+1)+\dots+f(x+k)=\Delta F(x+1)+\dots+\Delta F(x+k)=F(x+k+1)-F(x+1)$$
Сега задачата се свежда да намерим достатъчно голямо $k$ така че $F(x+k)-F(x)$ има най-много 1 реален корен. Когато $F$ има нечетна степен (т.е. степента на $f$ е четна) лесно се съобразява, че като изберем достатъчно голямо $k$ може да направим $F(x+k)-F(x)$ да не си сменя знака, т.е. да няма реални корени. При четна степен на $F$ това няма как да стане, но можем да направим така, че коренът да бъде само един. Това е изпълнено и за по-широк клас функции от полиномите. Достатъчно е $\lim_{x\to -\infty} F(x)=\pm \infty, \lim_{x\to \infty} F(x)=\pm \infty$ и $F$ да е монотонна, когато $x\to\pm \infty$. Човек може да си начертае графиката и геометрично да съобрази защо е така.
Доказателство на Твърдение 1. Използва че операторът $\Delta$ (крайната разлика) е линеен и е достатъчно да се докаже за базисните полиноми $f(x)=x^k, k=0,1,\dots.$ Това обаче иска повече сметки, затова по-лесно е да се разгледат полиномите $(x)_k:=x(x-1)\cdots(x-k+1).$ Те също образуват базис, т.е. всеки полином може да се представи като линейна комбинация на такива полиноми. Лесно се проверява, че $\Delta (x)_{k+1}=(k+1) (x)_k$ т.е. $(x)_k=\Delta \big( \frac{1}{k+1} (x)_{k+1}\big).$
Твърдение 1. За всеки полином $f(x),$ съществува полином $F(x)$ така че $\Delta F(x)=f(x).$
Очевидно степента на $F$ е с единица по голяма от тази на $f$.
По-долу ще нахвърлям доказателство на това твърдение, но нека първо да видим как помага. За дадения полином $f$ намираме съответния му $F$ и получаваме
$$f(x+1)+\dots+f(x+k)=\Delta F(x+1)+\dots+\Delta F(x+k)=F(x+k+1)-F(x+1)$$
Сега задачата се свежда да намерим достатъчно голямо $k$ така че $F(x+k)-F(x)$ има най-много 1 реален корен. Когато $F$ има нечетна степен (т.е. степента на $f$ е четна) лесно се съобразява, че като изберем достатъчно голямо $k$ може да направим $F(x+k)-F(x)$ да не си сменя знака, т.е. да няма реални корени. При четна степен на $F$ това няма как да стане, но можем да направим така, че коренът да бъде само един. Това е изпълнено и за по-широк клас функции от полиномите. Достатъчно е $\lim_{x\to -\infty} F(x)=\pm \infty, \lim_{x\to \infty} F(x)=\pm \infty$ и $F$ да е монотонна, когато $x\to\pm \infty$. Човек може да си начертае графиката и геометрично да съобрази защо е така.
Доказателство на Твърдение 1. Използва че операторът $\Delta$ (крайната разлика) е линеен и е достатъчно да се докаже за базисните полиноми $f(x)=x^k, k=0,1,\dots.$ Това обаче иска повече сметки, затова по-лесно е да се разгледат полиномите $(x)_k:=x(x-1)\cdots(x-k+1).$ Те също образуват базис, т.е. всеки полином може да се представи като линейна комбинация на такива полиноми. Лесно се проверява, че $\Delta (x)_{k+1}=(k+1) (x)_k$ т.е. $(x)_k=\Delta \big( \frac{1}{k+1} (x)_{k+1}\big).$
Re: Полиноми
от pal702004 » 12 Мар 2021, 13:28
Да напиша и моето решение.
1) За $f(x)$- полином от четна степен с положителен старши коефициент:
$f(x)$ има глобален минимум. Нека $\min f(x)=f(x_0)=-u$ за някое положително $u$. Понеже $\lim_{x \to \pm \infty} f(x)=+\infty$, то съществуват $x_1<x_0<x_2$, такива че
$\forall x <x_1, \;f(x)>u$ и $\forall x >x_2, \;f(x)>u$
Или, в интервала $(x_1;x_2)$ функцията може да приема отрицателни стойности, но не по-малки от $(-u)$, а извън този интервал - не по-малки от $(+u)$. Големинат на този интервал е $x_2-x_1$ и цялата му част е $\lfloor x_2-x_1 \rfloor=N$. Тоест, за всяко $x$ измежду точките $x+1,x+2,\cdots,x+k$ не повече от $N$ могат да попаднат в този интервал. И при достатъчно голямо $k$, например $k=2N+1$ гарантираме, че поне $N+1$ точки ще са извън него. Така че за всяко $x$ сумата ще е положителна.
2) За $f(x)$- полином от нечетна степен с положителен старши коефициент: С Георги го обсъдихме, да разгледаме $f'(x)$ - полином от четна степен, за който важи горното:
$\exist k:\; f'(x+1)+f'(x+2)+\cdots + f'(x+k)>0 \; \forall x$
което си е $g'(x)$ и следователно $g$ е монотонна с единствен корен.
1) За $f(x)$- полином от четна степен с положителен старши коефициент:
$f(x)$ има глобален минимум. Нека $\min f(x)=f(x_0)=-u$ за някое положително $u$. Понеже $\lim_{x \to \pm \infty} f(x)=+\infty$, то съществуват $x_1<x_0<x_2$, такива че
$\forall x <x_1, \;f(x)>u$ и $\forall x >x_2, \;f(x)>u$
Или, в интервала $(x_1;x_2)$ функцията може да приема отрицателни стойности, но не по-малки от $(-u)$, а извън този интервал - не по-малки от $(+u)$. Големинат на този интервал е $x_2-x_1$ и цялата му част е $\lfloor x_2-x_1 \rfloor=N$. Тоест, за всяко $x$ измежду точките $x+1,x+2,\cdots,x+k$ не повече от $N$ могат да попаднат в този интервал. И при достатъчно голямо $k$, например $k=2N+1$ гарантираме, че поне $N+1$ точки ще са извън него. Така че за всяко $x$ сумата ще е положителна.
2) За $f(x)$- полином от нечетна степен с положителен старши коефициент: С Георги го обсъдихме, да разгледаме $f'(x)$ - полином от четна степен, за който важи горното:
$\exist k:\; f'(x+1)+f'(x+2)+\cdots + f'(x+k)>0 \; \forall x$
което си е $g'(x)$ и следователно $g$ е монотонна с единствен корен.
Re: Полиноми
от ptj » 22 Мар 2021, 01:36
Павел,
Разбирам те (донякъде), но мисля че в основата на задачата е факта, че графиката на [tex]f'(x)[/tex] e по-стръмна към краищата си и това позволява при достаъчно голямо шифтване и наслагване тя да стане по-голяма (по-малка) от дадено число.
Още нещо- когато променяш аргумента, ти сменяш скоростта на промяна и на производната на новата функция.
Пример: [tex]f_1(x)'=(x+1)^2=x^2+2x+1[/tex] и [tex]f_2(x)'=(x+2)^2=x^2+4x+4[/tex] са две напълно различни функции.
Затова не съм напълно съгласен да прехвърляш свойства на едната върху другата (интервала на корените се променя).
П.П. Не казвам, че идеята ти не върви, но вероятно самото доказателство трябва да се прецезира.
Разбирам те (донякъде), но мисля че в основата на задачата е факта, че графиката на [tex]f'(x)[/tex] e по-стръмна към краищата си и това позволява при достаъчно голямо шифтване и наслагване тя да стане по-голяма (по-малка) от дадено число.
Още нещо- когато променяш аргумента, ти сменяш скоростта на промяна и на производната на новата функция.
Пример: [tex]f_1(x)'=(x+1)^2=x^2+2x+1[/tex] и [tex]f_2(x)'=(x+2)^2=x^2+4x+4[/tex] са две напълно различни функции.
Затова не съм напълно съгласен да прехвърляш свойства на едната върху другата (интервала на корените се променя).
П.П. Не казвам, че идеята ти не върви, но вероятно самото доказателство трябва да се прецезира.
Re: Полиноми
от pal702004 » 22 Мар 2021, 09:46
Не съм Павел.
И аз не те разбирам. Да, $f'(x+1)$ и $f'(x+2)$ са различни функции, но и $f(x+1)$ и $f(x+2)$ също са различни функции. Не виждам проблема.
Ако правилно все пак съм се ориентирал във въпроса, тук се използва факта, че $[f(x+n)]'=f'(x+n)\cdot (x+n)'$
Вторият множител си е чиста единица и може да се пропусне. Друго щеше да е, ако аргумента беше по-сложен, напр. $f(2x+n)$. (Колко да е по-сложен, всичко умножено на 2).
Да разгледаме твоя пример. Значи имаме функция $f(x)=\dfrac{x^3}{3}+C$ и съответно функция $g(x)=\dfrac{(x+1)^3}{3}+C+\dfrac{(x+2)^3}{3}+C$ (нека $k=2$)
$g'(x)=(x+1)^2+(x+2)^2$
$f'(x)=x^2$
$f'(x+1)+f'(x+2)=(x+1)^2+(x+2)^2$
абсолютно еднакви са - нищо не се променя.
И аз не те разбирам. Да, $f'(x+1)$ и $f'(x+2)$ са различни функции, но и $f(x+1)$ и $f(x+2)$ също са различни функции. Не виждам проблема.
Ако правилно все пак съм се ориентирал във въпроса, тук се използва факта, че $[f(x+n)]'=f'(x+n)\cdot (x+n)'$
Вторият множител си е чиста единица и може да се пропусне. Друго щеше да е, ако аргумента беше по-сложен, напр. $f(2x+n)$. (Колко да е по-сложен, всичко умножено на 2).
Да разгледаме твоя пример. Значи имаме функция $f(x)=\dfrac{x^3}{3}+C$ и съответно функция $g(x)=\dfrac{(x+1)^3}{3}+C+\dfrac{(x+2)^3}{3}+C$ (нека $k=2$)
$g'(x)=(x+1)^2+(x+2)^2$
$f'(x)=x^2$
$f'(x+1)+f'(x+2)=(x+1)^2+(x+2)^2$
абсолютно еднакви са - нищо не се променя.
Re: Полиноми
от ptj » 23 Мар 2021, 03:41
Мисля, че не си разбрал за какво писах.
Давам ти друг пример, за да ти изясня въпроса ми:
[tex]f'(x)=x^2-10000[/tex]. Интервала между корените е [tex][-100;100][/tex].
[tex]k=1[/tex]
[tex]g_1'(x)=(x+1)^2-10000=x^2+2x+1-10000[/tex]
[tex]x_1=-101[/tex], [tex]x_2=99[/tex]
[tex]k=2[/tex]
[tex]g_2'(x)=((x+1)^2-10000)+((x+2)^2-10000)=2x^2+6x+5-20000[/tex]
[tex]x_1 \approx-101.50[/tex], [tex]x_2 \approx 98.43[/tex]
[tex]k=3[/tex]
[tex]g_3'(x)=((x+1)^2-10000)+((x+2)^2-10000)+((x+3)^2-10000)=3x^2+12x+14-30000[/tex]
[tex]x_1 \approx -102.00[/tex], [tex]x_2 \approx 97.977[/tex]
[tex]k=4[/tex]
[tex]g_4'(x)=((x+1)^2-10000)+((x+2)^2-10000)+((x+3)^2-10000)+((x+4)^2-10000)=4x^2+20x+30-40000[/tex]
[tex]x_1 \approx 102.49[/tex], [tex]x_2 \approx 97.943[/tex]
...
[tex]k=10[/tex]
[tex]g_{10}'(x)=((x+1)^2-10000)+((x+2)^2-10000)+...+((x+10)^2-10000)=[/tex]
[tex]=10x^2+10.11x+(1^2+2^2+...+10^2)+10.10000=10x^2+110x+10.11.21/6-100000=[/tex]
[tex]=10x^2+110x+165-100000[/tex]
[tex]x_1 \approx-105.57[/tex], [tex]x_2 \approx 94.569[/tex]
...
[tex]k=100[/tex]
[tex]g_{100}'(x)=((x+1)^2-10000)+((x+2)^2-10000)+...+((x+100)^2-10000)=[/tex]
[tex]=100x^2+100.101x+(1^2+2^2+...+100^2)+100.10000=100x^2+10100x+100.101.201/6-1000000=[/tex]
[tex]=100x^2+10100x+338350-1000000[/tex]
[tex]x_1 \approx-146.24[/tex], [tex]x_2 \approx 45.243[/tex]
-----------------------------------------------------------
Виждаш ли сега,че [tex]g_1'(x)[/tex], [tex]g_2'(x)[/tex], [tex]g_3'(x)[/tex], [tex]g_4'(x)[/tex],..., [tex]g_{10}'(x)[/tex], ... са съвершено различни функции и не можеш произволно да прехвърляш свойства на [tex]f'(x)[/tex] върху тях? Естествено всички те са параболи и е много вероятно с нарасване на [tex]k[/tex] интервала на корените да намаля, но подобен факт иска проверка и доказателство.
Освен това интервала между корените намаля доста по-бавно от твоите очаквания...
Изгради си правдоподобна хипотеза и я докажи строго, а не чрез предположения.
Давам ти друг пример, за да ти изясня въпроса ми:
[tex]f'(x)=x^2-10000[/tex]. Интервала между корените е [tex][-100;100][/tex].
[tex]k=1[/tex]
[tex]g_1'(x)=(x+1)^2-10000=x^2+2x+1-10000[/tex]
[tex]x_1=-101[/tex], [tex]x_2=99[/tex]
[tex]k=2[/tex]
[tex]g_2'(x)=((x+1)^2-10000)+((x+2)^2-10000)=2x^2+6x+5-20000[/tex]
[tex]x_1 \approx-101.50[/tex], [tex]x_2 \approx 98.43[/tex]
[tex]k=3[/tex]
[tex]g_3'(x)=((x+1)^2-10000)+((x+2)^2-10000)+((x+3)^2-10000)=3x^2+12x+14-30000[/tex]
[tex]x_1 \approx -102.00[/tex], [tex]x_2 \approx 97.977[/tex]
[tex]k=4[/tex]
[tex]g_4'(x)=((x+1)^2-10000)+((x+2)^2-10000)+((x+3)^2-10000)+((x+4)^2-10000)=4x^2+20x+30-40000[/tex]
[tex]x_1 \approx 102.49[/tex], [tex]x_2 \approx 97.943[/tex]
...
[tex]k=10[/tex]
[tex]g_{10}'(x)=((x+1)^2-10000)+((x+2)^2-10000)+...+((x+10)^2-10000)=[/tex]
[tex]=10x^2+10.11x+(1^2+2^2+...+10^2)+10.10000=10x^2+110x+10.11.21/6-100000=[/tex]
[tex]=10x^2+110x+165-100000[/tex]
[tex]x_1 \approx-105.57[/tex], [tex]x_2 \approx 94.569[/tex]
...
[tex]k=100[/tex]
[tex]g_{100}'(x)=((x+1)^2-10000)+((x+2)^2-10000)+...+((x+100)^2-10000)=[/tex]
[tex]=100x^2+100.101x+(1^2+2^2+...+100^2)+100.10000=100x^2+10100x+100.101.201/6-1000000=[/tex]
[tex]=100x^2+10100x+338350-1000000[/tex]
[tex]x_1 \approx-146.24[/tex], [tex]x_2 \approx 45.243[/tex]
-----------------------------------------------------------
Виждаш ли сега,че [tex]g_1'(x)[/tex], [tex]g_2'(x)[/tex], [tex]g_3'(x)[/tex], [tex]g_4'(x)[/tex],..., [tex]g_{10}'(x)[/tex], ... са съвершено различни функции и не можеш произволно да прехвърляш свойства на [tex]f'(x)[/tex] върху тях? Естествено всички те са параболи и е много вероятно с нарасване на [tex]k[/tex] интервала на корените да намаля, но подобен факт иска проверка и доказателство.
Освен това интервала между корените намаля доста по-бавно от твоите очаквания...
Изгради си правдоподобна хипотеза и я докажи строго, а не чрез предположения.
Re: Полиноми
от pal702004 » 23 Мар 2021, 11:12
Така, доколкото разбирам ти въобще не си прочел (или разбрал) доказателството за полиноми от четна степен. Там въобще няма производни и не се говори за корени. И нямам никакви очаквания за тях. Добре.
$f'(x)=x^2-10000$
Минимума на горната функция е $-10000$ в т. $x_0=0$
Функцията приема стойности, по-големи или равни на $+10000$ при $x \in (-\infty;-100\sqrt 2] \cup [100\sqrt 2;+\infty)$
И приема стойности по-големи или равни на $-1000$ в интервала $(-100\sqrt 2;100\sqrt 2)$. Дължината на този интервал е $2\cdot 100\sqrt 2 \approx 282.8$
А значи, за кое да е $x$, измежу точките $x+1,x+2,x+3,\cdots x+1000000000,\cdots$ не повече от $282$ ще попаднат в горния интервал. И за всяка от тези точки $f'(x+i) \ge -10000$
Затова избираме $k=2\cdot 282+1=565$
$g'(x)=f'(x+1)+f'(x+2)+\cdots + f'(x+565)$
И $\forall x\;\; g'(x)>0$ защото горното е сбор на 565 числа, поне 283 от които са по-големи от $+10000$
А значи функцията $g(x)=f(x+1)+f(x+2)+\cdots +f(x+565)$ ще е монотонна.
Който разбрал-разбрал.
$f'(x)=x^2-10000$
Минимума на горната функция е $-10000$ в т. $x_0=0$
Функцията приема стойности, по-големи или равни на $+10000$ при $x \in (-\infty;-100\sqrt 2] \cup [100\sqrt 2;+\infty)$
И приема стойности по-големи или равни на $-1000$ в интервала $(-100\sqrt 2;100\sqrt 2)$. Дължината на този интервал е $2\cdot 100\sqrt 2 \approx 282.8$
А значи, за кое да е $x$, измежу точките $x+1,x+2,x+3,\cdots x+1000000000,\cdots$ не повече от $282$ ще попаднат в горния интервал. И за всяка от тези точки $f'(x+i) \ge -10000$
Затова избираме $k=2\cdot 282+1=565$
$g'(x)=f'(x+1)+f'(x+2)+\cdots + f'(x+565)$
И $\forall x\;\; g'(x)>0$ защото горното е сбор на 565 числа, поне 283 от които са по-големи от $+10000$
А значи функцията $g(x)=f(x+1)+f(x+2)+\cdots +f(x+565)$ ще е монотонна.
Който разбрал-разбрал.
13 мнения
• Страница 1 от 1
Кой е на линия
Регистрирани потребители: Google [Bot]