Para cualquier número real $a$$b$, e incluso el número natural $n$, Mostrar $x^n+ax+b=0$ tiene más de dos soluciones para todos los $x$$\mathbb{R}$.
deje $f(x)=x^n+ax+b$. Set$f(x)$$a$$0$, luego tenemos a $x^n+b=0$. Así $x=\pm b^{1/n}$. $f$ tiene dos soluciones. A: una contradicción. Supongamos ahora que $f$ tiene más de dos soluciones. Como $f$ es un polinomio en a $\mathbb{R}$, es diferenciable en a $\mathbb{R}$; por lo tanto $f'(x)=nx^{n-1}+a$. Set$f'(x)=0$,$0=nx^{n-1}+a\Rightarrow x=\left(\frac{-a}{n}\right)^{1/(n-1)}$. En $x=\left(\frac{-a}{n}\right)^{1/(n-1)}$, $f(\left(\frac{-a}{n}\right)^{1/(n-1)})$ es el único valor extremo de $f$, lo que se contradice con $f$ tiene más de dos soluciones.
Alguien puede comprobar esta solución? No estoy seguro de lo cierto o no. Si no es correcto, por favor, dame una pista o sugerencia. Gracias
