Demostrar que las raíces de la ecuación: $$\frac1{x + a_1} + \frac1{x+a_2} + \cdots + \frac1{x+a_n} = \frac1x$$ son todos los reales, donde $a_1, a_2, \ldots, a_n$ son todos los números reales negativos..
Respuestas
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Podemos probar una declaración más fuerte: la ecuación anterior ha $n - 1$ bienes raíces positivas y negativas de un real, y que no hay otras raíces.
Vamos $$g(x) = \sum_{i = 1}^n \frac1{x-a_i} - \frac1x,\qquad a_i \in (0, +\infty).$$
Tenga en cuenta que $g(x)$ se define en $\mathbb R \setminus \{0, a_1, \ldots, a_n\}$ y es también continua. Sin pérdida de generalidad, supongamos que $a_1 < a_2 < \cdots < a_n$.
Ahora, considere el intervalo de $(a_i, a_{i + 1})$. Tenemos que:
- $\lim\limits_{x \to a_i^+} g(x) = +\infty$
- $\lim\limits_{x \to a_{i + 1}^-} g(x) = -\infty$
Por lo tanto, a partir de la definición de límite y el teorema del valor intermedio, podemos deducir que hay una raíz en $(a_i, a_{i + 1})$. Se demostró la existencia de $n - 1$ real positivo raíces.
Se puede verificar con facilidad que
- $\lim\limits_{x \to -\infty} g(x) = 0^-$
- $\lim\limits_{x \to 0^-} g(x) = +\infty$
De nuevo, a partir de la definición de límite y el teorema del valor intermedio llegamos a la conclusión de que hay una raíz real en el intervalo de $(-\infty, 0)$.
Hemos terminado: observar que la ecuación de $g(x) = 0$ es equivalente, a través de una simple álgebra, a una ecuación polinómica de grado $n$. Después de haber encontrado a $n$ bienes raíces, llegamos a la conclusión de que no hay raíces complejas.
Farkhod Gaziev
Puntos
6
SUGERENCIA:
$$\dfrac1x=\sum_{r=1}^n\dfrac1{x+a_r}\iff n=\sum_{r=1}^n\dfrac{a_r}{x+a_r}$$
Deje $p+iq$ es una raíz, donde $p,q$ son reales
$$\implies n=\sum_{r=1}^n\dfrac1{p+iq+a_r}$$
El uso de Complejo conjugado de la raíz teorema, $$n=\sum_{r=1}^n\dfrac1{p-iq+a_r}$$
Restando obtenemos $$n-n=\sum_{r=1}^n\left(\dfrac1{p-iq+a_r}-\dfrac1{p+iq+a_r}\right)$$
$$\iff0=2iq\sum_{r=1}^n\dfrac1{(p+a_r)^2+q^2}$$
user90369
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26
Nick Lee
Puntos
11
Este es un cuento de manera intuitiva de acercarse a ella.
Considere la posibilidad de 2 funciones, $$y=\frac{1}{x}$$ $$y=\sum_{i=1}^n \frac{1}{x+a_i}$$ Desde $a_i>0$, gráfico de las 2 funciones. Gráfico
Sin pérdida de generalidad, supongamos que $\prod_{i=1}^n a_i\neq0 $
Trivialmente, la ecuación original es $n-1$th-ecuación de grado del polinomio, entonces por el Teorema Fundamental del Álgebra, se puede tener en la mayoría de $n-1$ raíces.
En el gráfico, podemos identificar a $n-1$ puntos de intersección.
Por lo tanto, todas las raíces son reales.
SeanC
Puntos
157
No es muy conveniente para probar esta aseveración para los números negativos. Supongamos $$ 0<a_1<a_2<\cdots<a_n $$ y considere la función $$ f(x)=\frac{1}{x-a_1}+\ldots+\frac{1}{x-a_n}-\frac{1}{x} $$ $f(x)$ es continua en $(-\infty,0)$, $(0,a_1)$, $(a_1,a_2)$ , $\ldots$ , $(a_{n-1},a_n)$ , $(a_n,\infty)$.
Tenga en cuenta que si $x=-\sum_{i=1}^{n} a_i$, $f(x)<0$ (żpor qué?). Además, $$ \lim_{x\to0^{-}}f(x)=\infty $$ así que por el teorema del valor Intermedio no existe $x_1\in(-\infty,0)$ tal que $f(x_1)=0$. Del mismo modo, $$ \lim_{x\to a_1^{+}}f(x)=\infty\qquad\lim_{x\to a_2^{-}}f(x)=-\infty $$ así que, de nuevo por el teorema del valor Intermedio no existe $x_2\in(a_1,a_2)$ tal que $f(x_2)=0$. En el mismo razonamiento podemos demostrar que no existe $x_i\in(a_{i-1},a_i)$ tal que $f(x_i)=0$ por cada $2\leq i\leq n$. Hemos encontrado, al menos, $n$ soluciones para $f(x)=0$. Desde $$ f(x)=\frac{\text{polinomio de $n$ grado}}{(x-a_1)\cdots(x-a_n)x} $$ Podemos deducir que $f(x)=0$ tienen en la mayoría de $n$ soluciones. Por lo tanto $f(x)=0$ tienen exactamente $n$ soluciones, como se desee.
