matematikk.net

Vis at hvis

[tex]p(x)=(x-x_1)(x-x_2)(x-x_3)[/tex]

der x_1, x_2 og x_3 er reelle tall, så gjelder for alle x:

[tex]p(x)p"(x)\,\leq \,(p^,(x))^2[/tex]

Ulikheten

[tex](1) \;\; p(x)p"(x)\,\leq \,(p^,(x))^2[/tex]

er åpenbart sann når [tex]x \in \{x_1,x_2,x_3\}[/tex] fordi [tex]p(x_i)=0[/tex]. Følgelig kan vi i fortsettelsen anta at [tex]x[/tex] ikke er en rot i [tex]p(x)[/tex]. I så tilfelle er (1) ekvivalent med

[tex]\frac{p(x)p^{\prime\prime}(x) \: - \: (p^{\prime}(x))^2}{(p(x))^2} \: \leq \; 0.[/tex]

som igjen er ekvivalent med

[tex](2) \;\; \Big[ \, \frac{p^{\prime}(x)}{p(x)} \Big]^{\prime} \: \leq \: 0.[/tex]

Nå er

[tex]p^{\prime}(x) = [(x-x_1)(x-x_2)(x-x_3)]^{\prime} \:=\: (x-x_1)^{\prime}[(x-x_2)(x-x_3)] \: + \: (x-x_1)[(x-x_2)(x-x_3)]^{\prime} \:=\: (x-x_2)(x-x_3) \: + \: (x-x_1)[(x-x_2) + (x-x_3)],[/tex]

som gir

[tex]\frac{p^{\prime}(x)}{p(x)} \: = \: \frac{(x-x_2)(x-x_3) \: + \: (x-x_1)[(x-x_2) + (x-x_3)]}{(x-x_1)(x-x_2)(x-x_3)} \:=\: \frac{1}{x-x_1} \: + \: \frac{1}{x-x_2} \: + \: \frac{1}{x-x_3}. [/tex]

Ved å derivere får vi

[tex] \Big[ \, \frac{p^{\prime}(x)}{p(x)} \Big]^{\prime} \:=\: - \, \frac{1}{(x-x_1)^2} \: - \: \frac{1}{(x-x_2)^2} \: - \: \frac{1}{(x-x_3)^2} \; < \; 0. [/tex]

Dermed har vi bevist ulikheten (2). q.e.d.

La [tex]a = (x-x_1)[/tex], [tex]b = (x-x_2)[/tex] og [tex]c = (x-x_3)[/tex]. Vi merker at [tex]a^\prime = b^\prime = c^\prime = 1[/tex].

[tex]p(x) = abc[/tex]

La [tex]f(x) = \log\left[p(x)\right] = \log a + \log b + \log c[/tex]

[tex]p^{\prime}(x) = p(x)f^\prime(x) = abc \left( \frac 1a + \frac 1b + \frac 1c \right) = bc + ac + ab[/tex]

[tex]p^{\prime\prime}(x) = 2\left(a+b+c\right)[/tex]



[tex]p(x)p^{\prime\prime}(x) \leq \left( p^{\prime}(x) \right)^2[/tex]

[tex]abc\left[2\left(a+b+c\right)\right] \leq \left(bc + ac + ab\right)^2[/tex]

[tex]2\left( a^2bc+ab^2c+abc^2\right) \leq \left(ab\right)^2+\left(bc\right)^2+(ac)^2 + 2\left( a^2bc+ab^2c+abc^2\right)[/tex]

[tex]0 \leq \left(ab\right)^2+\left(bc\right)^2+(ac)^2[/tex]

Som jo stemmer.

Begge er sølvfølgelig korrekte. Min løsning likna Plexsus sin.
Fiffig løsning Emomilol