Ограничение корней

Задача ограничения корней разрешима не всегда, т.к. у функции может быть бесконечное количество корней, которые не возможно заключить ни в один ограниченный отрезок [a; b]: простейший пример: f(x) = sin x с корнями p·k (k Î Z ). Даже в случае, когда подобная ситуация не возникает, общих методов решения задачи ограничения корней для непрерывной функции нет. Оценки корней известны лишь для простейших элементарных функций. Например, лемма о модуле старшего члена, изучаемая в курсе алгебры, приводит к следующему результату:

Теорема (о границах корней многочлена). Все корни любого многочлена f(z) = a_n× zⁿ + a_n–1× z^n–1 + … + a_k× z^k + a₀ Î С [z] степени n, где a₁ = … … = a_k–1 = 0, a_k ¹ 0, лежат в кольце , где .

Для произвольной функции задача ограничения корней требует аналитической работы. При этом можно пытаться применять различные методы решения неравенств f(x) 0, а также пользоваться следующим очевидным результатом:

Теорема (достаточное условие для ограничения корней). Пусть задано уравнение f(x) = 0 с дифференцируемой функцией f: R ® R.

(1) Если числа a, b Î R таковы, что f(a) £ 0, f(b) ³ 0 и f¢ (x) > 0 при x Î (–∞; a) È (b; +∞), то все корни рассматриваемого уравнения принадлежат отрезку [a; b].

(2) Если числа a, b Î R таковы, что f(a) ³ 0, f(b) £ 0 и f¢ (x) < 0 при x Î (–∞; a) È (b; +∞), то все корни рассматриваемого уравнения принадлежат отрезку [a; b].

Доказательство. (1) Функция f(x) возрастает на (–∞; a) È (b; +∞), поэтому для x Î (–∞; a) верно f(x) < f(a) £ 0, а для x Î (b; ∞) верно f(x) > f(b) ³ 0. Утверждение (2) доказывается аналогично.

Теорема доказана.

Примеры: 1. Ограничить корни уравнения x – cos 2·x = 0.

Здесь f(x) = x – cos 2·x, и ввиду |cos 2·x| £ 1 равенство x = cos 2·x возможно лишь при |x| £ 1. Таким образом, все корни рассматриваемого уравнения принадлежат отрезку [–1; 1].

2. Ограничить корни уравнения e^x – 1000·ln x = 0.

Функция f(x) = e^x – 1000·ln x определена при x > 0, причём справедливо неравенство , т.к. числитель дроби x·e^x – 1000 строго возрастает при x > 0 и = +∞. Поэтому можно найти такое b > 0, для которого f¢ (b) > 0: например, воспользовавшись оценкой x·e^x – 1000 > 2^x – 1000 > 0 при x > 9. Кроме того,

f(9) = e⁹ – 1000·ln 9 > 2, 7⁹ – 1000·3» 7625, 597484987 – 3000 > 0.

Таким образом, все корни рассматриваемого уравнения принадлежат отрезку [0; 9].

Можно ещё заметить, что при x Î (0; 1] значения рассматриваемой функции положительны, поскольку ln x £ 0. Так что найденный интервал [0; 9] можно сузить до [1; 9].

3. Ограничить корни уравнения ln(2·x + 1) – 0, 1·x².

Для функции f(x) = ln(2·x + 1) – 0, 1·x², определённой при x > –0, 5, имеем . Решая неравенство 2·x² + x – 10 > 0, находим, что при x > –0, 5 справедливо f¢ (x) > 0 Û x Î (–0, 5; 2). При этом функция f(x) возрастает на (–0, 5; 2), убывает на (2; +∞), и , f(2) = ln 5 – 0, 4 > 0, . Ясно, что f(x) имеет два корня (один на отрезке (–0, 5; 2), второй – на (2; +∞)). Поскольку f(10) = ln 21 – 10 < 4 – 10 = –6 < 0, то корни принадлежат (–0, 5; 10].

Можно заметить (?!), что один корень – число 0, а второй принадлежит отрезку (2; 5].