OliForum Matematico

Se \(a_1, \ldots, a_n\) sono numeri reali, distinti e non nulli, dimostrare che l'equazione
\[\frac{a_1}{a_1 - x} + \ldots + \frac{a_n}{a_n-x} = n\]
ha almeno \(n-1\) radici reali e distinte.

Poniamo $a_1<a_2<...<a_n$: abbiamo dunque $n-1$ intervalli aperti del tipo $(a_i,a_{i+1})$, tutti chiaramente disgiunti a due a due, per cui è sufficiente mostrare che in ognuno di essi esiste una $x$ che risolve l'equazione.
Se $a_{i+1}<0$ si ha $\lim_{x \rightarrow a_i^+} LHS=+\infty$ e $\lim_{x \rightarrow a_{i+1}^-} LHS=-\infty$, ed essendo $LHS$ una funzione continua nell'intervallo esiste sicuramente un punto in cui essa si annulla; se $a_i>0$ si procede in modo analogo, mentre se $a_i<0<a_{i+1}$ l'intervallo contiene lo $0$, che è sempre una soluzione

Bene! Posto un'altra soluzione che ho trovato su aops che trovo molto istruttiva, dunque ti passo il testimone

Sia \(p(x) = (a_1-x) \cdot \ldots \cdot (a_n-x)\). Riscriviamo come
\[ \frac{xp'(x)}{p(x)} = \frac{x}{a_1-x}+ \ldots+ \frac{x}{a_n-x}= 0\]
Visto che \(p(x)\) ha \(n\) soluzioni reali e distinte per definizione, \(p'(x)\) ha \(n-1\) soluzioni reali e distinte; perciò \(LHS\) ha \(n\) soluzioni reali, di cui \(n-1\) distinte più lo 0 (che viene dalla \(x\) moltiplicata), che è leggermente più forte della tesi del problema.

Gottinger95 ha scritto:\(p'(x)\) ha \(n-1\) soluzioni reali e distinte; perciò \(LHS\) ha \(n\) soluzioni reali, di cui \(n-1\) distinte più lo 0 (che viene dalla \(x\) moltiplicata), che è leggermente più forte della tesi del problema.

Se p(x) ha n soluzioni, p'(x) ne ha almeno n-1 (conseguenza teorema di Rolle) e non esattamente n-1 o sbaglio?

E' vero, per una funzione in generale potrebbero esserci altri zeri della derivata oltre agli \(n-1\) assicurati da Rolle; ma per un polinomio, se \(p(x)\) ha grado \(n\) e ha \(n\) radici, il polinomio \(p'(x)\) per Rolle ha almeno \(n-1\) radici, ma ne ha al massimo \(n-1\) perchè \(\deg(p'(x) ) = n-1\). Perciò ne ha esattamente \(n-1\).