Número de verdaderos positivos raíces de un polinomio?

Question

Considere el polinomio

$$f(x)=x((1+x^n)^n+a^n)-a(1+x^n)^n,$$

donde $n\geq 2$ es un entero positivo y $a$ es un número real positivo. Estoy interesado en deducir el número de raíces reales positivas de $f$ como una función de la $a$$n$. Comprobar numéricamente, parece que si $a$ es lo suficientemente pequeña en comparación a $n$ hay un único positivo de la raíz, de lo contrario hay tres.

Inicialmente, pensé en simplemente el uso de Descartes' regla de los signos. Aplicando el teorema del binomio y reordenando tenemos que

$$f(x)=\begin{pmatrix}n\\0\end{pmatrix}x^{n^2+1}-a\begin{pmatrix}n\\0\end{pmatrix}x^{n^2}+\begin{pmatrix}n\\1\end{pmatrix}x^{n^2-n+1}-a\begin{pmatrix}n\\1\end{pmatrix}x^{n^2-n}+\dots+\left[\begin{pmatrix}n\\n\end{pmatrix}+a^n\right]x-a\begin{pmatrix}n\\n\end{pmatrix}$$

a partir de la cual es fácil ver que $f$ $2n+1$ cambios de signo, es decir, el número de raíces reales positivas de $f$ $2n+1$ o menos de $2n+1$ por un número par.

Hay otros resultados relevantes que podrían ser utilizados para reducir el número de raíces positivas (con el objetivo de demostrar o refutar que hay o $1$ o $3$)?

Answer 1

Esta es una respuesta parcial. Voy a demostrar que para $a>0$ lo suficientemente pequeño

$$ f(x) = x(1+x^n)^n - (1+x^n)^n + a^nx $$

tendrá exactamente un cero real positivo y para $a>0$ lo suficientemente grande como $f$ tienen exactamente tres ceros reales positivos.

El caso de al $a$ es pequeña.

Al $a = 0$ de los ceros de $f$ $n^\text{th}$ raíces de $-1$, cada una con multiplicidad $n$, e $x=0$, con multiplicidad $1$.

Figura 1: Los ceros de $f$ $n=5$ al $a=0$. El círculo unitario se muestra en azul para su referencia.

Los ceros de los polinomios son funciones continuas de sus coeficientes, lo que significa que para cualquier $\epsilon > 0$ y cualquier $n^\text{th}$ raíz de $-1$, dicen $\zeta$, $f$ tendrá exactamente $n$ ceros en el disco $|x-\zeta| < \epsilon$ $a$ suficientemente pequeño. En particular, ninguno de los $n^2$ ceros de $f$ agrupados en torno a la $n^\text{th}$ raíces de $-1$ se acostará sobre el eje real para $a$ suficientemente pequeño.

Figura 2: Los ceros de $f$$n=5$$0 < a < 0.9$. Como $a$ aumenta de $0$, exactamente $5$ ceros en erupción desde cada una de las $5^\text{th}$ raíces de $-1$. También podemos ver el cero, que estaba ubicado en $x=0$ moverse a la derecha. También, dos de los ceros que viene de la raíz primitiva de $-1$ y su conjugado de viaje hacia el eje real.

Ahora$f(0) = -a$$f(x) \to +\infty$$x \to +\infty$, lo $f$ tienen por lo menos un cero real positivo al $a > 0$. Por lo anterior el comentario de esta real positivo cero será único para $a > 0$ suficientemente pequeño.

Lado 1: El teorema de la función implícita puede ser invocada para ver que esta a cero, que vamos a llamar a $x_0 = x_0(a)$, en realidad es una función derivable de que el parámetro de $a$ mientras $a$ es lo suficientemente pequeño. Con esto en mente, mediante la diferenciación de la ecuación $$ x_0(1+x_0^n)^n - (1+x_0^n)^n + a^nx_0 = 0 $$ con respecto a $a$ se puede demostrar que $x_0'(0) = 1$. Esto implica que $x_0(a) \sim a$$a \to 0$.

El caso de al $a$ es grande.

Anteriormente hemos dicho que el $f(0) < 0$ todos los $a > 0$. Además, $f(x) \to \infty$ $a \to \infty$ fijos $x>0$, lo que significa que $f$ tiene un cero real positivo que tiende hacia el punto de $x=0$$a \to \infty$.

Lado 2: Para $x>0$ $a>0$ podemos demostrar que para cualquier $0 < \epsilon < 1$ tendremos $f\left(\epsilon a^{1-n}\right) < 0$ $f\left(a^{1-n}\right) > 0$ $a$ suficientemente grande proporcionado $n > 1$. De ello se desprende que $f$ tiene un cero en el intervalo de $(\epsilon a^{1-n},a^{1-n})$ $a>0$ lo suficientemente grande. Si llamamos a este cero $\hat{x}_0(a)$, entonces esto implica que $\hat{x}_0(a) \sim a^{1-n}$$a \to \infty$$a > 0$.

Numéricamente podemos ver que, para $a>0$ grandes, $f$ tiene un cero, que es aproximadamente igual a $a$ (ver Figuras 3 y 4). De hecho, vemos que, para $n>1$,

$$ \begin{align} \frac{f(ax)}{a^{n^2+1}} &= x\left(a^{-n}+x^n\right)^n - \left(a^{-n} + x^n\right)^n + a^{n-n^2}x \\ &\to x^{n^2+1} - x^{n^2} \\ &= x^{n^2}(x-1) \tag{%#%#%} \end{align} $$

como $*$, donde la convergencia es uniforme con respecto a $a \to \infty$ en subconjuntos compactos de $x$. A partir de esto se puede concluir que la $\mathbb{C}$ cero arbitrariamente cerca de $f(ax)$ $1$ lo suficientemente grande, y por lo $a$ cero, llame a $f(x)$, por lo que $x_\infty(a)$$x_\infty(a) \sim a$.

Para demostrar que $a \to \infty$ es real vamos a emplear un enfoque similar a la que hemos utilizado en un Lado 2. De hecho, para $x_\infty$ tenemos $a>0$ e,$f(a) = a^{n+1} > 0$,

$$ f(\epsilon a) = a (\epsilon - 1) \Bigl(1 + (\epsilon a)^n\Bigr)^n + \epsilon a^{n+1} < 0 \etiqueta{$0 < \epsilon < 1$} $$

para $**$ suficientemente grande proporcionado $a > 0$. Por lo tanto $n > 1$ tiene un cero en cualquier intervalo de $f$ $(\epsilon a,a)$ lo suficientemente grande.

Figura 3: Los ceros de $a > 0$$f$$n=5$. Además de los ceros continuar irradian desde el $1.2 < a < 3$ raíces de $5^\text{th}$ también vemos un cero tiende hacia el punto de $-1$ y un gran cero rápidamente hacia la derecha sobre el eje real. Estos son los ceros asintótica $x=0$$a^{1-n}$, respectivamente.

Hasta ahora hemos encontrado dos de las $a$ ceros de $n^2+1$. Resulta que el resto de los $f$ ceros de $n^2-1$ son asintóticamente uniformemente espaciados sobre el círculo de radio $f$$|x| = a^{1/(n+1)}$.

Tenemos

$$ \begin{align} \frac{f\left(a^{1/(n+1)} x\right)}{a^{n/(n+1)-n-1}} &= a^{-n/(n+1)} x \left(a^{-n/(n+1)} + x^n\right)^n - \left(a^{-n/(n+1)} + x^n\right)^n + x \\ &\to x - x^{n^2} \\ &= x\left(1-x^{n^2-1}\right) \end{align} $$

como $a \to \infty$, donde la convergencia es uniforme con respecto a $a \to \infty$ en subconjuntos compactos de $x$. De ello se desprende que $\mathbb{C}$ cero arbitrariamente cerca de $f\left(a^{1/(n+1)} x\right)$ $\omega$ suficientemente grande, donde $a$ cualquier $\omega$ raíz de la unidad. En consecuencia, $(n^2-1)^\text{th}$ tiene un cero, lo que es asintótica a $f(x)$ $\omega a^{1/(n+1)}$ por cada $a \to \infty$.

En particular, $\omega$ tiene un cero, lo que es asintótica a$f$$a^{1/(n+1)}$. Para mostrar que esto es real procedemos como antes, la observación de que $a \to \infty$ y, para cualquier $f\left(a^{1/(n+1)}\right) < 0$, $0 < \epsilon < 1$ para $f\left(\epsilon a^{1/(n+1)}\right) > 0$ lo suficientemente grande. Por lo tanto $a > 0$ tiene un cero en el intervalo de $f$ $\left(\epsilon a^{1/(n+1)}, a^{1/(n+1)}\right)$ lo suficientemente grande.

Figura 4: Los ceros de la reescalado polinomio $a>0$$f\left(a^{1/(n+1)} x\right)$$n=5$. Podemos ver los ceros que originalmente surgieron de la $0 < a < 5$ raíces de $n^\text{th}$ (antes de reescalado) el viaje hacia los puntos en el círculo unidad. Este reescalado polinomio tiene también un gran cero real que tienden a $-1$$\infty$.

Figura 5: La última muestra el estado de los ceros se muestra en la Figura 4. En concreto, estos son los ceros de la reescalado polinomio $a \to \infty$$f\left(a^{1/(n+1)} x\right)$$n=5$.

Lado 3: supuse que el factor de escala $a = 5$ basado en experimentos numéricos, pero en principio podría haber sido deducida por tratar de equilibrar los dos mayores términos de $a^{1/(n+1)}$. Hemos mostrado en el $f(a^q x)$ que necesitamos para tomar $(*)$, y al darse cuenta de que $$ \frac{f(x)}{a^n} \a x $$ como $q < 1$ $a \to \infty$ nos gustaría también saber que debemos tomar en $n>1$.

De la discusión anterior, podemos deducir que el resto de los $q > 0$ ceros no se acueste sobre el eje real para $n^2-1$ lo suficientemente grande. Por lo tanto $a>0$ tiene exactamente tres ceros reales positivos para $f$ lo suficientemente grande.

Resumen de los resultados.

Vamos a suponer que siempre que $a>0$.

Para $a>0$ pequeño el polinomio $a$ tiene exactamente un cero real que es asintótica a$f$$a$. El resto de los $a \to 0$ ceros tienden a la $n^2$ raíces de $n^\text{th}$$-1$.

Para $a \to 0$ grande el polinomio tiene exactamente tres reales ceros, uno asintótica $a$, otro asintótica $a^{1-n}$, y el último asintótica $a$$a^{1/(n+1)}$. El resto de los $a \to \infty$ ceros son asintóticas a $n^2-1$ donde $\omega a^{1/(n+1)},$ $\omega$ raíz de la unidad.

Answer 2

He tropezado en el valor de $a$ a que $f(x)$ transiciones de un real positivo de cero a tres ceros reales positivos. No tengo ninguna prueba, aunque.

Cuando $$ a = \frac{n}{(n-1)^{1+1/n}}, $$ $f$ tiene un triple cero en $$ x = \frac{1}{(n-1)^{1/n}}. $$

Así que supongo que $a$ tiene este valor. Vamos a mostrar que

$$ f\left(\frac{y}{(n-1)^{1/n}}\right) = (n-1)^{-\frac{1+n+n^2}{n}} \left[n^n y+\Bigl((n-1)y-n\Bigr) \left(n-1+y^n\right)^n\right] $$

tiene una triple cero en $y=1$. Por comodidad vamos a

$$ g(y) = n^n y+\Bigl((n-1)y-n\Bigr) \left(n-1+y^n\right)^n. $$

Podemos comprobar que el $g$ tiene un cero en $y=1$ simplemente sustituyendo en. La diferenciación de los rendimientos

$$ g'(y) = n^n + (n-1)\a la izquierda(n-1+y^n\right)^n + n^2 y^{n-1} \Bigl((n-1)y-n\Bigr) \left(n-1+y^n\right)^{n-1}, $$

y podemos comprobar que este tiene un cero en $y=1$. La diferenciación de una vez más de rendimiento

$$ \begin{align} g''(y) &= n^2 (n-1) y^{n-2} (n-1+y^n)^{n-1} \\ &\qquad \times \Bigl(n-n^2+(n^2-1)y-(n^2+n)y^n+(n^2+1)y^{n+1}\Bigr), \end{align} $$

que también tiene un cero en $y=1$.

Estos valores de $a$ $x$ se encuentra numéricamente con la ayuda de la Inerse Simbólico de la Calculadora. No veo cómo utilizar esta información para responder el problema en su totalidad. Tal vez alguien tenga una idea.