Raíces de $(x+a)^n+x^n+(x-a)^n=0$ ¿son reales o puramente imaginarios?

Question

Pregunta: Para cualquier $a\in \Bbb R$ y $n\in\Bbb N^+$ , demuestre todas las raíces de $$(x+a)^n+x^n+(x-a)^n=0$$ son reales o puramente imaginarios.

Algunas reflexiones hasta ahora:

Si $z$ es una raíz de la ecuación, es fácil comprobar que $-z,\overline z, -\overline z$ son las raíces, también. Intenté poner $z=u+vi$ y $\overline z=u-vi$ en la ecuación, pero parece más complicado.

¿Alguna idea para proceder?

Answer 1

Su conjetura es cierta. De hecho, vamos a demostrar lo siguiente:

Teorema: Dejemos que $P_{n,a}(x)$ sea el polinomio $$P_{n,a}(x) = (x-a)^n + x^n + (x+a)^n,$$ donde $n\in \mathbb{N^+}$ y $0\neq a\in \mathbb{R}$ . Entonces todas las raíces de $P_{n,a}$ se encuentran en el eje imaginario.

Prueba: Primero hacemos algunas simplificaciones. En primer lugar, observemos que el teorema es válido para $P_{n,a}$ si y sólo si es válida para $P_{n,1}$ desde $$(x-a)^n + x^n + (x+a)^n = 0 \iff \left(\frac{x}{a} - 1\right)^n + \left(\frac{x}{a}\right)^n + \left(\frac{x}{a} + 1\right)^n = 0,$$ por lo que trabajaremos con $P_n \equiv P_{n,1}$ sin pérdida de generalidad a partir de ahora.

Ahora bien, tenga en cuenta que $x=0$ es una raíz si y sólo si $n$ es impar. Debido a esto, también nos hará las cosas un poco más convenientes asumir que $n$ es uniforme. También podemos hacer esto sin pérdida de generalidad debido a la Teorema de Gauss-Lucas y el hecho de que $P'_n(x) = nP_{n-1}(x)$ . Así que basta con trabajar con $P_{2n}$ .

Finalmente, con exponente par basta considerar la ecuación equivalente $$x^{2n}\left(1-\frac{1}{x}\right)^{2n} + x^{2n} + x^{2n}\left(1+\frac{1}{x}\right)^{2n} = 0 \iff (1-iy)^{2n} + 1 + (1+iy)^{2n} = 0,\tag{*}$$ donde escribimos $iy = x^{-1}$ .

Dejemos que $z = 1+iy$ . Las soluciones a $(*)$ con $y$ puramente real (o, por el contrario, $x$ puramente imaginario) corresponde a las soluciones de la ecuación $$\mathrm{Re}(z^{2n}) = -\frac{1}{2}.\tag{**}$$ Ahora, supongamos que $y$ es real. Demostraremos que $(**)$ tiene $2n$ soluciones, y por lo tanto que $P_{2n}(x) = 0$ tiene $2n$ raíces imaginarias.

Escribamos $z = re^{i\theta}$ donde $r=\sqrt{1+y^2}$ y $\tan \theta = y$ . Entonces $$z^{2n} = (1+y^2)^ne^{2ni\theta},$$ o de forma equivalente $$\mathrm{Re}(z^{2n}) = (1+\tan^2 \theta)^n\cos(2n\theta) = \frac{\cos(2n\theta)}{\cos^{2n}(\theta)}.$$ Podemos escribir $\cos(2n\theta)$ en términos de Polinomios de Chebyshev y por lo tanto buscamos soluciones de $$T_{2n}(\cos\theta) + \frac{1}{2}\cos^{2n}\theta = 0,$$ Por lo tanto, habremos terminado si podemos demostrar que $$T_{2n}(x) + \frac{1}{2}x^{2n} = 0 \tag{***}$$ tiene $n$ soluciones distintas en el intervalo $(0,1)$ que corresponderá a $2n$ valores distintos de $\theta \in (-\pi/2 , \pi/2)$ que parametriza las soluciones de $(**)$ .

Ahora bien, una de las características que definen a los polinomios de Chebyshev es que todas sus raíces se encuentran dentro del intervalo $(-1,1)$ y son simétricos respecto a $0$ . Por lo tanto, $T_{2n}$ tiene precisamente $n$ raíces reales positivas distintas en $(0,1)$ . Además, las magnitudes de los máximos/minimos locales de $T_n$ dentro del intervalo $(-1,1)$ son precisamente $\pm 1$ .

La adición de $\frac{1}{2}x^{2n}$ corresponde a una perturbación de $T_{2n}$ de magnitud inferior a $1$ en $(0,1)$ y por lo tanto no puede cambiar los signos de ninguno de los máximos/minimos locales. Por lo tanto, por el teorema del valor intermedio, la adición de $\frac{1}{2}x^{2n}$ no puede cambiar el hecho de que existe $n$ raíces distintas en $(0,1)$ . Esto demuestra el resultado. $\square$