Encuentre $P$ tal que $P' | P$

Question

Quiero saber cómo responder a esta pregunta:

Encontrar todos los polinomios en $\mathbb{R}[X]$ tal que la derivada $P' \ | \ P$ .

Mi esfuerzo:

Sabemos que

• En $n$ polinomio de grado tiene $n$ raíces en $\mathbb{C}$ .

• $P(x) = P'(x) \cdot (ax+b).$

Así, podemos suponer que $$P' = b(x-a_1)(x-a_2)\dots(x-a_{n-1}),$$ y $$P = c(x-a_1)(x-a_2)\dots(x-a_{n-1}) (x-a_{n})$$ donde $b, c\in \mathbb{R}$ y $a_1,\dots,a_n \in \mathbb{C}$ . Tomando la derivada tenemos $$P' = c(x-a_2)(x-a_3)\dots(x-a_n)+c(x-a_1)(x-a_2)\dots(x-a_n)+ \dots + c(x-a_2)(x-a_3)\dots(x-a_{n-1}).$$ Desde $P'(a_1) = 0$ entonces tenemos $c(a_1-a_2)\dots(a_1-a_n) = 0$ Así pues $x\in \{{a_2,\dots, a_n}\}$ . Supongamos que $a_1=a_2$ . Entonces $$P = c(x-a_1)^2(x-a_3)\dots(x-a_{n-1}) (x-a_{n}).$$ Espero que en algún momento, pueda conseguir $P = c(x-a_1)^n$ .

Answer 1

Sea $$P(x) = a_nx^n+....+a_1x+a_0,$$ entonces tenemos $$ a_nx^n + ...+a_1x+a_0 = (a_n\cdot n\cdot a) x^n+...+(aa_1+2a_2b)x+a_1b$$ Desde $a_n\neq 0$ obtenemos $an=1$ Así que $a=1/n$

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Escriba a $$ {P'(x) \over P(x)} = {1\over ax+b}$$

Entonces $$a(\ln P(x))' = (\ln(ax+b))'$$ y así $$a\ln(P(x) = \ln(ax+b) + c$$

Así que $$P(x) = (ax+b)^{1\over a} e^c = (ax+b)^ne^c$$

Answer 2

Para un polinomio $P$ de grado $n$ Nosotros siempre tienen

$${P'(x)\over P(x)}={1\over x-r_1}+{1\over x-r_2}+\cdots+{1\over x-r_n}$$

donde $r_1,r_2,\ldots,r_n$ son las raíces de $P$ . Si, al mismo tiempo, tenemos $P'\mid P$ entonces $P(x)={1\over n}(x-r)P'(x)$ para algunos $r$ (ya que $P'$ es de grado $n-1$ con coeficiente de plomo que es $n$ veces el coeficiente de plomo de $P$ ). Esto nos da

$${n\over x-r}={1\over x-r_1}+{1\over x-r_2}+\cdots+{1\over x-r_n}$$

Si no tenemos $r_1=r_2=\cdots=r_n=r$ entonces el lado derecho tiene una singularidad donde el lado izquierdo no la tiene. Por lo tanto, si $P'\mid P$ debemos tener $r_1=r_2=\cdots=r_n=r$ y así $P$ debe tener la forma $P(x)=a(x-r)^n$ . También necesitamos $a,r\in\mathbb{R}$ para que $P$ para tener coeficientes reales.

Observación: La igualdad clave puede demostrarse por inducción: Si $P(x)=(x-r_n)Q(x)$ con

$${Q'(x)\over Q(x))}={1\over x-r_1}+{1\over x-r_2}+\cdots+{1\over x-r_{n-1}}$$

entonces

$$\begin{align} {P'(x)\over P(x)} &={((x-r_n)Q(x))'\over(x-r_n)Q(x)}\\ &={(x-r_n)Q'(x)+Q(x)\over(x-r_n)Q(x)}\\ &={Q'(x)\over Q(x)}+{1\over x-r_n}\\ &={1\over x-r_1}+{1\over x-r_2}+\cdots+{1\over x-r_{n-1}}+{1\over x-r_n} \end{align}$$

(con el caso base, $P(x)=a(x-r_1)$ , siendo sencillo de comprobar).

Answer 3

Escriba a $P(x) = P'(x) L(x)$ donde $L$ tiene grado $1$ .

Escriba a $P(x) = L(x)^m Q(x)$ donde $Q$ es coprimo con $L$ .

Entonces $P' = m L^{m-1} L' Q + L^m Q'$ y así $L^m Q = P = P'L = m L^{m} L' Q + L^{m+1} Q'$ . Por lo tanto, $Q$ divide $ L^{m+1} Q'$ . Desde, $Q$ es coprimo con $L$ , $Q$ debe dividir $Q'$ y esto ocurre sif $Q$ es constante.

Así, $P=q L^m$ .

Answer 4

Supongamos que $P$ es de grado $n$ . Entonces $P'$ es de grado $n-1$ . Entonces, por supuesto, $P'| P$ significa que existe un polinomio $Q$ de grado 1 tal que $P'Q = P$ . (De lo contrario, el grado de $QP'$ no sería la misma que la de $P$ )
Escribamos $P = a_n x^n + ... + a_1x + a_0$ . Entonces $P' = n a_n x^{n-1} + (n-1)a_{n-1}x^{n-2}+... + a_1$
Podemos escribir $Q$ como $bx + c$ Así que $Q P' = (bx+c)(n a_n x^{n-1} + (n-1)a_{n-1}x^{n-2}+... + a_1) = $ $= a_n n b x^n + (a_{n-1}(n-1)b + na_n c)x^{n-1}+... + (a_{i-1} (i-1)b+a_i ic)x^{i-1} + (a_1 b + a_2 2 c )x+a_1 c $

Entonces, puesto que $QP' = P$ debemos tener \begin{cases} a_n = a_n n b \\ ... \\ a_{i-1} = a_{i-1} (i-1) b + a_i i c \\ ... \\ a_0 = a_1c \end{cases}

Para la primera ecuación sabemos que debemos tener $b = \frac{1}{n}$ y del último $c = \frac{a_0}{a_1}$
Entonces, si todos los demás $a_{i-1} = a_{i-1} (i-1) b + a_i i c$ para $i = 1... n-1$ son buenos con eso, alcanzamos nuestro objetivo. Eso significa que tienen que resolver $a_{i-1} = a_{i-1} (i-1) \frac{1}{n} + a_i i \frac{a_0}{a_1}$
Es decir $a_{i-1} (1 - \frac{i-1}{n}) = a_i i \frac{a_0}{a_1}$ que es $a_{i-1} = a_i i \frac{a_0}{a_1}\frac{n}{n-i+1}= a_i \frac{a_0}{a_1}\frac{in}{n-i+1}$
Eso nos da una manera de encontrar, con libre $a_0, a_1, a_n$ todos los demás $a_i$ . Sin embargo, si lo aplicamos a $a_1$ nos da $a_1=a_2 \frac{a_0}{a_1}\frac{n}{n} $ lo que significa $a_1 ^2 = a_2 a_0$

Answer 5

$P$ es una solución de la ecuación diferencial

$$\frac{P}{P'} = Ax + B $$

para algunos $A$ y $B$ en $\mathbb R$ .

Esto es cierto porque

1) $\operatorname{deg} (P') = \operatorname{deg}(P) - 1$ ,

2) $P/P'$ resulta ser un polinomio porque $P' \mid P$

3) $P/P'$ tiene grado $1$ por mi primer punto, y por lo tanto tiene la forma general $Ax+B$

Tomando el recíproco se obtiene

$$\frac{P'}{P} = \frac 1 {Ax + B}$$

Se trata de una ecuación diferencial separable. Así que podemos escribir lo anterior como

$$\frac{d}{dx}\log(P(x)) = \frac1A\frac{d}{dx}\log(Ax+ B)$$

Y se puede resolver, pero sería ligeramente poco riguroso porque si cualquiera de los dos $P(x)$ o $Ax + B$ no son positivos entonces no es legal tomar el $\log$ .

Así que lo hacemos con rigor: Hay un intervalo abierto no vacío $I$ en el que $Ax + B$ es positivo. En $I$ está bien tomar $\log(Ax+B)$ . Pero incluso sobre $I$ , $f(x)$ puede seguir siendo negativo. Para que $f(x)$ "loggable", multiplíquelo por una potencia adecuada de $-1$ para que sea positivo. Todo esto nos lleva:

$$\frac{d}{dx}\log((-1)^CP(x)) = \frac 1 A \frac{d}{dx}\log(Ax + B), x \in I$$

Tomando antiderivados y reordenando conseguimos $$P(x) = (-1)^Ce^D(Ax+B)^{1/A}$$

Esto se puede escribir como $$P(x) = \alpha (\beta x + \gamma)^n $$

para arbitraria $\alpha, \beta, \gamma \in\mathbb R$ donde $\alpha, \beta \neq 0$ .

Un polinomio sobre $I$ se generaliza unívocamente sobre $\mathbb R$ y tiene la forma anterior.