Demostrar que p tiene m raíces distintas si y solo si p y p 'no tienen raíces en común

Question

Problema: Supongamos $p \in \mathcal{P}(\mathbf{C})$ tiene el grado $m$. Demostrar que $p$ $m$ distintas raíces, si y sólo si $p$ y su derivado $p'$ no tienen raíces en común.

Mi prueba de lo lejos: Si $m=0$, $p(z)=a_0\neq 0$ $p$ no tiene raíces. A continuación, $p'(z)=0$ y no tiene raíces. Si $m=1$, $p(z)=a_0+a_1z$ $a_1 \neq 0$ $p$ ha exactamente una raíz, es decir, $-a_0/a_1$ $p'(z)=a_1$ y no tiene raíces. En ambos casos, $p$ $p'$ no tienen raíces en común.

Ahora supongamos $m > 1$. Utilizamos la inducción en $m$, suponiendo que para cada polinomio $r$ $m-1$ distintas raíces, $r$ $r'$ no tienen raíces en común. Vamos $p$ ser un polinomio de grado $m$ con distintas raíces. Existe $q$ tal que \begin{align*} p(z)=(z-\lambda)q(z) \end{align*} para todos los $z \in \mathbf{F}$. Desde q ha $m-1$ distintas raíces, $q$ $q'$ no tienen raíces en común. Por la regla de la cadena, \begin{align*} p'(z)=(z-\lambda)q'(z)+q(z) \end{align*} Sabemos que $\lambda$ no es una raíz de $p'$ desde $p'(\lambda)=(\lambda-\lambda)q'(z)+q(\lambda)=0+q(\lambda)\neq 0$ lambda no es una raíz de $q$. Todos otras raíces de $p$ son raíces de $q$. Para estas raíces $\lambda_q$, $p'(\lambda_q)=(\lambda-\lambda_q)q'(\lambda_q)+q(\lambda_q)=(\lambda-\lambda_q)q'(\lambda_q) + 0 \neq 0$.

Ahora supongamos $m > 1$. Utilizamos la inducción en $m$, en este momento, asumiendo que por cada polinomio $r$ grado $m-1$ tal que $r$ $r'$ no tienen raíces en común, $r$ ha $m-1$ distintas raíces.

Estoy atascado aquí, ya que no saben cómo manipular los derivados. No estoy seguro de si la prueba por inducción es el mejor enfoque aquí y espero su ayuda!

Answer 1

No estoy seguro de que la inducción es realmente el camino a seguir. He aquí un esbozo de un posible argumento.

En primer lugar, si $p$ no ha $m$ distintas raíces, entonces tiene una doble (o de orden superior) de la raíz de $a$, por lo que $$p(x)=(x-a)^2q(x)$$ para algunos polinomio $q$. Ahora usted puede fácilmente calcular el $p'$ y mostrar que tiene una raíz en común con $p$.

Por el contrario, si $p$ $p'$ tienen una raíz común, $a$ podemos escribir $$p(x)=(x-a)q(x)\quad\hbox{and}\quad p'(x)=(x-a)r(x)\ .$$ La diferenciación de la primera ecuación e igualando con el segundo, $$(x-a)q'(x)+q(x)=(x-a)r(x)\ ,$$ lo que muestra que $x-a$ es un factor de $q(x)$. Por lo $a$ es un doble (al menos) de la raíz de $p$.

Answer 2

Intente escribir$p(x)=(x-\lambda)^kq(x)$ donde$q(\lambda)\neq 0$ luego$$p^{\prime}(x)=k(x-\lambda)^{k-1}q(x) +(x-\lambda)^kq^{\prime}(x)$ $ así que$$(x-\lambda)|(p(x),p^{\prime}(x))$ $ de y solo si$k>1$. Por lo tanto, la raíz$\lambda $ es una raíz múltiple si y solo si$p$ y$p^{\prime}$ tienen$\lambda$ como raíz común. Por lo tanto, si$p$ y$p^{\prime}$ no tienen raíces comunes, todas las raíces de$p$ son simples y debe haber$m$ de ellas.

Answer 3

Si $p(z)$ $m$ distintas raíces $\rho_j$, $1 \le j \le m$, entonces podemos escribir

$p(z) = a \prod_1^m (z - \rho_j), \tag{1}$

donde $0 \ne a \in \Bbb C$ es un complejo constante. Entonces la derivada de $p(z)$ es

$p'(z) = a \sum_{k = 1}^m \prod_{j = 1, j \ne k}^m (z - \rho_j), \tag{2}$

y, sucesivamente, la evaluación de $p'(z)$ a $\rho_1$, $\rho_2$, $\ldots$, $\rho_m$ vemos que

$p'(\rho_l) = a \prod_{j = 1, j \ne l}^m (\rho_l - \rho_j) \ne 0 \tag{3}$

puesto que el $\rho_j$ son distintos; por lo tanto $p(z)$ $p'(z)$ no tienen en común cero.

Por otro lado, si asumimos que $p(z)$tiene múltiples cero $\rho$, luego

$p(z) = (z - \rho)^kq(z) \tag{4}$

para algunos $k \ge 2$$q(z) \in \Bbb C[z]$. Por lo tanto, tienen

$p'(z) = k(z - \rho)^{k - 1}q(z) + (z - \rho)^kq'(z), \tag{5}$

que, desde la $k \ge 2$, muestra que $(z - \rho) \mid p'(z)$; por contraposición, esto a su vez implica que si no $\rho$ satisfacción $p(\rho) = p'(\rho) = 0$ existe, es decir, no es $\rho$ tal que $(z - \rho) \mid p(z)$$(z - \rho) \mid p'(z)$, las raíces de $p(z)$ deben ser distintos el uno del otro.

QED.

Nota Añadida en Respuesta a Comentarios por Srinivas Vasudevan, miércoles 4 de junio de 2014, 4:43 PM PST: La transición 'entre (1) y (2) sigue las reglas ordinarias de diferenciación aplicado a polinomios. En pocas palabras, tenemos la de Leibniz, Producto de la Regla para la diferenciación de operación: para $f(z), g(z) \in \Bbb C[z]$:

$(f(z)g(z))' = f'(z)g(z) + f(z)g'(z). \tag{6}$

(6) en realidad se aplica a cualquier funciones diferenciables, y pueden ser validados por un estándar $\epsilon$-$\delta$ prueba construido alrededor de la ordinaria de la definición de derivada como

$f'(z) = \lim_{\Delta z \to 0} \dfrac{f(z + \Delta z) - f(z)}{\Delta z}, \tag{7}$

o puede ser tenido por polinomios en $\Bbb C[z]$ en un puramente algebraico donde la derivada $Df(z) = f'(z)$ se define como un operador lineal en $\Bbb C[z]$ que además satisface $Dc = 0$ para todas constante $c \in \Bbb C$ $Dz^n = nz^{n - 1}$ para todo entero $n \ge 1$; el ordinario de la fórmula para la derivada de un polinomio de la siguiente manera fácilmente, de manera algebraica, a partir de estas propiedades de definición, como lo hace (6). La concesión de que (6) se cumple para cualesquiera dos polinomios $f(z), g(z) \in \Bbb C[z]$, vemos que para cualquier tres polinomios $f(z)$, $g(z)$, $h(z)$,

$(f(z)g(z)h(z))' = (f(z)(g(z)h(z)))' = f'(z)g(z)h(z) + f(z)(g(z)h(z))'$ $= f'(z)g(z)h(z) + f(z)(g'(z)h(z) + g(z)h'(z))$ $= f'(z)g(z)h(z) + f(z)g'(z)h(z) + f(z)g(z)h'(z). \tag{8}$

Es fácil, teniendo en cuenta (6) y (7), para mostrar de forma inductiva que para cualquier entero $m \ge 2$ y cualquier colección $f_j(z) \in \Bbb C[z]$, $1 \le j \le m$ de polinomios, que

$(\prod_1^m f_j(z))' = \sum_{k = 1}^m (f'_k(z) \prod_{j = 1, j \ne k}^m f_j(z)); \tag{9}$

Voy a dejar los detalles para el lector. Si establecemos $f_j(z) = z - \rho_j$ (9), tenemos $f'_j(z) = 1$ y la implicación $(1) \Rightarrow (2)$ es de inmediato. Final de la Nota.

Espero que esto ayude. ¡Hasta la vista,

y como siempre,

Fiat Lux!!!

Answer 4

Cualquier polinomio $p(x)$ puede ser escrito como $\prod_{i=1}^mx-r_i$ si $r_i$ $i$th raíz de $p(x)$

La constante polinomio no tiene raíces, por lo que no tiene raíces en común con su derivada.

Un polinomio $x-r_1$ ha derivado $1$, por lo que no tiene raíces en común con su derivada.

Un polinomio $(x-r_1)(x-r_2)$ ha derivado $2x-r_1-r_2$, que tiene una única raíz en $\frac{r_1+r_2}{2}$, que sólo tiene una raíz compartida con $(x-r_1)(x-r_2)$ si $r_1=r_2$. Esto significa que, si y sólo si $(x-r_1)(x-r_2)$ tiene raíces múltiples, la derivada también tienen esa raíz.

Iff $p(x)$ tiene raíces múltiples, a continuación, el derivado de las acciones que de la raíz, que puede ser demostrado por todos los $p(x)$ inductiva, en la que o bien son un polinomio de grado 2, caso en el cual se muestra arriba, o son de un grado más alto. Y es que se muestra a continuación.

$$\frac{\text{d}}{\text{d}x}p(x)(x-r)=p(x)+(x-r)p'(x)$$

Esto significa que si $p(x)=0$$p'(x)=0$, entonces la ecuación anterior también es $0$. Si sólo$p(x)=0$, luego el otro término que se va a evaluar a un valor distinto de cero, a menos que $x=r$, en cuyo caso $p(x)(x-r)$ tendrá un múltiplo de la raíz. Si $p'(x)$ pero no $p(x)(x-r)$ evalúa a cero, entonces la ecuación anterior no será de cero y no comparten una raíz.

Esto no es completamente adecuadamente formulado, pero espero que así como yo estoy tratando de mostrar esto.