Suma de los productos derivados de un polinomio

Question

Deje $p(x)$ ser un polinomio de grado $n$ satisfacción $p(x)\geq 0$ todos los $x$. Que es, para todos $x$, $p(x) = a_n x^n + a_{n-1} x^{n-1} + \cdots + a_1 x + a_0 \geq 0$, $a_n\neq 0$.

Mostrar que $p(x)+p'(x)+p''(x)+\cdots+p^{(n)}(x)\geq 0$ todos los $x$ donde $p^{(i)}(x)$ $i^\text{th}$ derivados.

Mi interés: sé que podemos reescribir el LDE de la siguiente manera

$$ p(x)+p'(x)+p"(x)+\cdots+p^{(n)}(x) = Lp(x) $$

donde $L := I + D + D^2 + \cdots + D^{(n)}$. Podemos decir nada acerca de un operador lineal de este tipo, de modo que no cambie el signo de la entrada que se necesita? Puedo tratar de resolver la cuestión por escrito para todos los derivados y el factoring ellos el uso de $p(x)$, pero creo que debe haber una forma inteligente de mostrar este por las propiedades de las $L$. Puedo encontrar una solución mirando a $L$ y el signo de $p(x)$ como en la pregunta? Donde debo buscar?

Answer 1

En lugar de $L_n := (1 + D + D^2 + \dots + D^{n})$, el uso de $L_{\infty} := (1 + D + D^2 + \dots)$, lo que viene a ser lo mismo para polinomios de grado $n$ o menos. Si nos vamos a

$$\sigma(x) = p(x)+p'(x)+p''(x)+\dots+p^{(n)}(x) = L_{\infty}(p)(x)$$

entonces podemos suma de la progresión geométrica en $D$ para obtener

$$\sigma(x) = ((1 + D + D^2 + \dots)p)(x) = ((1-D)^{-1}p)(x)$$

Así

$$p(x) = ((1-D)\sigma)(x)$$

Esto podría verse como el engaño, pero si echa en contra de la expresión original para $\sigma$ se puede ver que funciona:

$$((1-D)\sigma)(x) = p(x)+p'(x)+p"(x)+\dots+p^{(n)}(x) - (p'(x)+p"(x)+\dots+p^{(n)}(x))$$ $$= p(x)$$

Ahora defina $\tau(x) = e^{-x}\sigma(x)$, lo $\tau'(x) = e^{-x}(\sigma'(x) - \sigma(x)) = e^{-x}((D-1)\sigma)(x) = -e^{-x}p(x)$. Por hipótesis, esto es $ \le 0$ todos los $x \in \mathbb R$. También, $\sigma$ es un polinomio, por lo $\tau(x) \to 0$$x \to \infty$. Por lo tanto, $\tau(x) \ge 0$ todos los $x$.

Por lo tanto $\sigma(x) \ge 0$ todos los $x$, que es lo que queríamos.