¿Por qué $d^n \exp(-x-x^{-1})/(dx)^n$ sólo tienen $n$ ¿Ceros reales positivos?

Question

Establecer $f(x) = \exp(-x-x^{-1})$ . Una inducción fácil demuestra que $$\frac{d^n}{(dx)^n} f(x) = \phi_n(x^{-1}) f(x)$$ para $\phi_n$ un polinomio de grado $2n$ . Es evidente que las raíces de $\phi_n(x^{-1})$ son las mismas que las raíces de $f^{(n)}(x)$ y, mediante el uso repetido del teorema de Rolle, $f^{(n)}(x)$ tiene al menos $n$ raíces en $(0, \infty)$ . Desde $\phi_n$ tiene grado $2n$ Hay espacio para muchas más raíces reales positivas que esas.

Sin embargo, para $n \leq 50$ los cálculos informáticos muestran que $\phi_n$ tiene exactamente $n$ ¡raíces reales positivas! ¿Por qué?

Motivación: Nada en realidad, sólo estaba pensando en esta pregunta y haciendo el tonto.

Datos: Aquí están los primeros $10$ valores de $\phi_n(y)$ :

1, -1 + y^2, 1 - 2 y^2 - 2 y^3 + y^4, -1 + 3 y^2 + 6 y^3 + 3 y^4 - 6 y^5 + y^6, 1 - 4 y^2 - 12 y^3 - 18 y^4 + 32 y^6 - 12 y^7 + y^8, -1 + 5 y^2 + 20 y^3 + 50 y^4 + 60 y^5 - 50 y^6 - 180 y^7 + 115 y^8 - 20 y^9 + y^10, 1 - 6 y^2 - 30 y^3 - 105 y^4 - 240 y^5 - 200 y^6 + 540 y^7 + 1095 y^8 - 1080 y^9 + 294 y^10 - 30 y^11 + y^12, -1 + 7 y^2 + 42 y^3 + 189 y^4 + 630 y^5 + 1295 y^6 + 420 y^7 - 5075 y^8 - 7140 y^9 + 10521 y^10 - 3990 y^11 + 623 y^12 - 42 y^13 + y^14, 1 - 8 y^2 - 56 y^3 - 308 y^4 - 1344 y^5 - 4256 y^6 - 7560 y^7 + 3430 y^8 + 48160 y^9 + 48664 y^10 - 108360 y^11 + 53788 y^12 - 11424 y^13 + 1168 y^14 - 56 y^15 + y^16, -1 + 9 y^2 + 72 y^3 + 468 y^4 + 2520 y^5 + 10668 y^6 + 31752 y^7 + 45234 y^8 - 83160 y^9 - 478674 y^10 - 330120 y^11 + 1186836 y^12 - 742392 y^13 + 201132 y^14 - 27720 y^15 + 2007 y^16 - 72 y^17 + y^18, 1 - 10 y^2 - 90 y^3 - 675 y^4 - 4320 y^5 - 22800 y^6 - 93240 y^7 - 256830 y^8 - 246960 y^9 + 1272348 y^10 + 5033700 y^11 + 1965810 y^12 - 13829760 y^13 + 10636800 y^14 - 3530520 y^15 + 614925 y^16 - 59760 y^17 + 3230 y^18 - 90 y^19 + y^20

Las otras raíces se encogen hacia $0$ como $1/n$ mientras se acumulan en una especie de curva. Aquí hay una imagen para $n=50$ :

Answer 1

Como dije en los comentarios, el antiguo post sobre MathStackExchange es muy relevante aquí en la medida en que resuelve el problema. Lo único que necesitas es darle la vuelta al argumento que allí se expone.

Para $a>0$ tenemos la identidad $$ \frac{d^{l+1}}{dx^{l+1}}[(x+a)^{-(m-1)}e^{-1/x}]=(x+a)^{-l}\frac d{dx}\left((x+a)^{l+1}\frac{d^{l}}{dx^{l}}[(x+a)^{-m}e^{-1/x}]\right) $$ Esta es sólo la identidad $$ \frac{d^{l+1}}{dx^{l+1}}[(x+a)F(x)]=(x+a)^{-l}\frac d{dx}\left((x+a)^{l+1}\frac{d^{l}}{dx^{l}}F(x)\right) $$ aplicado con $F(x)=(x+a)^{-m}e^{-1/x}$ . Implica por Rolle que el $l+1$ -derivada de $(x+a)^{-(m-1)}e^{-1/x}$ tiene al menos tantas raíces positivas como la $l$ -ésima derivada de $(x+a)^{-m}e^{-1/x}$ para $m=1$ y al menos una raíz positiva más para $m\ge 2$ (esta diferencia se debe a que el producto $(x+a)^{l+1}\frac{d^{l}}{dx^{l}}[(x+a)^{-m}e^{-1/x}]$ tiende a $0$ en $+\infty$ para $m\ge 2$ pero no para $m=1$ . Inductivamente, concluimos que si $\frac{d^{l}}{dx^{l}}[(x+a)^{-m}e^{-1/x}]$ tiene al menos $\ell+1$ raíz positiva, entonces $\frac{d^{l+m}}{dx^{l+m}}[e^{-1/x}]$ tiene al menos $l+m$ raíces positivas, lo que es absurdo porque es un polinomio de grado $l+m-1$ veces $x^{-2(l+m)}e^{-1/x}$ .

Ahora elegimos un enorme $m$ y utilizar $a=m$ concluir que la $l$ -ésima derivada de $\left(1+\frac xm\right)^{-m}e^{-1/x}$ tiene como máximo $l$ raíces positivas.

Dejar $m\to+\infty$ con fijo $l$ derivamos que el $l$ -ésima derivada de $e^{-x-1/x}$ tiene como máximo $l$ ... bueno, aún no raíces, pero sí cambios de signo. Nótese, sin embargo, que el teorema de Rolle engendra algo más que raíces. Para las funciones analíticas, garantiza que entre dos raíces cualesquiera hay un cambio de signo. Así, si la función $l$ -ésima derivada tiene más de $l$ raíces positivas contadas con multiplicidad y $L$ es la mayor multiplicidad de una raíz, entonces el $l+L$ -ésima derivada tiene más de $l+L$ cambia de signo. El final.

Answer 2

He aquí un enfoque incompleto que, sin embargo, explica el número esperado de raíces positivas: Para otra variable $\alpha$ definimos la familia más general de polinomios $\phi_n(x,\alpha)\in\mathbb Q[\alpha][x]$ por \begin{equation} \phi_n(\frac{1}{x},\alpha)=e^{\alpha x+\frac{1}{x}}\cdot(e^{-\alpha x-\frac{1}{x}})^{(n)}. \end{equation} Establecer $\psi_n(x)=\phi_n(x,0)$ . Tenga en cuenta que $\phi_n(x,1)$ es el polinomio de la pregunta. La idea es utilizar una deformación de $\phi_n(x,\alpha)$ donde $\alpha$ va desde $1$ a $0$ en la línea real.

En primer lugar, tenga en cuenta que el $n$ -ésima derivada del producto $e^{-\alpha x-\frac{1}{x}}=e^{-\alpha x}\cdot e^{-\frac{1}{x}}$ produce \begin{equation} \phi_n(x,\alpha)=\sum_{m=0}^n\binom{n}{m}(-\alpha)^{n-m}\psi_m(x). \end{equation} Los polinomios $\psi_m(x)$ cumplir $\psi_0=1$ y $\psi_m=x^2(\psi_{m-1}-\psi_{m-1}')$ . De ello se deduce fácilmente que $\psi_m$ es mónico de grado $2m$ y para $m\ge1$ tiene la forma \begin{equation} \psi_m(x)=(-1)^mm!x^{m+1}+\dots+x^{2m}. \end{equation} (Los demás coeficientes, que no necesitamos aquí, también pueden calcularse explícitamente. El coeficiente de $x^{m+1+k}$ en $\psi_m(x)$ es $\binom{m-1}{k}\frac{m!}{(k+1)!}(-1)^k$ . De hecho, $\psi_m(x)$ es, con pequeños cambios, el polinomio de Laguerre generalizado $L^{(1)}_{m-1}(x)$ .)

Demostramos la cuestión bajo el supuesto aún no demostrado de que $\phi_n(x,\alpha)$ es separable para todo $0<\alpha\le1$ . Desde $\phi_n(0,\alpha)=(-\alpha)^n\ne0$ el número de raíces reales positivas de $\phi_n(x,\alpha)$ es constante para $\alpha$ en esta gama.

A partir de las fórmulas anteriores, vemos que el coeficiente de $x^k$ en $\phi_n(x,\alpha)$ para $2\le k\le n+1$ es \begin{equation} -(-1)^nn(n-1)(n-1)\cdots(n-k+2)\alpha^{n+1-k}+\text{higher order terms in $\alpha$}, \end{equation} por lo que todos tienen el mismo signo para $\alpha>0$ suficientemente pequeño. Fije este $\alpha$ . Así, entre los más pequeños $n+2$ coeficientes de $\phi_n(x,\alpha)$ hay exactamente un cambio de signo. Los coeficientes de $x^{n+1},\dots,x^{2n}$ contribuyen como máximo $n-1$ cambios de signo. Así que todos juntos $\phi_n(x,\alpha)$ tiene como máximo $n$ cambios de signo. Según la regla de Descartes, $\phi_n(x,\alpha)$ y también $\phi_n(x,1)$ tienen como máximo $n$ raíces positivas.

Observación: También se puede entender el comportamiento de las raíces geométricamente. Las siguientes imágenes para $n=10$ y $n=11$ ilustran cómo las raíces de $\phi_n(x,1)$ (los extremos rojos) se desplazan a las raíces de $\phi_n(x,0)$ (los extremos azules). Sólo las dos raíces positivas más pequeñas de $\phi_n(x,\alpha)$ se muestran:

Al dejar $\alpha$ huir de $1$ a $0$ ocurre lo siguiente: Las raíces complejas no reales de $\phi_n(x,1)$ caminar hasta $0$ y lo mismo ocurre con la raíz positiva más pequeña de $\phi_n(x,1)$ y la raíz negativa (que existe para impar $n$ ).

De hecho, en los alrededores de $\alpha=0$ las raíces de $\phi_n(x,\alpha)$ que convergen a $0$ se comportan como se espera. Esto puede leerse a partir de una expansión local de estas raíces como series de Puiseux en $\alpha$ . El polígono de Newton muestra que tienen $\alpha$ -valoracionadic $\frac{n}{n+1}$ . Ahora $\alpha^{-n}\phi_n(x\alpha^{\frac{n}{n+1}},\alpha)$ es un polinomio en $\alpha^{\frac{n}{n+1}}$ y $x$ que al fijar $\alpha=0$ tiene la forma $n!x^{n+1}-1$ (se deduce de las fórmulas anteriores). Esto demuestra que $n+1$ las raíces se van $0$ en ángulos $2\pi k/(n+1)$ para $k=0,1,\dots,n$ .

Answer 3

Actualización: El planteamiento de (1) probablemente tampoco funcione. El cálculo numérico de las cadenas de Sturm sugiere que la desigualdad no se cumple para $n=317$ . Aumentar la precisión sigue prediciendo que $2\phi_n(x)^2-x^3(\phi_n(x)\phi_n''(x)-\phi_n'^2(x))$ tiene $2$ raíces positivas.

Algunas pequeñas observaciones que no caben en el campo para comentarios:

(1) Tal vez se podría hacer funcionar una pequeña modificación de la sugerencia de Fedor Petrov de los comentarios. Parece ser que $\frac{\phi_{n+1}(x)}{x^2\phi_n(x)}$ aumenta para $x>0$ en todos los intervalos abiertos entre las singularidades. Si es así, la afirmación se deduce fácilmente. Utilizando la sencilla relación \begin{equation} \phi_{n+1}(x)=(x^2-1)\phi_n(x)-x^2\phi_n'(x), \end{equation} vemos que la monotonicidad de esta función es equivalente a \begin{equation} 2\phi_n(x)^2\ge x^3(\phi_n(x)\phi_n''(x)-\phi_n'^2(x)) \end{equation} para todos $x>0$ . O de forma más compacta, \begin{equation} \left(\frac{\phi_n'(x)}{\phi_n(x)}\right)'\le\frac{2}{x^3}. \end{equation} Esta desigualdad se demuestra rigurosamente utilizando cadenas de Sturm para todos los $n\le65$ .

(2) La expectativa de la OP sobre el número de raíces reales positivas se cumple para todo $n\le6000$ por la Regla de Descartes.

(3) Me pregunto si los polinomios de David $\phi_n$ aparecen en algún lugar de la literatura, o si tienen una interpretación natural. Obsérvese que la sustitución de $-x-\frac{1}{x}$ en su definición con $-x^2$ da los polinomios de Hermite. Es interesante que $x^2$ y $x+\frac{1}{x}$ son una especie de las funciones racionales no constantes más pequeñas que se fijan bajo los automorfismos involutorios $x\mapsto-x$ y $x\mapsto\frac{1}{x}$ respectivamente. Mientras que estos dos automorfismos son conjugados en $\text{Aut}(\mathbb C(x))=\text{PGL}_2(\mathbb C)$ esto no parece relacionar el $\phi_n$ a los polinomios de Hermite.

Answer 4

Otra solución, inspirada en la de Fedja. Esta también establece la afirmación más fuerte de Peter Mueller de que los coeficientes de $\phi_n(x)$ tienen $n$ cambios de signo (en el sentido de la Regla de los Signos de Descartes).

Para cualquier polinomio de Laurent $f(x) \in \mathbb{R}[x, x^{-1}]$ , dejemos que $D(f)$ denotan el número de cambios de signo en los coeficientes de $f$ .

Reclamación 1 Para cualquier número entero $0 \leq r \leq m$ , $$D \left( \left( \frac{d}{dx} \right)^r (1-x/m)^m (1-x^{-1}/m)^m \right) \leq 2m-r.$$

Prueba Los únicos monomios con coeficiente distinto de cero son $x^{-m-r}$ , $x^{-m-r+1}$ , ..., $x^{-r-1}$ , $1$ , $x$ , ..., $x^{m-r}$ un total de $2m-r+1$ monomios. $\square$

Reclamación 2 Para cualquier polinomio de Laurent $h(x)$ y cualquier $a>0$ tenemos $D((x-a) h(x)) \geq D(h(x))+1$ .

Prueba Se trata de un lema estándar establecido en el curso de la demostración de la Regla de los Signos de Descartes. Véase, por ejemplo, esta prueba . $\square$

Reclamación 3 $$D \left(\frac{ \left( \frac{d}{dx} \right)^r (1-x/m)^m (1-x^{-1}/m)^m }{(1-x/m)^{m-r} (1-x^{-1}/m)^{m-r}} \right) \leq r.$$

Esto se deduce por $2m-2r$ usos de la reivindicación 2.

Ahora, enviando $m \to \infty$ obtenemos $$D\left( \frac{\left( \frac{d}{dx} \right)^r \exp(-x-x^{-1})}{\exp(-x-x^{-1})} \right)\leq r$$ como desee.

Answer 5

Decidí probar un ataque de integración de contornos. Las fórmulas se me hicieron demasiado liosas, pero quizá alguien más lo termine.

Por el teorema de Taylor, para $|z|<|x|$ tenemos $$f(x+z) = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{z^n}{n!} f^{(n)}(x) = \left( \sum_{n=0}^{\infty} \frac{z^n \phi_n(1/x)}{n!} \right) f(x).$$ Así que $$\frac{\phi_n(1/x)}{n! (2 \pi i)} = \oint \frac{f(x+z)}{z^{n+1} f(x)} dz = \oint \exp{\Big (}-(x+z)^{-1} + x^{-1} - z - (n+1) \log z{\Big )} \ dz.$$ El integrando tiene tres puntos críticos, en las raíces de $$z^3 + (n+2 x+1) z^2 + (2 n x+x^2+2 x-1) z + (n x^2+x^2)=0.$$ Trabajar en las expansiones de los puntos de apoyo en estas raíces era demasiado complicado para mí, pero tal vez fácil para alguien más.