Polinomio positivo en un intervalo

Question

Si $p$ es un polinomio con coeficientes reales y p(x)>0 en [0,1], entonces $p(x)=\sum c_{i,j} x^i(1-x)^j$ con $c_{i,j}$ positivo. Sé que esto es cierto pero necesito una prueba/referencia. Gracias.

Answer 1

Véase "Polinomios que son positivos en un intervalo" por mí y Bruce Reznick, Trans. Amer. Math. Soc. 352 (2000), 4677-4692. Damos una breve historia de este problema junto con un límite para el mínimo $m$ para que $p$ se puede escribir $p = \sum_{i=1}^m c_i x^i (1-x)^{m-i}$ con $c_i \geq 0$ . El límite depende del mínimo de $p$ en $[0,1]$ y el tamaño de los coeficientes. La mejor referencia para esto (sin el límite) es probablemente P\'olya-Szego.

Answer 2

La siguiente ampliación del comentario de Keivan Karai demuestra el resultado.

Considere $q(x):=p(x)-c$ donde $c=\frac12 \min p([0,1])$ .

Aproximadamente $q(x)$ como sugirió Keivan: que $$ q_n(x) = \sum_{i=0}^n q(i/n) \binom ni x^i(1-x)^{n-i} . $$ Entonces $q_n$ es un polinomio de como máximo el mismo grado que $q$ (y por lo tanto $p$ ) y $q_n$ converge a $q$ uniformemente en $[0,1]$ . Como el grado está acotado, se deduce que los coeficientes de $Q_n$ convergen a los coeficientes de $q$ . En particular, $\deg q_n=\deg q$ para todo lo que sea suficientemente grande $n$ . Dejemos que $a$ sea el coeficiente principal de $q$ y $a_n$ el coeficiente principal de $q_n$ . Entonces $a_n\to a$ y por lo tanto el polinomio $$ r_n(x):=\frac a{a_n} q_n(x) $$ converge a $q(x)$ uniformemente en $[0,1]$ . Elija $n$ tan grande que $|r_n-q|<c$ en $[0,1]$ entonces $r_n<p$ en $[0,1]$ . Desde $r_n$ ya está representado en la forma deseada, queda por representar $p-r_n$ . Observe que $\deg(p-r_n)<\deg p$ y proceder por inducción.

Apéndice: Por qué $\deg q_n\le\deg q$ .

Desde $q_n$ es lineal en $q$ basta con considerar el caso $q(x)=x^k$ . Dejemos que $$ F_0(u,v) = (u+v)^n = \sum_{i=0}^n \binom ni u^i v^{n-i} $$ y $$ F_m = u\cdot \frac{\partial}{\partial u} F_{m-1}, \qquad m=1,2,\dots $$ Entonces $$ F_k(u,v) = \sum_{i=0}^n i^k \binom in u^iv^{n-i}, $$ por lo que $q_n(x) = n^{-n} F_k(x,1-x)$ . Por inducción en $k$ se ve que $F_k(u,v)$ es una combinación lineal de términos de la forma $u^j(u+v)^{n-j}$ con $j\le k$ . Por lo tanto, $F_k(x,1-x)$ tiene un grado como máximo $k$ y lo mismo ocurre con $q_n(x)$ .

Observación. Analizando los coeficientes de la combinación lineal anterior, se puede ver que, como $n\to\infty$ y $k$ fijo, el coeficiente en $u^j(u+v)^{n-j}$ va a 1 y todas las demás van a 0. Esto da una prueba elemental de convergencia $q_n\to q$ (en forma de coeficiente) evitando la teoría general.

Answer 3

Mi primera respuesta (que dejo a continuación) era falaz, pero se basaba en la idea de que este método tenía que funcionar, dada la veracidad de la afirmación. Como no funciona..., voy a mostraré por qué mi interpretación de la pregunta (pensé $n$ estaba implícitamente acotado) es imposible. Obsérvese que la respuesta de Sergei Ivanov, basada en un comentario sugerido por Keivan Karai, resuelve el problema cuando $n$ no tiene límites.

No hay solución cuando $n$ permanece acotado.

Cuando el grado $n$ está acotado, la afirmación afirmación para polinomios positivos implica el caso límite, para polinomios no negativos en el intervalo.

Pero los polinomios de la forma dada en la pregunta no tienen ceros en el intervalo unitario (como sugieren los comentaristas). En particular, (x-1/2)^2 no puede ser representado por en esta forma, ya que todos los coeficientes serían forzados a ser 0.

Además: no puede haber ningún conjunto generador finito positivo para el cono convexo de polinomios positivos de grado $> 1$ . Este cono no es poliédrico, ya que tiene un número incontable de rayos extremos, por ejemplo en grado 2, donde para cada $a$ en el intervalo unitario y $t > 0$ el rayo de los polinomios $t (x-a)^2$ es extremo, no es expresable como combinación convexa de otros polinomios positivos.

Aquí hay un gráfico del cono convexo que muestra los coeficientes de los polinomios cuadráticos positivos. Los tres triángulos delimitan las combinaciones convexas de las funciones base mencionadas en la pregunta. El lado curvo consiste en los coeficientes de las funciones cuadráticas no negativas con un 0 en el intervalo. No son combinaciones lineales positivas de ninguna colección finita de polinomios positivos.

El $n$ Las expresiones de los polinomios de Bernstein para los polinomios cuadráticos, tal y como se describe en la respuesta de Ivanov, se mapean en este espacio como conos convexos. He aquí un corte, en el espacio de coeficientes cuadráticos, de las imágenes de conos de polinomios cuadráticos positivos así obtenidos para $n = 2..6$ . Los vértices de las imágenes son coeficientes de aproximaciones de polinomios cuadráticos que tienen la forma $(x-i/n)(x-(i+1)/n$ . Aunque estos polinomios no son positivos, los coeficientes en la aproximación de Bernstein son postitivos, ya que sólo hacen uso de los valores en el $(i/n)$ puntos. El cono de la cuadrática positiva $n$ El tamaño de los polinomios de Bernstein es algo mayor, pero es suficiente para ilustrar cómo convergen.

La respuesta de abajo era errónea, como se señala en los comentarios. Se basaba en la deducción inversa, es decir, que si la afirmación era cierta, esto tenía que ser cierto.

Es una representación bonita y sencilla; no la conocía, pero es de suponer que algo tan sencillo debe conocerse. Aquí hay una prueba:

El caso $i+j = n$ es suficiente para obtener el grado $n$ polinomios (quizás es lo que querías decir).

Aquí se muestra un gráfico de esta base positiva, para $n = 3$ La imagen sugiere una estrategia de trabajo.

Como sólo una de las funciones es positiva en cada uno de los extremos, sabes cuáles deben ser los coeficientes de estas funciones. Si se resta, ¿sigue siendo positivo? Eso se deduce de

Lema: cualquier grado $n$ polinomio positivo en el intervalo unitario que toma valor 1 a 1 debe ser mayor que $x^n$ .

(Mi prueba era falaz).

Del lema se deduce que $q(x) = p(x) - p(0) (1-x)^n + p(1) x^n$ sigue siendo positivo. Como $q(x)$ es 0 en los puntos extremos del intervalo, es divisible por $x(1-x)$ . Utilice la inducción para representar el cociente; esto da la representación deseada para $p$ .

Answer 4

Más tarde, todavía: vea la respuesta de Vicki Power para una referencia más adecuada a su pregunta específica.

Alternativamente, si simplemente quieres una referencia, esta es una aplicación del teorema de Schmüdgen (también conocido como Positivstellensatz de Schmüdgen) altamente no trivial 1 . El teorema dice que si se tiene un conjunto semialgebraico compacto $K \subset \mathbb{R}^n$ definido por las desigualdades $\{g_1 \geq 0, \dots, g_s \geq 0\}$ , entonces cualquier positivo polinomio $f$ en $K$ pertenece al cono generado por $\{g_1, \dots, g_s\}$ es decir, sumas con coeficientes positivos de productos del $g_i$ (incluidas las potencias) junto con los cuadrados de polinomios arbitrarios.

En su caso, tiene $g_1(x)=x$ y $g_2(x)=1-x$ Y como estás en el caso de una variable, deberías poder deshacerte de los cuadrados arbitrarios (puede que vuelva a esta respuesta cuando tenga más tiempo).

1 K. Schmüdgen, El problema del momento K para conjuntos semialgebraicos compactos. Math. Ann. 289 (1991), nº 2, 203-206. (enlace)

Añadido más tarde: Nótese que el resultado de Schmüdgen es sólo cuando $f|K>0$ . Si te relajas para $f|K\geq 0$ Ya no es cierto. Más sorprendentemente, Stengle señala en el RM que este resultado no se mantiene si se sustituye $\mathbb{R}$ por un campo real cerrado arbitrario.

Answer 5

Como ya señaló Vicki más arriba, Polya-Szegö (Problems and Theorems in Analysis II. Teoría de las funciones. Ceros. Polinomios. Determinantes. Teoría de Números. Geometría.) es una buena referencia para este resultado en particular.

Ver §6, Problema 49 en ese libro: Por el Teorema Fundamental del Álgebra se puede restringir a los polinomios cuadráticos. Para las líneas es trivial. Para parábolas que se abren hacia abajo es fácil. El único caso no trivial es el de las parábolas que se abren hacia arriba. Las parábolas que se abren hacia arriba cuyo mínimo se encuentra por encima del intervalo también son un pequeño ejercicio. El único caso que queda es el de las parábolas que se abren sin cero en la recta real.

Ahora determina un polinomio $h \in \mathbb Z[K,L,A,B,C]_ 4$ tal que para todo $a,b,c\in\mathbb R$ y todos $\ell\in\mathbb N_{\ge2}$ uno tiene $$aX^2+bX+c=\sum_{k=0}^\ell\frac{(\ell-2)!}{k!(\ell-k)!}h(k,\ell,a,b,c)X^k(1-X)^{\ell-k}.$$

Demuestre que cada $f\in\mathbb R[X]_ 2$ con $f>0$ en $\mathbb R$ tiene la representación deseada comparando los discriminantes de $f=aX^2+bX+c\in\mathbb R[X]_ 2$ y $h(K,\ell,a,b,c)\in\mathbb Z[K]_ 2$ para $a,b,c\in\mathbb R$ y grandes $\ell\in\mathbb N_{\ge2}$ .

Lamentablemente, este enfoque no se aplica a las numerosas generalizaciones del teorema.