Supremacía de $\int_{-\infty}^{\infty}\frac{p'(x)^2}{p(x)^2+p'(x)^2}\,\mathrm{d}x$

Question

Pregunta. Dejemos que $P_d = \{ p \in \mathbb{R}[x] : \deg p = d\}$ denota el conjunto de todos los grados $d$ polinomios con coeficientes reales. Además, para $p \in \mathbb{R}[x]$ , defina

$$ I(p) = \frac{1}{\pi} \int_{-\infty}^{\infty}\frac{p'(x)^2}{p(x)^2+p'(x)^2}\,\mathrm{d}x. $$

¿Es posible identificar el supremum de $I(\cdot)$ en $P_d$ ? En otras palabras, ¿qué es

$$ C_d := \sup_{p \in P_d} I(p) = \ ? $$

Esta pregunta está motivada por esta publicación . He aquí algunas observaciones:

1. Si $p \in P_d$ sólo tiene ceros reales, entonces $I(p) = d$ tiene. (Ver este y este .)

2. $I(p) \leq d^{3/2}$ para cualquier $p \in P_d$ . De hecho, escribe $p(x) = a (x - \alpha_1) \dots (x - \alpha_d)$ . Entonces por la desigualdad de Cauchy-Schwarz, $$ \left| \frac{p'(x)}{p(x)} \right|^2 = \left| \sum_{k=1}^{d} \frac{1}{x - \alpha_k} \right|^2 \leq d \sum_{k=1}^{d} \frac{1}{\left| x - \alpha_k \right|^2}. $$ Ahora, al observar que el mapa $f(t) = \frac{t}{t+1}$ está aumentando y subaditivo para $t \geq 0$ , \begin{align*} I(p) &= \frac{1}{\pi} \int_{-\infty}^{\infty} f\biggl( \left| \frac{p'(x)}{p(x)} \right|^2 \biggr) \, \mathrm{d}x \\ &\leq \sum_{k=1}^{d} \frac{1}{\pi} \int_{-\infty}^{\infty} f\biggl( \frac{d}{\left| x - \alpha_k \right|^2} \biggr) \,\mathrm{d}x \\ &\leq \sum_{k=1}^{d} \frac{1}{\pi} \int_{-\infty}^{\infty} f\biggl( \frac{d}{(x - \operatorname{Re}(\alpha_k))^2} \biggr) \,\mathrm{d}x \\ &= d^{3/2}. \end{align*} En particular, aprendemos que $d \leq C_d \leq d^{3/2}$ .

3. Cuando $d = 2$ podemos demostrar que $C_2 = 2$ utilizando la primera parte y un cálculo directo.

4. Para $d \geq 4$ Parece que tenemos $C_d > d$ . De hecho, los experimentos numéricos revelan que podemos encontrar $a, b > 0$ Satisfaciendo a $$I((x^2+a^2)(x - b)^{d-2}) > d.$$ Sin embargo, $C_d$ parece mucho más pequeño que $d^{3/2}$ que difiere de $d$ sólo por una pequeña fracción.

5. Un simple cálculo muestra que $$ I(p) = d - 2 \sum_{\substack{\alpha : \operatorname{Im}(\alpha) < 0 \\ p(\alpha) = ip'(\alpha) }} \operatorname{Re} \biggl( \frac{1}{1+p''(\alpha)/p(\alpha)} \biggr). $$ Esto proporciona una prueba alternativa de la parte 1. En efecto, si $p$ sólo tiene ceros reales, entonces $\operatorname{Im}\bigl(\frac{p'(z)}{p(z)}\bigr)$ y $\operatorname{Im}(z)$ siempre tienen signos opuestos, por lo que la parte de la suma en la fórmula anterior desaparece.

Answer 1

Para el punto $4)$ ¿Qué simulación numérica ha utilizado? Traté de simular ese polinomio específico, $p(x)=(x^2+a^2)(x-b)^2$ , para $d=4$ y tengo

para $I(p)$ . En efecto, para $a=0$ , $p(x)$ tiene todas las raíces reales por lo que por su punto $1)$ la línea central en el gráfico anterior es exactamente $4$ . Como parece que todo aumenta hacia esta línea, parece que el máximo de $I(p)$ es $4$ para este caso.

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EDITAR:

Después de conseguir los puntos $a=\frac{1}{\sqrt{500}}$ y $b=\frac{1}{10}$ Puedo recrear el mismo gráfico anterior pero ampliado:

El lado derecho de este gráfico es ligeramente mayor que $4$ . Sin embargo, este gráfico me plantea más preguntas que respuestas: ¿qué es ese valle, por qué es tan pronunciado y repentino, etc.?