Un problema elemental sobre la función

Question

El problema es:

dejar $p(x)$ sea un polinomio con Coeficientes reales que sea no negativo para todo $x$ . Demostrar que para algunos $k$ hay polinomios $f_1 (x),\cdots f_k (x)$ tal que $p(x)=\sum_{i=0}^k (f_i (x))^2$ .

Lo he intentado mucho pero no consigo hacer ningún progreso sustancial para poder afirmarlo, estaré encantado si alguien me ayuda a cómo enfocar este tipo de problema o con alguna posible solución. Gracias.

Editar : gracias a los que intentaron ayudar con esto $i=2$ pero no soy capaz de convertirlo en solución, por lo que pido más ayuda o alguna referencia.

Answer 1

WLOG $p$ es mónico. Primero, $\deg p$ está en paz. Así que podemos emparejar las raíces en pares complejos conjugados (nótese que cualquier raíz real tiene multiplicidad par como $p\geq0$ ).

Así que podemos escribir $p(x)=\prod (x-a_k)(x-\bar{a_k})=q(x)\overline{q(x)}$ , donde $q(x)=\prod(x-a_k)$ . Entonces existen polinomios reales $f,g$ tal que $q=f+ig$ . Entonces $$p=(f+ig)(f-ig)=f^2+g^2.$$

Answer 2

Usted sabe que $p \in \mathbb{R}[X]$ , por lo que al factorizarlo con polinomios irreducibles siempre se puede escribir como :

$$p = \lambda \prod_{i=1}^r(X-x_i)^{\alpha_i}\prod_{j=1}^s(X^2+b_jX+c_j)^{\beta_j}$$

Con todo $x_i$ que son reales y distintos, y $\forall j \in \{1,\dots,q \}, (b_j,c_j)\in \mathbb{R}^2$ verificando $b_j^2-4c_j<0$ .

Si uno de los $\alpha_i$ era un número impar para que pudieras comprobar que $p$ cambiaría de signo cerca de $x_i$ implica que todos los $\alpha_i$ son números pares (porque sabes que $p$ tiene siempre el mismo signo). Ahora puede comprobar que $\lambda \geq 0$ .

Ahora vamos a factorizar $\displaystyle\prod_{j=1}^s(X^2+b_jX+c_j)^{\beta_j}$ en $\mathbb{C}[X]$ : $$\prod_{j=1}^s(X^2+b_jX+c_j)^{\beta_j} = \prod_{j=1}^s(X-z_j)^{\beta_j}\prod_{j=1}^s(X-\overline{z_j})^{\beta_j}$$

Pero puedes escribir $\displaystyle \prod_{j=1}^s(X-z_j)^{\beta_j} = g_1+ig_2$ donde $g_1,g_2\in \mathbb{R}[X]^2$ Por lo tanto:

$$\prod_{j=1}^s(X-\overline{z_j})^{\beta_j} = \overline{\prod_{j=1}^s(X-z_j)^{\beta_j} } = \overline{g_1+ig_2}=g_1-ig_2$$

Así: $$\displaystyle \prod_{j=1}^s(X^2+b_jX+c_j)^{\beta_j} = \prod_{j=1}^s(X-z_j)^{\beta_j}\prod_{j=1}^s(X-\overline{z_j})^{\beta_j} = (g_1+i g_2)(g_1-ig_2) = g_1^2+g_2^2$$

Por último, al tomar $f_1 = \sqrt{\lambda} \left(\displaystyle \prod_{i=1}^r (X-x_i)^{\alpha_i/2}\right)g_1$ y $f_2 =\sqrt{\lambda} \left(\displaystyle \prod_{i=1}^r (X-x_i)^{\alpha_i/2}\right)g_2$ lo has hecho:

$$\boxed{f_1,f_2 \in \mathbb{R}[X] \text{ such that } p = f_1^2+f_2^2}$$

Answer 3

Desde $P$ es positivo, todas sus raíces reales tienen una multiplicidad par.

Así que podemos escribir $P = \prod (X-\gamma_i)(X-\overline{\gamma_i}) \prod (X-x_k)^2$ , donde el $\gamma_i$ son las raíces complejas, y el $x_k$ lo real (eventualmente igual).

Entonces, si llamamos a $A = \prod (X-\gamma_i)$ tenemos $\overline{A} = \prod (X-\overline{\gamma_i})$ . De modo que si observamos $C = \prod (X-x_k)$ tenemos $$ P = AB\cdot \overline{A}B$$

Desde $B$ es un polinomio real, $B=\overline{B}$ .

Así que $P=AB\cdot\overline{AB}$ .

Si observamos $AB = R+iQ$ con $R$ y $Q$ polinomios reales, tenemos : $$P=R^2 + Q^2$$

Así que para el ejercicio, podemos notar que $k=1$ o $2$ .