Cómo probar que $\frac{d^n}{dx^n}(x^2-1)^n=0$ $n$ bienes raíces?

Question

¿Cómo puedo probar que $$\frac{d^n}{dx^n}(x^2-1)^n=0$$ has $$ n raíces reales?

Answer 1

En primer lugar, $\partial(\dfrac{\text{d}^n}{\text{d}x^n}[(x^2-1)^n])=n$, lo $\dfrac{\text{d}^n}{\text{d}x^n}[(x^2-1)^n]$ tiene más de $n$ raíces.
La Aplicación De Leibniz Identidad, $$\forall k<n,k\in\mathbb{N},\quad \dfrac{\text{d}^k}{\text{d}x^k}[(x^2-1)^n]=\sum\limits_{i=0}^k\binom{k}{i}\dfrac{\text{d}^i(x-1)^n}{\text{d}x^i}\dfrac{\text{d}^{k-1}(x+1)^n}{\text{d}x^{k-i}}$$ Por lo tanto, $\pm1$ son raíces de $\dfrac{\text{d}^k}{\text{d}x^k}[(x^2-1)^n]$ al $k<n$.
Aplicar el Teorema de Rolle, $\dfrac{\text{d}}{\text{d}x}[(x^2-1)^n]$ tiene raíces $\xi_{11}\in(-1,1)$$\pm1$.
Aplicar el Teorema de Rolle, de nuevo, $\dfrac{\text{d}^2}{\text{d}x^2}[(x^2-1)^n]$ tiene raíces $\xi_{21}\in(-1,\xi_{11})$, $\xi_{22}\in(\xi_{11},1)$ y $\pm1$.
Del mismo modo, $\dfrac{\text{d}^{n-1}}{\text{d}x^{n-1}}[(x^2-1)^n]$ $n+1$ raíces $$-1=\xi_{n-1,0}<\xi_{n-1,1}<\dots<\xi_{n-1,n-1}<\xi_{n-1,n}=1$$ Por último, Aplicar el Teorema de Rolle, de nuevo, se obtiene el $n$ raíces de $\dfrac{\text{d}^n}{\text{d}x^n}[(x^2-1)^n]$:
$$\xi_{n,1}\in(-1,\xi_{n-1,1}),\dots,\xi_{n,n}\in(\xi_{n-1,n-1},1)$$ Q. E. D.

Answer 2

Sugerencia: Trate de Inducción en $n$.

También en el anterior comentario, entre dos raíces reales de $f$, habrá una raíz real de $f'$.

Answer 3

Para aquellos que estén interesados, hay una más general resultado se puede utilizar:

Para cualquier polinomio $f(z)$ con coeficientes complejos, las raíces
de $f'(z)$ está contenida en el casco convexo de las raíces de la $f(z)$.

Desde $p(x) = (x^2-1)^n$ tiene sólo 2 distintas raíces $\pm 1$, todas las raíces de $p'(x)$ pertenece al segmento de la línea de unirse a $\pm 1$. Es decir, el intervalo de $[-1,1]$ sobre el eje real. Aplicar este teorema $n$ tiempos, podemos encontrar todas las raíces de $\frac{d^n}{dx^n} p(x)$ son no sólo es real, sino que pertenecen a $[-1,1]$.

La prueba del caso general es bastante corto, vamos que le doy aquí.

Deje $f(z) = C \prod_i (z - \alpha_i)^{m_i}$ ser un complejo polinomio con raíces $\alpha_i$, cada una con multiplicidad $m_i$.
Deje $w$ ser una raíz de $f'(z)$. Si $w$ es uno de $\alpha_i$, entonces hemos terminado. Si no, tenemos: $$0 = f'(w)/f(w) = \sum_i \frac{m_i}{w} {- \alpha_i} = \sum_i \frac{m_i (\bar{w} - \bar{\alpha_i})}{|w - \alpha_i|^2}$$ Tomar complejo conjugado y reorganizar los términos, obtenemos $w = \frac{\sum_i \rho_i \alpha_i}{\sum_i \rho_i}$ donde $\rho_i = \frac{m_i}{|w - \alpha_i|^2}$ son reales y positivos.

Answer 4

Deje $P(x)$ ser un polinomio de grado $n$. Supongamos $P(x)$ tiene un cero de grado $m$$x=a$. Esto significa que $$ P(x)=(x-a)^mQ(x) $$ donde $Q(x)$ es un polinomio de grado $n-m$$Q(a)\ne0$. Por lo tanto, $$ \begin{align} P'(x) &=(x-a)^{m-1}\left[mQ(x)+(x-a)Q'(x)\right]\\ &=(x-a)^{m-1}R(x) \end{align} $$ donde $R(x)$ grado $n-m$$R(a)=mQ(a)\ne0$.

Es decir, cada cero de $P(x)$ se reduce en un grado. Sin embargo, el Teorema de Rolle, asegura que entre los dos adyacentes ceros de $P(x)$, $P'(x)$ tiene un cero.

Deje $k$ el número de ceros de $P(x)$ no contando multiplicidades. Diferenciación va a reducir el grado de cada una de las $k$ ceros por uno, y añadimos $k-1$ ceros entre el $k$ ceros por el Teorema de Rolle. Así, el número total de ceros de $P'(x)$, contando multiplicidades, es al menos el número de ceros de $P(x)$, contando multiplicidades, menos uno. Nueva ceros puede ser introducido a $P'(x)$.

El número de ceros no contando multiplicidades de $P'(x)$ al menos $k-1$. Además, cada uno de los múltiples cero de $P(x)$ persiste. Por lo tanto, $P'(x)$ tiene al menos $k+m-1$ raíces no contando multiplicidades donde $P(x)$ $k$ ceros, no contando multiplicidades incluyendo $m$ varios ceros.

Contando multiplicidades, $(x^2-1)^n$ $2$ ceros de grado $n$. Por lo tanto, estos dos raíces persisten hasta la $n^{\text{th}}$ derivtive. Después de $n-1$ derivados, debe haber al menos $n+1$ raíces con las múltiples raíces ha ido. Después de la $n^{\text{th}}$ derivado, debe haber al menos $n$ raíces, sin contar la multiplicidad. Como un grado $n$ polinomio que tiene en la mayoría de los $n$ raíces. Por lo tanto, se debe tener exactamente $n$ raíces.