¿Puede usted probar mi conjetura sobre Invertiblity de la matriz de derivadas? (para usar el teorema de la función inversa)

Question

En el Analysis2 examen de mitad de período, hemos tenido el siguiente problema:

Vamos a la ecuación de $a_nx^n+\cdots+a_1x+a_0=0$ $n$ simple raíces reales (distinta) $\{\alpha_1,\cdots,\alpha_n\}$. Demostrar que la ecuación anterior ha $n$ distintas raíces reales cuando el cambio en los coeficientes es lo suficientemente pequeño !

Estoy bastante seguro de que $(a_1,\cdots,a_n,\alpha)\mapsto a_n\alpha^n+\cdots+a_1\alpha+a_0$ más teorema de la función implícita de trabajo. Pero no vino a mi mente.

En lugar de eso, pensé que los coeficientes son $C^\infty$ función de las raíces por Vietta Teorema. Así que espera el mapa de $\psi:(\alpha_1,\cdots,\alpha_n)\mapsto(a_0,\cdots,a_{n-1})$ tiene un rango completo derivado en la actual raíces y empezar a aplicar el Teorema de la función Inversa a la conclusión de que, localmente, $(\alpha_1,\cdots,\alpha_n)$ $C^\infty$ diffeomorphism mapa de $(a_1,\cdots,a_n)$.

Por lo tanto, yo estaba considerando la siguiente proposición :

Conjetura. Sabemos por Vietta del Teorema que : $$\left\{\begin{array}{ll} \psi_1=a_0=(-1)^n \alpha_1\cdots\alpha_n\\ \psi_2=a_1=(-1)^{n-1} \displaystyle\sum_{r=1}^n \alpha_1\cdots\hat{\alpha_r}\cdots\alpha_n\\ \vdots\\ \psi_{n-1}=a_{n-2}=\displaystyle\sum_{i,j=1}^n \alpha_i\alpha_j\\ \psi_{n}=a_{n-1}=-(\alpha_1+\cdots+\alpha_n) \end{array}\right.$$

A continuación, la matriz de $$D_{(\alpha_1,\cdots,\alpha_n)}\psi=\left[\begin{matrix} \frac{\partial\psi_1}{\partial\alpha_1}&\cdots&\frac{\partial\psi_1}{\partial\alpha_n}\\ \vdots&\ddots\\ \frac{\partial\psi_n}{\partial\alpha_1}&&\frac{\partial\psi_n}{\partial\alpha_n} \end{de la matriz}\right]= \left(\begin{matrix} (-1)^n\alpha_2\cdots\alpha_{n}&(-1)^n\alpha_1\alpha_3\cdots\alpha_{n}&\color{red}{\cdots}&(-1)^n\alpha_1\cdots\alpha_{n-1}\\ \color{red}{\vdots}&\color{red}{\ddots}&\color{red}{\vdots}\\ \alpha_2+\cdots+\alpha_{n}&\alpha_1+\alpha_3+\cdots+\alpha_{n}&\color{red}{\cdots}&\alpha_1+\cdots+\alpha_{n-1}\\ -1&-1&\color{red}{\cdots}&-1 \end{de la matriz}\right)$$ es Invertible, siempre que $\alpha_j$s son pares distintos.

Para el caso de $n=2$$n=3$, puedo demostrar que $\det\big( D_{(\alpha_1,\cdots,\alpha_n)}\psi\big)=0$ si y sólo si $\alpha_i=\alpha_j$ algunos $i\neq j$.

Pero no sé qué hacer para general $n$. Es un famoso de la matriz ? Es esta conjetura correcta para general $n$?

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La prueba de $n=2$ $n=3$ :

n=2 :$\quad D_{(\alpha,\beta)}\psi=\left[\begin{matrix} \beta&\alpha\\ -1&-1 \end{de la matriz}\right]$. So, $\boxed{\det(D_{\alpha,\beta}\psi)=0 \leftrightarrow \alpha=\beta\rightarrow\bot}$

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n=3$ :\quad D_{(\alpha,\beta\gamma)}\psi=\left[\begin{matrix} -\beta\gamma&-\alpha\gamma&-\alpha\beta\\ \beta+\gamma&\alpha+\gamma&\alpha+\beta\\ -1&-1&-1 \end{de la matriz}\right] $. Ahora calculando el determinante respecto a la última fila:

$\begin{align} \det(D_{(\alpha,\beta,\gamma)}\psi)= +\big[-\alpha^2\gamma-\alpha\beta\gamma+\alpha^2\beta+\alpha\beta\gamma\big]&-\big[-\alpha\beta\gamma-\beta^2\gamma+\alpha\beta^2+\alpha\beta\gamma\big]\\ &-\big[-\alpha\beta\gamma-\beta\gamma^2+\alpha\beta\gamma+\alpha\gamma^2\big] \end{align}$. $$\Rightarrow\det(D_{(\alpha,\beta\gamma)}\psi)= [\alpha\beta]\color{red}{\gamma^2}+[\beta^2-\alpha^2]\color{red}{\gamma}+[\alpha\beta(\alpha\beta)] $$ Ahora la ecuación de $\det(D_{(\alpha,\beta,\gamma)}\psi)=0$, mientras que $\alpha\neq\beta$, se convierte en la siguiente ecuación cuadrática respecto a $\gamma$ : $$\boxed{(\gamma-\alpha)(\gamma-\beta)=\color{red}{\gamma^2}-(\alpha+\beta)\color{red}{\gamma}+\alpha\beta=0 \leftrightarrow \gamma=\alpha\v\gamma=\beta\longrightarrow\bot}$$

Answer 1

Vamos $$p(x):=x^n+a_{n-1}x^{n-1}+\ldots+a_1x+a_0$$ sea el polinomio dado, y asumir que $\alpha\in{\Bbb R}$ es una raíz simple de $p$. Considere la función auxiliar $$f:\quad{\Bbb R}^{n+1}\{\Bbb R},\qquad (\xi, u_{n-1}, u_{n-2},\ldots, u_0)\mapsto \xi^n+u_{n-1} \xi^{n-1}+\ldots+u_1\xi +u_0\ .$$ Uno tiene $$f(\alpha,a_{n-1},\ldots, a_0)=p(\alpha)=0\ ;$$ además $${\partial f\over\partial\xi}(\alpha,a_{n-1},\ldots, a_0)=p'(\alpha)\ne0\ .$$ Por el teorema de la función implícita a continuación, se deduce que hay un $C^1$-función $$\psi:\quad(u_{n-1},\ldots,u_0)\to \xi:=\psi(u_{n-1},\ldots,u_0)\ ,$$ definida en una vecindad $U$$(a_{n-1},\ldots, a_0)$, de tal manera que $\psi(a_{n-1},\ldots, a_0)=\alpha$, y que $$f\bigl(\psi(u_{n-1},\ldots,u_0),u_{n-1},\ldots, u_0\bigr)\equiv 0$$ en $U$. Pero esto es decir que cuando los coeficientes del polinomio $p$ son ligeramente perturbado el polinomio resultante $p_\epsilon$ todavía tiene un cero en la vecindad inmediata de $\alpha$.

Este argumento puede ser aplicado a una sola raíz real $\alpha_j$$p$, de dónde hemos terminado.

Answer 2

El determinante de su matriz, $$ p = \det D_{\alpha_!,\puntos,\alpha_n} \psi = \det \begin{pmatrix} \frac{\partial\psi_1}{\partial\alpha_1}&\cdots&\frac{\partial\psi_1}{\partial\alpha_n}\\ \vdots&\ddots&\vdots\\ \frac{\partial\psi_n}{\partial\alpha_1}&\cdots &\frac{\partial\psi_n}{\partial\alpha_n} \end{pmatrix} $$ es una alternancia de polinomio en $\alpha_1,\dots,\alpha_n$, desde $$ \frac{\partial \psi_k}{\parcial \alpha_i}(\alpha_1,\dots,\alpha_n) = \frac{\partial \psi_k}{\parcial \alpha_j}(\alpha_1,\dots,\alpha_n) \quad\text{si $\alpha_i=\alpha_j$}. $$ Por lo tanto, los polinomios $(\alpha_i-\alpha_j)$ $i<j$ brecha $p$, en el hecho de que el determinante de Vandermonde $$ v = \prod_{1\le i<j\le n} (\alpha_j-\alpha_i) $$ divide $p$. El determinante de Vandermonde es un polinomio homogéneo de grado $\binom{n}{2}$. Desde las entradas de la matriz en cada fila son homogéneos polinomios del mismo grado, el factor determinante es también un polinomio homogéneo de grado $$ (n-1) + (n-2) + \cdots + 0 = \binom{n}{2}. $$ Desde $p$ no es el cero polinomio llegamos a la conclusión de $p$ $v$ puede sólo difieren por un factor de grado $0$, lo $p(\alpha_1,\dots,\alpha_n)=0$ si y sólo si $\alpha_i=\alpha_j$ algunos $i<j$.