$p_n(x)=p_{n-1}(x)+p_{n-1}^{\prime}(x)$, entonces todas las raíces de $p_k(x)$ son reales

Question

$p_0(x)=a_mx^m+a_{m-1}x^{m-1}+\dotsb+a_1x+a_0(a_m,\dotsc,a_1,a_0\en\Bbb R)$ es un polinomio, y

$$p_n(x)=p_{n-1}(x)+p_{n-1}^{\prime}(x),\qquad n=1,2,\dotsc$$

entonces, existen $N\in\Bbb$ N, tal que $\forall n \geq$ N, todas las raíces de $p_n(x)$ son reales

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Yo creo que, vamos a $f_n(x)=e^xp_n(x)$, entonces

$$f_n(x)=\frac {d(f_{n-1}(x))}{dx}$$

tenemos que

$$f_n(x)=\frac{d^n\left( e^xp_0(x)\right)}{dx^n}$$

por lo tanto, Si existe un $p_N(x)$ tal que $p_N(x)$ ha $m$ raíces reales, entonces $\forall n\geq N$, $p_n(x)$ ha $m$ verdaderas raíces.

Yo estaría agradecido por cualquier ayuda

Answer 1

Es cierto que, para $n$ lo suficientemente grande, $p_n(x)$ se tienen distintas raíces reales, que voy a probar por inducción sobre $m$.

Antes de continuar con la prueba, permítanme en primer lugar el estado de lo que se muestra sobre el comportamiento de $p_n$ $$n aumenta. Suponiendo que el coeficiente inicial es positivo, $p_n^{(m-2)}$ son cuadráticas con una única mínimo. Como$$ n aumenta, el mínimo disminuye monótonamente hasta que se convierte en negativo, en la que el punto de $p_n^{(m-2)}$ tiene distintas raíces reales. Entonces, $p_n^{(m-3)}$ es un cúbicos, con un máximo y un mínimo local. Como $n$ aumenta aún más, el máximo local aumenta hasta que es positivo y el mínimo local disminuye hasta que es negativa, en la que el punto de $p_n^{(m-3)}$ tiene distintas raíces reales. Más en general, por cada $k=0,1,2,\ldots,m-2$, una vez $p_n^{(k+1)}$ tiene distintas raíces reales, entonces $p_n^{(k)}$ tiene $m-k-1$ extremos locales. Además el aumento de $n$, el local maxima crece monotónicamente hasta que son positivos y los mínimos locales disminuir hasta que son negativos, en la que el punto de $p_n^{(k)}$ tiene distintas raíces reales. Por inducción, a continuación,, $p_n$ eventualmente tiene distintas raíces reales.

Ahora, para continuar con la prueba.

Por $m=1$, $p_n(x)$ es de primer orden por lo que siempre tiene una raíz real.

Por $m > 1$, ahora supongamos que la afirmación que se sostiene para los polinomios de grado m $-1$. A continuación, la configuración de $q_n(x)=p_n^\prime(x)$, tenemos $q_n(x)=q_{n-1}(x)+q_{n-1}^\prime(x)$. Por la hipótesis de inducción, $q_n(x)$ ha $m-1$ distintas raíces reales para todos lo suficientemente grande como $n$. Voy a indicar estos por $a_{n,1} > a_{n,2} > \cdots > a_{n,m-1}$. Estos son los puntos de inflexión de $p_n(x)$. Te voy a mostrar que los grandes $n$, los signos de $p_n(a_{n,1}),p_n(a_{n,2}),p_n(a_{n,3}),\ldots$ alternados, del que se desprende que $p_n$ ha $m$ distintas raíces.

Por la escala, asumimos wlog que $p_n(x)$ tiene coeficiente inicial de $1 usd (es decir, es monic). Entonces,$q_n$es positivo en$(a_{n,1},\infty)$, negativo en$(a_{n,2},a_{n,1})$, positivo en$(a_{n,3},a_{n,2}))$, etc. Tenga en cuenta que$a_{n,i}$es un máximo local de$(-1)^ip_n(x)$(por cada$i=1,2,\ldots,m-1$). Esto significa que$$(-1)^ip_n(a_{n,i}+h)=(-1)^ip_n(a_{n,i})-ch^{2r}+O(h^{2r+1})$$para algunos positivo de$c$y entero positivo$r$. Así,$$(-1)^ip_{n+1}^\prime(a_{n,i}+h)=-c(2r)(2r-1)h^{2(r-1)}+O(h^{2r-1}).$$Esto muestra que$(-1)^ip_{n+1}(x)$es la disminución en un barrio de$a_{n,i}$.

Ahora, por $i=1,2,\ldots,m-2$, vemos que $(-1)^ip_{n+1}(x)$ es el aumento en $a_{n,i+1}$ y la disminución en $a_{n,i}$. Por lo tanto, tiene un máximo local en $(a_{n,i+1},a_{n,i})$, lo que vamos a denotar por $b_{i}$, entonces $a_{n,i+1} < b_i < a_{n,i}$ y $(-1)^ip_{n+1}(b_i) > (-1)^ip_{n+1}(a_{n-i})$. Del mismo modo, $(-1)^{m-1}p_{n+1}(x)$ es la disminución en $a_{n,m-1}$ y $p_{n+1}$ es monic de grado $m$), que tiende a $-\infty$ $x\a\infty$. Por lo tanto, tiene un máximo local, $b_{m-1}$ en el intervalo $(-\infty,a_{n,m-1})$. Así, $b_{m-1} < a_{n,m-1}$ y $(-1)^ip_{n+1}(b_{m-1}) > (-1)^ip_{n+1}(a_{n,m-1})$. Como $b_1 > b_2 > \cdots > b_{m-1}$ son las raíces de $p_{n+1}^\prime(x)$, tenemos $a_{n+1,i}=b_i$.

Hasta ahora, hemos demostrado que $$a_{n,1} > a_{n+1,1} > a_{n,2} > a_{n+1,2} > a_{n,3} > \cdots > a_{n,m-1} > a_{n+1,m-1}$$ y, para cada i $$, $(-1)^ip(a_{n,i})$ es estrictamente creciente en $n$. Si, para cada uno de ellos fijo $i$, se puede demostrar que hay un $\epsilon > 0$ $(-1)^ip_{n+1}(a_{n+1,i})\ge(-1)^ip_n(a_{n,i})+\epsilon$ para todo $gran$ n, entonces, por$$ n suficientemente grande, $(-1)^ip_n(a_{n,i})$, será positiva. Así, los signos de $p_n(a_{n,1}),p_n(a_{n,2}),\ldots$ se alternan en signo y hemos terminado. Vamos a proceder por la contradicción y suponemos que, al contrario, $(-1)^ip_{n+1}(a_{n+1,i})< (-1)^ip_n(a_{n,i})+\epsilon$ (por lo suficientemente pequeño como $\epsilon$ esto le dará una contradicción, independientemente de $n$).

Si $i < m-1$ entonces $(-1)^ip_{n+1}(x)\le(-1)^ip_{n+1}(a_{n+1,i})$ en $(a_{n,i+1},a_{n,i})$. La configuración de $a_{n,m}=-\infty$, entonces esto también se aplica para $i=m-1$. Por la asunción, $(-1)^ip_{n+1}(x)\le(-1)^ip_{n} a_{n,i})+\epsilon$ en este rango, la configuración de $f(x)=(-1)^i(p_n(a_{n,i})-p_{n}(x))\ge0$, $$f(x)+f^\prime(x)=(-1)^i(p_n(a_{n,i})-p_{n+1}(x))\ge-\epsilon.$$ Por lo tanto, $$f(x)=-\int_x^{a_{n,i}}\frac{d}{dy} e^{y-x}f(y))dy =-\int_x^{a_{n,i}}e^{y-x}(f(y)+f^\prime(y))dy\le\epsilon\int_x^{a_{n,i}}e^{y-x}dy=\epsilon(e^{a_{n,i}-x}-1).$$ Esto muestra que en el rango de $(a_{n,i+1},a_{n,i})$, $$\begin{align} \lvert p_{n}(x)-p_n(a_{n,i})\rvert\le\epsilon(e^{a_{n,i}-x}-1).&&{\rm(1)} \end{align}$$ Así, $p_n$ es casi constante para $\epsilon$ pequeños. Necesitaremos el siguiente lema, que voy a probar en un momento.

Lema: Dejar que $p$ ser un monic polynominal de grado $m\ge1$. Luego, por cada $a < b$ tenemos $$sup_{x\in(a,b)}\lvert p(x)-p(b)\rvert\ge L(b-a)^m.$$ donde $L$ es una constante que depende solamente $m$.

Podemos aplicar esto a (1). Para el caso $i=m-1$ y $K>0$, se aplican para el intervalo $[a_{n,m-1}-K,a_{n,m-1}]$ para obtener $$\epsilon(e^K-1)\ge L K^{m}$$ lo que da una contradicción si $\epsilon$ es lo suficientemente pequeño. Por otro lado, para $i< m-1$, $(-1)^i(p_n(a_{n,i})-p_n(a_{n,i+1})$ es positivo y creciente en $n$ para todos lo suficientemente grande como $n$, por lo que es mayor que en el fijo de $\delta$. La aplicación de (1), $$\delta\le (-1)^i(p_{n,i}(a_{n,i})-p_{n,i}(a_{n,i+1}))\le\epsilon(e^{a_{n,i}-a_{n,i+1}}-1).$$ Suponiendo que $\epsilon \le 1$, elegimos $K > 0$ tal que $\delta\ge e^K-1$. Entonces, $K\le a_{n,i}-a_{n,i+1}$ y podemos aplicar el lema para el intervalo $[a_{n,i}-K,a_{n,i}]$ para obtener $$\epsilon(e^K-1)\ge LC^m$$ de nuevo, dando una contradicción para los pequeños $\epsilon$. QED

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Voy a probar ahora el lema. Para cualquier $\epsilon\in\mathbb{R}$ define el operador lineal $T_\epsilon$ de las funciones $f\colon\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ $T_\epsilon f(x)=f(x+\epsilon)$. Si $f$ es un polinomio de grado $m$ con coeficiente inicial de $c$, entonces $T_\epsilon f-f$ es un polinomio de grado m $-1$ con coeficiente inicial de $mc\epsilon$. Por lo tanto, $(T_\epsilon-1)^mf(x)=m!c\epsilon^m$. Por otro lado $\lVert T_\epsilon\rVert=1$ y $(T_\epsilon-1)^mf(x)$, sólo depende de los valores de $f(y)$ $y$ en el intervalo $[x,x+m\epsilon]$. Así, por un monic polinomio $f$ de grado $m$, $$m!\epsilon^m=(T_\epsilon-1)^mf(x)\le 2^m\sup_{y\in[x,x+m\epsilon]}\lvert f(y)\rvert$$ Si $p$ es un monic polinomio de grado $m$ y $a < b$, a continuación, tomar $f(y)=p(y)-p(b)$, $x=a$ y $\epsilon=(b-a)/m$ da el lema con $L=m!(2m)^{m}$.

Answer 2

Otro enfoque.

Voy a probar el resultado paso a paso.

1. $$\sum_{j=0}^m (-1)^j \binom{m}{j}j(j-1)\cdots(j-k+1)=0$$ $si$0\leqslant k\leqslant m-1$y$m!$si$k=m$.

Prueba.

Uso $j\binom{m}{j}=m\binom{m-1}{j-1}$.

2- $$\sum_{j=0}^m (-1)^j \binom{m}{j}j^k=0$$ $si$0\leqslant k\leqslant m-1$y$m!$si$k=m$.

Prueba.

Sigue por el Paso de $1$ por linealidad.

3- $$\sigma_k(1,2,\ldots,j-1)$$ es el polinomio de grado $2k$ en $j$, con coeficiente inicial de $\dfrac{1}{2^k k!}$.

Prueba.

Esto se demuestra por inducción utilizando identidades de Newton

4- $$\sum_{j=0}^m (-1)^j\binom{m}{j}\sigma_k(1,2,\ldots,j-1)=0$$ $si$2k<m$, y$1\times 3\times\cdots (m-1)$si$2k=m$.

Sigue por el Paso de 2 $$ y $3$

5 $$\sum_{j=0}^m (-1)^j \binom{m}{j}(1-\frac{1}{n})\cdots (1-\frac{j-1}{n})$$ es equivalente cuando $n\rightarrow +\infty$ $(- n)^{-m/2}\1\times 3\times\cdots (m-1)$ si $m$ es par y, et es $o(n^{-m/2})$ si $m$ es impar.

Prueba.

Acaba de desarrollar el producto y el uso que paso de $4 dólares.

6 - Por $p_0(x)=x^m$, $p_n(-n)$ es equivalente a $(-n)^{m/2}\1 \times 3\times\cdots\times (m-1)$ si $m$ es par, y $p_n(-n)=o(n^{m/2})$ si $m$ es impar.

Prueba.

El uso de $p_n(x)=\sum_{j=0}^m \binom{n}{j}m(m-1)\cdots (m-j+1)x^{m-j}=\binom{m}{j}n(n-1)\cdots (n-j+1)x^{m-j}$, y el sustituto de $x=$ n para volver al paso $5$.

7-Denotan $q_{m,n}(x)=n^{-m/2}p_{m,n}(-n+x\sqrt{n})$ con $p_0=x^m$ Se demuestra por inducción sobre $n$ como $q_ {m, n}$ converge para el polinomio de Hermite de $H_m$ cuando $$ n tiende a infinito.

Para $n=0$, es evidente.

Supongamos que la afirmación verdadera en el rango de <$n$. Entonces ella es verdadera para $\frac{1}{m}p'_{m,0}(x)=x^{m-1}=p_{m-1,0}$.

Como la derivación de los viajes con la transformación de $p_0\mapsto p_n$ tenemos $p'_{m,n}=mp_{m-1,n}$.

Se trata de $p'_{m,n}=mq_{m-1,n}$, lo $p'_{m,n}$ converge a $mH_{m-1}=H _m$ como $m$ tiende a $+\infty$.

Con el paso de los $6$ tenemos $q_{m,n}(0)$ converge a $H_m(0)$.

8 - El resultado del paso 7 es cierto para cualquier monic polinomio de grado $m$ en vez de $p_0$.

Finalmente, se reduce a $p_0$ unitario. Por la continuidad de las raíces en los coeficientes de un polinomio y el hecho de que los polinomios de Hermite se dividen a simple raíces de más de $\mathbb{R}$, $p_n$ también $n$ lo suficientemente grande como después del paso de $8 dólares.

Answer 3

No es una solución en absoluto, por lo que (abajo)votar en consecuencia. Sólo escribir lo que mi jugando con Mathematica sugiere en la esperanza de que pueda inspirar a alguien más. Creo que esta línea de ataque debe conducir a una solución, pero requiere cuidado de las estimaciones. Esperemos que más ingenioso método que está ahí fuera.

La fórmula en Abiessu del comentario muestra que la transformación de $T_n:p_0\mapsto p_n$ es lineal (esto también podría ser probada directamente). Una una mirada más cuidadosa en que la fórmula revela que para las grandes $n$ los coeficientes procedentes de la líder plazo, es decir, $T_n(a_mx^m)$, va a dominar a los otros términos. De una manera (que necesita para ser más precisos) esto sugiere que los ceros de $T_n(p)$ están cerca de los ceros de $$T_n(x^m)=x^m+m{n\elegir 1}x^{m-1}+m(m-1){n\elegir 2}x^{m-2}+\cdots$$

Por lo que propongo el siguiente ataque:

• Indican que por lo suficientemente grande como $n$ el polinomio $G_n:=T_n(x^m)$ ha $m$ distintos de ceros, y que la derivada de $G_n'$ tiene un gran valor absoluto en estos ceros.
• Demuestre que la diferencia de $|a_m G_n(x)-p_n(x)|$ es lo suficientemente pequeño (en comparación con $G_n'(x)$) cerca de los ceros de $G_n$ por lo que podemos concluir de $p_n$ a también tiene un cero en la vecindad.

Las pruebas muestran que los ceros de $G_n$ será "cerca" $x=-n$ para una definición adecuada de "cerca". Esto no es una sorpresa como se desprende de las definiciones que $$\lim_{n\to\infty}\frac{G_n(nx)}{n^m}=(x+1)^m.$$ He comprobado lo que sucede con $$p_0(x)=(x^2+1)(x^2+4)=x^4+5x^2+4.$$ Desde que subió a $n=50$ (forma de overkill, la condición se ha cumplido mucho antes) voy a compartir un par de parcelas con usted. Aquí están las parcelas de $p_{50}$ y $G_{50}$. Ya ves que en esta resolución, que casi coinciden.

Aquí un primer plano de la vecindad de uno de los ceros.

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Edit: creo que me di cuenta de un útil de escala. Considere el polinomio (cambiando la notación un poco, como yo necesita el doble de indexación) $$F_{m,n}=T_n(x^m):=\sum_{i=0}^n\frac{m! n! i!}{(m-i)! (n-i)!}x^{m-i}.$$ Vamos a hacer la traducción que Juan Mangual también estudiado, y la escala de la variable $\sqrt$ n, y definir $$H_{m,n}:=\frac1{n^{m/2}}F_{m,n}(\sqrt n x-n).$$ Yo estoy bien en mi manera de probar (no hay todavía, pero tengo un equipo de justificación para $m\le5$, y algunos útiles buscando identidades) que $$\lim_{n\to\infty}H_{m,n}(x)=He_m(x),$$ donde $He_m(x)$ es el llamado probabilist del polinomio de Hermite de grado $m$. Me sorprendería si esto no fuera ya sea conocido o deducida a partir de hechos conocidos.

De todos modos, me conjetura de que los ceros de $z_{i,n}, i=1,2,\ldots,m$, de $p_n(x)$ puede ser numeradas de tal manera que los límites $$z_i=\lim_{n\to\infty}\frac{z_{i,n}+n}{\sqrt n}$$ existen, y son los ceros de $He_m(x)$.

Answer 4

Vamos a recordar dos observaciones en esta discusión:

• $\displaystyle f_n(x)=\frac{d^n\left( e^xp_0(x)\right)}{dx^n}$

• $\displaystyle p_n(x)=\sum_{i=0}^n{n\elegir i}p_0^{(i)}(x)$

Observe también que, en el grado que nunca pasa de hasta $\gr p_n = \gr p_0 = m$ para todo $n \geq 0$. Entonces

$$\sum_{k=0}^n{n\elegir k}p_0^{(k)}(x) = \sum_{k=0}^m{n\elegir k}p_0^{(k)}(x) \approx \sum_{k=0}^m \frac{n^k}{k!}p_0^{(k)}(x) = p_0(x+n)$$

donde $m << n$. En este régimen, se estima el coeficiente binomial por: $\binom{n}{k} \approx \frac{n^k}{k!}$ y, a continuación, utilizar la fórmula de Taylor.

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Aviso esto solo es asintóticamente para $n >> 1$ obtenemos $p_n(x) \aprox p_0(x+n)$. Entonces yo no estaba de acuerdo con Clin de la conjetura desde $p_0(x)$, puede que no siempre tiene raíces reales, por ejemplo, $p_0(x) = x^2 + 1$. De hecho $p_n(x) = (x+n)^2 - n + 1$.

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Una segunda estimación da $p_n(x) \aprox p_0(x+n) - n \,p"_0(x+n)$...

Hace $p_0(x) - n \, p_0"(x)$ tiene todas las raíces reales de $n$ lo suficientemente grande?

Genéricamente podemos escribir $p_0(x) = x^m + ax^{m-2} + \dots$ para que $p_n(x-n) \aprox x^m - n \times m(m-1)x^{m-2} + \dots$