Las raíces cuadradas de los polinomios son linealmente independientes

Question

Me gustaría saber cómo demostrar lo siguiente (¿o tal vez no sea cierto?)

Supongamos que tenemos un conjunto de polinomios libres de cuadrado, mónicos y distintos $P_1(x),...P_n(x)$ en $R$ de modo que todos sean positivos para $x>=0$ .

Entonces quiero demostrar lo siguiente: para cada combinación lineal no nula de $\sqrt P_1(x),..,\sqrt P_n(x)$ en $R$ y para cada intervalo a la derecha de $0$ , $(a,b)$ la combinación lineal no es constante en $(a,b)$ .

He intentado tomar derivados, pero parece imposible hacer esto :(. Esto no es un hw, pero un resultado que a menudo yo mismo en la necesidad.

Answer 1

Esto no es del todo cierto, ya que podemos tomar $P_1(x)=1$ Así que $\sqrt{P_1(x)}=1$ es constante.

Podemos demostrar que si $\sum_i c_i\sqrt{P_i(x)}=0$ en $(a,b)$ entonces $c_i=0$ para cada $i$ . De forma más general, demostraremos por inducción en $n$ que si $$\sum_{i=1}^n\frac{f_i(x)}{P_i(x)^k}\sqrt{P_i(x)}=0$$ en $(a,b)$ donde el $f_i(x)$ son polinomios y $k$ es un número entero no negativo, entonces $f_i(x)$ es idénticamente cero para cada $i$ . El caso $n=1$ está claro.

Supongamos que la afirmación es válida para $n-1$ . Si todos los $f_i(x)$ son idénticamente cero hemos terminado, así que supongamos wlog $f_1(x)$ no es cero. Al reducir el intervalo, podemos suponer $f_1(x)\neq0$ para $x\in(a,b)$ . Sea $$g_i(x)=\frac{f_i(x)}{P_i(x)^k}\sqrt{P_i(x)}.$$ Entonces $\sum_ig_i(x)=0$ . Dividiendo por $g_1(x)$ y diferenciando, $$\sum_{i=2}^n\frac{d}{dx}\frac{g_i(x)}{g_1(x)}=0.$$ Tenemos $$\frac{d}{dx}\frac{g_i(x)}{g_1(x)}=\frac{P_i(x)^{1/2-k}f_i'(x)}{g_1(x)}-\frac{g_i(x)}{g_1(x)}\left(\frac{f_1'(x)}{f_1(x)}+(k-1/2)\left(\frac{P_i'(x)}{P_i(x)}-\frac{P_1'(x)}{P_1(x)}\right)\right).$$ Así $$f_1(x)P_1(x)g_1(x)\frac{d}{dx}\frac{g_i(x)}{g_1(x)}=\frac{h_i(x)}{P_i(x)^{k+1}}\sqrt{P_i(x)}$$ para algún polinomio $h_i(x)$ . Así $$\sum_{i=2}^n\frac{h_i(x)}{P_i(x)^{k+1}}\sqrt{P_i(x)}=0.$$ Por inducción, $h_i(x)$ es idénticamente cero para $i=2,\ldots,n$ Así que $g_i(x)=k_ig_1(x)$ para alguna constante $k_i$ . Cuadratura, $$f_i(x)^2P_1(x)^{2k-1}=k_i^2f_1(x)^2P_i(x)^{2k-1}.$$ Desde el $P_i$ son cuadrados libres y distintos, comparando los factores irreducibles vemos que $f_i$ debe ser cero para $i>1$ . Esto implica $f_1$ también es cero, completando la inducción.