Sobre la desigualdad $ \int_{-\infty}^{+\infty}\frac{(p'(x))^2}{(p'(x))^2+(p(x))^2}\,dx \le n^{3/2}\pi.$

Question

$ p(x)\in\mathbb{R[X]} $ es un polinomio de grado $n$ sin un verdadero raíces. Demuéstralo: $$\int\limits_{-\infty}^{+\infty}\dfrac{(p'(x))^2}{(p'(x))^2+(p(x))^2}\,dx \leq n^{3/2}\pi.$$

Es fácil ver que el grado de $ p$ tiene que ser uniforme.
Para $n=2$ esta integral es como máximo $2\pi$ .
Para $n>2$ el valor máximo de esta integral se obtiene cuando todas las partes imaginarias de las raíces de $p(x)$ tienden a $0$ pero no pude ir más lejos.

Agradecería cualquier ayuda, gracias.

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Editado por David Speyer: Ahora parece muy probable que el límite óptimo sea $n \pi$ no $n^{3/2} \pi$ . Como se señala en los comentarios a continuación, y más adelante en Pregunta nº 23 este es el valor que obtenemos en el límite donde $p$ tiene raíces dobles en el eje real.

Parece probable que mover las raíces de $p$ lejos del eje real sólo puede hacer que la integral sea menor. Escribe las raíces de $p$ como $a_j \pm i b_j$ Así que $p(x) = \prod ((x-a_j)^2 + b_j^2)$ y $$\frac{p'(x)}{p(x)} = \sum \frac{2 (x-a_j)}{(x-a_j)^2 + b_j^2}.\quad (\ast)$$ Así que hacer el $b_j$ más grande tiende a hacer $p'(x)/p(x)$ más pequeña, lo que hace que la integral sea más pequeña. Pero este argumento no es riguroso, porque los términos de $(\ast)$ puede tener tanto signo positivo como negativo, por lo que podría ser que acercar los términos individuales a $0$ hace que el valor absoluto de $(\ast)$ más grande. No veo cómo superar este problema fácilmente.

Por lo tanto, estoy poniendo una recompensa para probar o refutar

$$ \int_{-\infty}^{+\infty}\dfrac{(p'(x))^2}{(p'(x))^2+(p(x))^2}\,dx \leq n\pi.$$

Answer 1

Sin pérdida de generalidad, podemos suponer que $p$ es mónico. Dado que $p$ no tiene raíces reales, $n=2m$ para algunos $m\ge 1$ y existen polinomios cuadráticos mónicos $q_1,\dots,q_m$ sin raíces reales tal que $p=\prod_{k=1}^m q_k$ . Por lo tanto, por la desigualdad de Cauchy-Schwarz,

$$ \left(\frac{p'}{p}\right)^2=\left(\sum_{k=1}^m \frac{q_k'}{q_k}\right)^2\le m\cdot \sum_{k=1}^m \left(\frac{q_k'}{q_k}\right)^2. \tag{1}$$ Denote $f(t):=\frac{t}{1+t}$ para $t\ge 0$ . Tenga en cuenta que $f$ aumenta y $f(s+t)\le f(s)+f(t)$ . Entonces de $(1)$ se deduce que

$$\frac{p'^2}{p'^2+p^2}=f\left(\left(\frac{p'}{p}\right)^2\right)\le \sum_{k=1}^m f\left(m\cdot\left(\frac{q_k'}{q_k}\right)^2\right). \tag{2}$$ Para cada $k$ ya que $q_k$ no tiene raíces reales, existe $a_k\in\mathbb R$ et $c_k>0$ tal que $q_k(x)=(x-a_k)^2+c_k$ . Por lo tanto,

$$\int_{-\infty}^{+\infty}f\left(m\cdot\left(\frac{q_k'(x)}{q_k(x)}\right)^2\right)dx\le \int_{-\infty}^{+\infty} f\left( \frac{4m}{(x-a_k)^2}\right)dx=2\sqrt{m}\cdot\pi. \tag{3}$$ Combinación de $(2)$ y $(3)$ obtenemos que $$\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{p'^2(x)}{p'^2(x)+p^2(x)}dx\le 2^{-\frac{1}{2}}\cdot n^{\frac{3}{2}}\cdot\pi.$$

Answer 2

1. Notación y enunciado principal

Para cada $\mathrm{z} \in \Bbb{C}^d$ definimos

$$ p(t) = p(\mathrm{z}, t) = \prod_{j=1}^d (t - z_j), \qquad I = I(\mathrm{z}) = \int_{-\infty}^{\infty} \frac{p_{\mathrm{z}}'(t)^2}{p_{\mathrm{z}}(t)^2 + p_{\mathrm{z}}'(t)^2} \, \mathrm{d}t \tag{1} $$

siempre que el denominador del integrando no desaparezca. También escribiendo

$$ \frac{p'(\mathrm{z}, t)}{p(\mathrm{z}, t)} = \sum_{j=1}^d \frac{1}{t - z_j}, \quad I(\mathrm{z}) = \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\mathrm{d}t}{1 + (p(\mathrm{z}, t)/p'(\mathrm{z}, t))^2},$$

encontramos que $I$ está bien definida y es continua en todo $\mathrm{x} \in \Bbb{R}^d$ . (La continuidad, por ejemplo, se deduce del teorema de convergencia dominada).

Entonces afirmamos la siguiente proposición:

Proposición 1. Para cualquier $\mathrm{x} \in \Bbb{R}^d$ tenemos $I(\mathrm{x}) = \pi d$ .

Observe que David Speyer dio una prueba analítica agradable y compleja de esta identidad en su respuesta . En mi respuesta, adoptaremos un enfoque analítico real.

Contraejemplo 2. Por otra parte, observamos que para $$p(t) = (t-1)^4 (t^2 + 1/9),$$ un cálculo numérico con Mathematica 8.0 muestra que $$ \frac{1}{\pi} I(i/3, -i/3, 1, 1, 1, 1) \approx 6.0058731199379896917, $$ que supera $6$ . De hecho, el gráfico de $u \mapsto \pi^{-1} I(iu, -iu, 1, 1, 1, 1)$ viene dada por

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2. Preliminar

El siguiente teorema desempeña un papel crucial en la demostración de la Proposición 1:

Teorema 3. Sea $x_0, x_1, \cdots, x_d \in \Bbb{R}$ et $c_1, \cdots, c_d > 0$ . Entonces la función $$ \phi(t) = t - x_0 - \sum_{j=1}^d \frac{c_j}{t - x_j} $$ es una transformación que preserva la medida. En consecuencia, para cualquier $f \in L^1(\Bbb{R})$ tenemos $$ \int_{-\infty}^{\infty} f(t) \, \mathrm{d}t = \int_{-\infty}^{\infty} f(\phi(t)) \, \mathrm{d}t. $$

Sólo damos un esbozo de la prueba (que se esboza en Respuesta de orangekid ): Para cada $u \in \Bbb{R}$ existe exactamente $d+1$ soluciones reales de $\phi(t) = u$ . Si los denotamos en orden creciente por $t_0(u), \cdots, t_d(u)$ es fácil comprobar que

• $\sum_{j=0}^d t_j (u) = u + \sum_{j=0}^d x_j $ ,
• $ \phi^{-1}([u, v]) = \sum_{j=0}^d (t_j(v) - t_j(u)) = v-u$ .

Esto demuestra que $\phi$ preserva la medida de los intervalos compactos. Dado que la familia de los intervalos compactos genera la medida de Borel $\sigma$ -en $\Bbb{R}$ Esto completa la prueba.

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3. Prueba de la proposición 1

Por continuidad, basta con demostrar para $\mathrm{x} = (x_1, \cdots, x_d)$ tal que $x_j \neq x_k$ siempre que $j \neq k$ . Entonces $p'(t) = p'(\mathrm{x}, t)$ tiene $d-1$ ceros reales distintos, por lo que podemos escribir

$$ p'(t) = d(t-y_1)\cdots(t-y_{d-1}). $$

Entonces, por la descomposición parcial de fracciones, obtenemos

$$ \frac{p(t)}{p'(t)} = \frac{t}{d} - y_0 - \sum_{j=1}^{d-1} \frac{c_j}{t - y_j} $$

para algunos $y_0, c_1, \cdots, c_{d-1} \in \Bbb{R}$ . Para hacer uso del Teorema 3, necesitamos demostrar que cada $c_j$ es positivo. Así es,

$$ c_j = -\lim_{t\to y_j} \frac{p(t)}{p'(t)}(t - y_j) = -\frac{p(y_j)}{p''(y_j)} = \left(\frac{p(y_j)}{p''(y_j)}\right)^2 \frac{p'(y_j)^2 - p(y_j)p''(y_j)}{p(y_j)^2}. $$

Ahora bien, observando que

$$ \frac{p'(y_j)^2 - p(y_j)p''(y_j)}{p(y_j)^2} = \left. -\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\frac{p'(t)}{p(t)} \right|_{t=y_j} = \sum_{k=1}^{d} \frac{1}{(y_j - x_k)^{2}} > 0, $$

de hecho tenemos $c_j > 0$ . Entonces, por el Teorema 3, tenemos

$$ \quad I(\mathrm{x}) = \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\mathrm{d}t}{1 + (p(t)/p'(t))^2} = \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\mathrm{d}t}{1 + (t/d)^2} = \pi d $$

como desee.

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4. Addendum - Un límite posiblemente útil

Para simplificar la notación, introducimos la siguiente función

$$ f(\mathrm{z}, t) = \frac{p'(\mathrm{z}, t)^2}{p(\mathrm{z}, t)^2 + p'(\mathrm{z}, t)^2}. $$

Además, si nos dan $z_1, \cdots, z_d \in \Bbb{C}$ y un subconjunto distinto de cero $J = \{j_1, \cdots, j_k\} \subset \{1, \cdots, d\} =: [d]$ denotemos

$$ \mathrm{z} = (z_1, \bar{z}_1, \cdots, z_d, \bar{z}_d), \quad \mathrm{z}_J = (\Re (z_{j_1}), \Re (z_{j_1}), \cdots, \Re (z_{j_k}), \Re (z_{j_k})). $$

En efecto, $\mathrm{z}_J$ corresponde al parámetro que obtenemos tomando el límite como $\Im(z_j) \to 0$ para $j \in J$ et $\Im(z_j) \to \infty$ para $j \notin J$ . Es decir, podemos comprobar que

$$ \lim_{\substack{\Im(z_j) \to 0; j \in J \\ \Im(z_j) \to \infty; j \notin J}} f(\mathrm{z}, t) = f(\mathrm{z}_J, t). $$

Entonces podemos demostrar el siguiente límite puntual:

$$ f(\mathrm{z}, t) \leq \max_{J \subset [d]} f(\mathrm{z}_J, t). \tag{2} $$

En particular, si $\Re(z_j)$ están próximos entre sí, entonces realizando una integración numérica sobre el límite $(\text{2})$ da un mejor límite superior de $I(\mathrm{z})$ . Por ejemplo, si denotamos $\alpha = \min_j \Re(z_j)$ et $\beta = \max_j \Re(z_j)$ entonces

\begin{align*} t \in \Bbb{R}\setminus[\alpha, \beta] &\quad \Longrightarrow \quad t - \Re(z_j) \text{ have the same sign for all } j \\ &\quad \Longrightarrow \quad \left|\frac{p'(\mathrm{z}_{J}, t)}{p(\mathrm{z}_{J}, t)}\right| \leq \left|\frac{p'(\mathrm{z}_{[d]}, t)}{p(\mathrm{z}_{[d]}, t)}\right| \\ &\quad \Longrightarrow \quad f(\mathrm{z}_{J}, t) \leq f(\mathrm{z}_{[d]}, t). \end{align*}

En consecuencia, obtenemos un límite simple

\begin{align*} I(\mathrm{z}) &\leq (\beta - \alpha) + \int_{\Bbb{R}\setminus[\alpha, \beta]} f(\mathrm{z}_{[d]}, t) \, \mathrm{d}t \\ &\leq (\beta - \alpha) + 2\pi d. \end{align*}