Cómo probar esto $f_{2m+1}(x)+xf_{2m-1}(x)=0 $, tiene raíces reales

Question

deje $$f_{1}(x)=1, f_{2}(x)=1+x, f_{n}(x)=f_{n-1}(x)+xf_{n-2}(x)$$

mostrar que $$f_{2m+1}(x)+xf_{2m-1}(x)=0,m\in N$$sólo tiene raíces reales.

Gracias a todos. Este problema es mi frend que me la pida.Yo no se conoce este problema viene de que los libros,Gracias

Se sabe que los polinomios de Hermite y polinomios de Legendre sólo tienen números reales,consulte: http://en.wikipedia.org/wiki/Hermite_polynomialsy http://en.wikipedia.org/wiki/Legendre_polynomials Pero esto me cann no demostrarlo.

Answer 1

Primero nos reformular el problema con un simple formulación. Observar que sólo estamos interesados en $f_n(x)$ por extraño $n$. Tenemos $f_1(x)=1, f_2(x)=1+x, f_3(x)=(1+x)+x(1)=1+2x$.

Tenemos $$f_{2m+1}(x)=f_{2m}(x)+xf_{2m-1}(x)$$ Así $$f_{2m}(x)=f_{2m+1}(x)-xf_{2m-1}(x), \; f_{2m-2}(x)=f_{2m-1}(x)-xf_{2m-3}(x)$$ Sustituyendo esto en $$f_{2m}(x)=f_{2m-1}(x)+xf_{2m-2}(x)$$ , obtenemos $$f_{2m+1}(x)-xf_{2m-1}(x)=f_{2m-1}(x)+x(f_{2m-1}(x)-xf_{2m-3}(x))$$ $$f_{2m+1}(x)=(1+2x)f_{2m-1}(x)-x^2f_{2m-3}(x)$$

Así, podemos definir $g_m(x)=f_{2m+1}(x)$, por lo que $$g_0(x)=f_1(x)=1, g_1(x)=f_3(x)=1+2x, g_m(x)=(1+2x)g_{m-1}(x)-x^2g_{m-2}(x)$$ The problem reduces to showing that $g_m(x)+xg_{m-1}(x)=0$ sólo tiene raíces reales.

Es fácil ver (y fácilmente demostrado por inducción) que $f_n(x)$ tiene el grado $\lfloor \frac{n}{2} \rfloor$, ha positiva coeficiente inicial, y tiene término constante $1$, lo $g_m(x)$ tiene el grado $m$, ha positiva coeficiente inicial, y tiene término constante $1$. En particular, $g_m(x)+xg_{m-1}(x)$ tiene el grado $m$, por lo que es suficiente para mostrar que se ha $m$ distintas raíces reales.

Ahora procedemos por inducción sobre $m \geq 1$ a probar las siguientes afirmaciones:

1. $g_{m-1}(x)$ $m-1$ distintas raíces reales $\alpha_{m-1, 1}>\alpha_{m-1, 2}> \ldots >\alpha_{m-1, m-1}$.
2. Definir $\alpha_{m-1, 0}=+\infty, \alpha_{m-1, m}=-\infty$,$0 \leq i \leq m-1, \alpha_{m-1, i+1}<x<\alpha_{m-1, i}$,$sgn(g_{m-1}(x))=(-1)^i$. (Nota: $\alpha_{m-1, 0}, \alpha_{m-1, m}$, siendo la $\pm \infty$, en realidad no son números reales, pero es más conveniente el uso de $\alpha_{m-1, 0}, \alpha_{m-1, m}$ en lugar de $\pm \infty$.)
3. Tenemos $sgn(g_m(\alpha_{m-1, i}))=(-1)^i, 0 \leq i \leq m$. (Nota: $sgn(g_m( \pm \infty))$ se define como el signo de $g_m(x)$$x \to \pm \infty$.)

Al$m=1$,$g_0(x)=1$, lo que claramente ha $0$ distintas raíces reales. Para $-\infty=\alpha_{0, 1}<x<\alpha_{0, 0}=+\infty$, claramente tenemos $sgn(g_{0}(x))=sgn(1)=(-1)^0$. También, $sgn(g_1(\alpha_{0, 0}))=1, sgn(g_1(\alpha_{0, 1}))=-1$. Por lo tanto las declaraciones de hecho, sostener que en el caso base $m=1$.

Supongamos que el $3$ declaraciones presionado para $m=k$. Considere la posibilidad de $m=k+1$. Tenemos por la hipótesis de inducción (declaración de $3$$sgn(g_k(\alpha_{k-1, i}))=(-1)^i, 0 \leq i \leq k$. Por el teorema del valor intermedio (desde $g_k(x)$ es un polinomio, es continua), $g_k(x)$ $k$ distintas raíces reales $\alpha_{k, i}, 1 \leq i \leq k$, la satisfacción de $g_{k-1, i}<g_{k, i}<g_{k-1, i-1}$. (Hemos demostrado declaración de $1$) Desde $g_k(x)$ tiene el grado $k$, todas estas son sus raíces.

Tenga en cuenta que tenemos $\alpha_{k, k}<\alpha_{k-1, k-1}<\alpha_{k, k-1}<\alpha_{k-1, k-2}< \ldots <\alpha_{k-1, 1}<\alpha_{k, 1}$. Considerar el intervalo de $(\alpha_{k, i+1}, \alpha_{k, i})$$1 \leq i \leq k-1$. Tenga en cuenta que $g_k(x)$ no tiene raíces en este intervalo abierto, por lo $sgn(g_k(x))$ es constante en este intervalo. Desde $\alpha_{k-1, i}$ se encuentra en este intervalo, tenemos para $\alpha_{k, i+1}<x<\alpha_{k, i}$, $sgn(g_k(x))=sgn(g_k(\alpha_{k-1, i}))=(-1)^i$.

Ahora considerar el abrir de los intervalos de $(-\infty, \alpha_{k, k})$$(\alpha_{k, 1}, +\infty)$. De nuevo, $g_k(x)$ no tiene raíces en este intervalo. Por lo tanto, $sgn(g_k(x))$ es constante en este intervalo. Para$-\infty=\alpha_{k-1, k}=\alpha_{k, k+1}<x<\alpha_{k, k}$,$sgn(g_k(x))=sgn(g_k(\alpha_{k-1, k}))=(-1)^k$. Para$\alpha_{k, 1}<x<\alpha_{k, 0}=\alpha_{k-1, 0}=+\infty$,$sgn(g_k(x))=sgn(g_k(\alpha_{k-1, 0}))=(-1)^0$. Esto, combinado con el párrafo anterior, se muestra la declaración de $2$.

Ahora desde $g_{k+1}(x)=(1+2x)g_k(x)-x^2g_{k-1}(x)$, $1 \leq i \leq k$ que \begin{align} sgn(g_{k+1}(\alpha_{k, i}))=sgn((1+2\alpha_{k, i})g_k(\alpha_{k, i})-\alpha_{k, i}^2g_{k-1}(\alpha_{k, i}))&=sgn(-\alpha_{k, i}^2g_{k-1}(\alpha_{k, i})) \\ &=-sgn(g_{k-1}(\alpha_{k, i})) \end{align} (donde la última igualdad se sigue del hecho de que $g_k(0)=1$, lo $\alpha_{k, i} \not =0$.)

Ahora desde $\alpha_{k-1, i}<\alpha_{k, i}<\alpha_{k-1, i-1}$, por la hipótesis de inducción (declaración de $2$), que $sgn(g_{k-1}(\alpha_{k, i}))=(-1)^{i-1}$. Por lo tanto $sgn(g_{k+1}(\alpha_{k, i}))=-sgn(g_{k-1}(\alpha_{k, i}))=(-1)^i$.

Por último, desde $g_{k+1}(x)$ tiene el grado $k+1$, y ha positiva coeficiente inicial, tenemos $sgn(g_{k+1}(\alpha_{k, 0}))=sgn(g_{k+1}(+\infty))=1$$sgn(g_{k+1}(\alpha_{k, k+1}))=sgn(g_{k+1}(-\infty))=(-1)^{k+1}$. Esto, combinado con el anterior, demuestra la declaración de $3$.

Por lo tanto se realiza por inducción, por lo que la anterior $3$ instrucciones tienen validez para todos los $m \in \mathbb{Z}^+$.

Ahora tenemos $sgn(g_k(\alpha_{k-1, i})+\alpha_{k-1, i}g_{k-1}(\alpha_{k-1, i}))=sgn(g_k(\alpha_{k-1, i}))=(-1)^i, 1 \leq i \leq k-1$. También, desde la $g_k(x)+xg_{k-1}(x)$ tiene el grado $k$ y positiva coeficiente inicial, $sgn(g_k(\alpha_{k-1, 0})+\alpha_{k-1, 0}g_{k-1}(\alpha_{k-1, 0}))=1$$sgn(g_k(\alpha_{k-1, k})+\alpha_{k-1, k}g_{k-1}(\alpha_{k-1, k}))=(-1)^k$.

Por el teorema del valor intermedio (desde $g_k(x)+xg_{k-1}(x)$ es un polinomio, es continua), $g_k(x)+xg_{k-1}(x)$ $k$ distintas raíces reales. Ya que tiene un grado $k$, hemos terminado.

Tenga en cuenta que el mismo argumento muestra que la ecuación polinómica $f_{2m+1}(x)+cxf_{2m-1}(x)=0$ sólo tiene raíces reales, donde $c \geq 0$ es una constante.

Answer 2

Fisk - Polinomios, Raíces, Y Entrelazado - Página 49 - Corolario De 1.95

Teorema. Supongamos $P_1$ $P_2$ real entrelazado de ceros, entonces la fórmula de recursión $$P_n=P_{n-1}+x\cdot P_{n-2}$$ define una secuencia de polinomios con real sólo ceros.

Nota: estoy indicando una disminución en la versión parafraseada para el teorema en el libro.

Definir $$g_m(x)=f_{m+1}(x)+x\cdot f_{m-1}(x).$$ Notice that the sequence $\{g_m\}$ includes, as a subset, the set of polynomials that you want to show have only real zeros. With this easier formula we arrive at the simple recursion: $$g_m(x)=g_{m-1}+x\cdot g_{m-2}(x).$$ Therefore, we only need to show that $\{g_m\}$ has two initial polynomials with real interlacing zeros. We calculate the first few polynomials, $$g_2(x)=3x+1 \\ g_3(x)=2x^2+4x+1 \\ g_4(x)=5x^2+5x+1 \\ g_5(x)=2x^3+9x^2+6x+1 \\ g_6(x)=7x^3+14x^2+7x+1 \\ \vdots $$ and calculate the roots, $$Roots(g_2)=\{-0.3333\} \\ Roots(g_3)=\{-0.2929,-1.7071\} \\ Roots(g_4)=\{-0.2764,-0.7236,\} \\ Roots(g_5)=\{-0.2670,-0.5000,-3.7321\} \\ Roots(g_6)=\{-0.2630,-0.4090,-1.3290\} \\ \vdots $$ We see that $g_2$ and $g_3$ han entrelazado ceros, de hecho esta lista de forma consecutiva entrelazado. Tenga en cuenta que el consecutivo de entrelazado no estaba garantizado por el teorema; la única cosa que el teorema garantiza es que el resto de los polinomios tienen real sólo ceros. Aunque, ahora que sabemos que todos los polinomios tienen real sólo ceros, hay otro teorema de Fisk, que nos dice que va a continuar de forma consecutiva entrelazado.

Definición. El entrelazado significa que los ceros de dos polinomios de ajuste en conjunto; por ejemplo, $$a_1< b_1 < a_2 < \cdots a_n < b_n.$ $ Sólo para ser claros dos polinomios sólo puede entrelazar si están dentro de un grado de cada uno de los otros.