¿Cada polinomio positivo con coeficientes racionales está por encima de un polinomio no negativo completamente factorizado en Q?

Question

Esta pregunta fue originalmente formulada en stackoverflow (https://math.stackexchange.com/questions/103941/every-positive-polynomial-is-above-a-completely-q-factorized-positive-polynomial) pero como ha permanecido sin más comentarios durante una semana, la migro aquí.

Sea $P$ un polinomio unitario con coeficientes racionales en una variable $x$, tal que $P(x) \gt 0$ para todo $x \in \mathbb R$. Entonces $P$ es de grado par, digamos $2d$. ¿Es cierto que siempre existen $d$ números racionales $q_1, q_2, \ldots, q_d$ tales que

$$ (*) \ \ \ P(x) \geq \bigg( \prod_{k=1}^{d} (x-q_k)^2\bigg) $$

para todo $x \in \mathbb R$?

Puedo demostrar que la respuesta es SÍ cuando $d=1$ o $d=2.

Cuando $d=1$, $P$ tiene una forma canónica $(X-a)^2+b$ con $b>0$, por lo que podemos tomar $q_1=a$ ($a$ será racional ya que los coeficientes de $P lo son) y hemos terminado.

Ahora supongamos que $d=2$. Luego, $P$ tiene un mínimo global $\mu_1>0$, alcanzado en un (o varios) valor $\eta_1$. Luego $Q=\frac{P-\mu_1}{(X-\eta_1)^2}$ es un polinomio unitario de grado $2$ en $X$ y es no negativo en todas partes, por lo que podemos escribir $Q=\mu_2 + (X-\eta_2)^2$ con $\mu_2 \geq 0. Si escribimos explícitamente $P$ como $P=X^4+a_3X^3+a_2X^2+a_1X+a_0$, donde $a_0, a_1, a_2$ y $a_3$ son racionales, entonces tenemos

$$ Q=X^2 + (a_3 + 2\eta_1)X + (a_2 + (2a_3\eta_1 + 3\eta_1^2)) $$

Por lo tanto, $\eta_2=-\frac{a_3 + 2\eta_1}{2}$. Deducimos las identidades $$ Q=\mu_2+(X+\frac{a_3 + 2\eta_1}{2})^2 $$

$$ P=\mu_1+(X-\eta_1)^2Q=\mu_1+(X-\eta_1)^2\bigg( \mu_2+(X+\frac{a_3 + 2\eta_1}{2})^2\bigg) $$

Ahora $$ \Omega=\Bigg\lbrace r \in {\mathbb R} \Bigg| \forall x\in {\mathbb R}, \ P(x) \gt \frac{\mu_1}{2}+(x-r)^2\bigg( \mu_2+(x+\frac{a_3 + 2r}{2})^2\bigg) \Bigg\rbrace $$

es un conjunto abierto en $\mathbb R. Es no vacío, ya que por construcción contiene a $\eta_1$. Por lo tanto, siempre contendrá un número racional $q$. Luego, podemos tomar $q_1=q$ y $q_2=-\frac{a_3 + 2q}{2}$ y (*) se cumple.

Answer 1

La función no tiene raíces reales, por lo que todas sus raíces son números complejos, en pares conjugados. Por lo tanto, podemos factorizarlo en términos de la forma $((x-a_i)^2+b_i)$. Primero considera el producto de todos los $(x-a_i)^2$. Esto será estrictamente menor que el polinomio original. La diferencia tendrá grado $2d-2$. Nuestro desafío es reemplazar cada $a_i$ con un número racional cercano $d_i$ sin que la diferencia sea negativa en ningún lugar. Dado que podemos elegir $d_i$ arbitrariamente cerca de $a_i$, podemos hacer que la diferencia sea arbitrariamente pequeña, por lo que nuestra única preocupación es su tasa de crecimiento. Esto será determinado por el coeficiente de $x^{2d-1}$, que será $\sum 2(a_i-d_i)$. Dado que $\sum a_i$ es un racional, podemos elegir racionales muy cercanos que satisfagan $\sum d_i=\sum a_i$, y estos satisfarán tu desigualdad.

Más formalmente, los coeficientes de $P-\prod (x-d_i)^2$ son funciones continuas de $d_i$, y donde el coeficiente de $x^{2d-1}$ es $0$, el valor mínimo de $(P-\prod(x-d_i)^2)/(1+x^{2d-2})$ es una función continua de los coeficientes. (Sumar o restar $\epsilon x^k$ cambia el resultado en no más de $\epsilon \max |x^k/(1+x^{2d-2})|.) Por lo tanto, debe haber alguna bola abierta en el hiperplano donde $\sum a_i=\sum d_i$ donde todavía es positivo. Elige un punto racional en esa bola abierta.

Answer 2

Esta pregunta parece como si el clásico "catalectico" (ver http://es.wikipedia.org/wiki/Catalectico) sería relevante. Es una invariante de formas binarias de grado 2n que se anula si y solo si la forma es una suma de solo n potencias. (Creo que n=1 siempre funcionará pero no puedo recordar.) Por ejemplo, un cuadrático es un cuadrado si su discriminante es 0; un cuártico es una suma de 2 cuadrados si su catalectico (uno de los dos invariantes clásicamente denotados como I y J) se anula.

Parece que recuerdo que Cassels escribió un artículo sobre esto, pero no puedo encontrarlo.

Answer 3

La respuesta a tu pregunta es sí por el siguiente lema:

Sea $f$ un polinomio con coeficientes racionales que es (estrictamente) positivo en la recta real y tiene grado al menos $4$. Entonces existe un polinomio cuadrático no negativo $p$ con coeficientes racionales tal que $f-p$ es no negativo en la recta real y tiene una raíz racional múltiple.

En mi Diplomarbeit (escrito en alemán)

http://www.math.uni-konstanz.de/~schweigh/publications/diploma.thesis.pdf

de 1999, probé este lema. Más precisamente probé ("Satz 2.27" en la Diplomarbeit):

Sea $f\in\mathbb R[X]$ un polinomio de grado $>0$ tal que $f(x)>0$ para todo $x\in\mathbb R$. Denotemos por $a$ el mínimo global de $f$. Entonces existe $\varepsilon>0\in\mathbb R$ tal que para todo $t\in\mathbb R$ satisfaciendo $a-\varepsilon< t < a$ $$p_t := f(t)+f'(t)(X-t)+\frac{(f'(t))^2}{4f(t)}(X-t)^2\in\mathbb R[X]$$ es un polinomio de grado 2 tal que $p_t \leq f$ en $\mathbb R$.

Nótese que $p_t$ es una parábola con discriminante nulo y que $f-p_t$ tiene una raíz múltiple en $t$ con multiplicidad par. Si eliges $t$ racional, entonces $p_t$ tiene coeficientes racionales.

De hecho, en mi Diplomarbeit encontrarás un código que implementa en el sistema algebraico computacional REDUCE (versión 3.6) para encontrar dicho $t$. Así que puedes calcular los $q_k$ en tu pregunta usando secuencias de Sturm.