Una duda sobre los polinomios

Question

Supongamos que $F(x)$ es un polinomio con coeficientes en el campo de los reales ( $\mathbb{R}[X]$ ) . $F(x)$ tiene la propiedad de que $y \geq 0 \implies F(y)$ es distinto de cero.( $y$ es un número real ) ¿Podemos encontrar un polinomio $T(x) \in \mathbb{R}[X]$ para que $T(x) \cdot F(x)$ ¿tiene todos sus coeficientes no negativos?

Answer 1

No es difícil ver que basta con probar esto para el caso $$F(x)=x^2+ax+b$$ donde $F$ es irreducible, es decir $a^2-4b<0$ . Así que considere $$(x^2+ax+b)\sum_{i=0}^\infty c_ix^i$$ Queremos demostrar que podemos elegir el $c_i$ sea igual a $0$ para $i>N$ para algunos $N$ y aún así tener todos los coeficientes no negativos. Ahora: $$c_0b\geq 0\Leftrightarrow c_0\geq 0$$ que establezcamos, para facilitar las cosas $c_0=1$ . La siguiente condición es $$c_0a+c_1b\geq 0\Leftrightarrow c_1\geq -\frac{a}{b}$$ De nuevo, para simplificar las cosas, establezca $c_1=-\frac{a}{b}$ . La siguiente condición es $$c_2b+c_1a+c_0\geq 0\Leftrightarrow c_2\geq \frac{1}{b}(\frac{a^2}{b}-1)=\frac{a^2}{b^2}-\frac{1}{b}$$ Ahora bien $\frac{a^2}{b^2}-\frac{1}{b}\leq 0$ hemos terminado, ya que podemos establecer $c_2=c_3=\dots=0$ . Si no, fijamos $c_2=\frac{a^2}{b^2}-\frac{1}{b}$ . La siguiente condición es $$c_3b+c_2a+c_1\geq 0\Leftrightarrow c_3\geq \frac{1}{b}\left(\frac{a}{b}-\frac{a^3}{b^2}+\frac{a}{b}\right)=\frac{2a}{b^2}-\frac{a^3}{b^3}$$ De nuevo, si $\frac{2a}{b^2}-\frac{a^3}{b^3}\leq 0$ terminamos fijando $c_3=c_4=\dots=0$ . Si no, fijamos $c_3=\frac{2a}{b^2}-\frac{a^3}{b^3}$ . La siguiente condición es $$c_4b+c_ca+c_2\geq 0\Leftrightarrow c_4\geq \frac{1}{b}\left(\frac{1}{b}-\frac{a^2}{b^2}+\frac{a^4}{b^3}-\frac{2a^2}{b^2}\right)=\frac{a^4}{b^4}-\frac{3a^2}{b^3}+\frac{1}{b^2}$$ Este proceso se repite una y otra vez.

El siguiente paso es encontrar una forma cerrada para esta secuencia de límites inferiores. Para ello definimos

$$g(n,m)=\begin{cases} 0 &\text{ if } n>m\\ 0 &\text{ if } n\not\equiv m\mod 2\\ (-1)^{\frac{m+n}{2}}\binom{\frac{m+n}{2}}{n} &\text{ otherwise} \end{cases}$$ Las condiciones son las siguientes $$c_n\geq \sum_{m=0}^n \frac{a^{m}}{b^{m/2+n/2}}g(n,m)=\frac{1}{b^{n/2}}\sum_{m=0}^n \left(\frac{a}{\sqrt{b}}\right)^mg(n,m)$$ Y así basta con demostrar que para todo $a,b$ con $a^2-4b<0\Leftrightarrow \frac{a}{\sqrt{b}}<2$ la expresión $\sum_{m=0}^n \left(\frac{a}{\sqrt{b}}\right)^mg(n,m)$ será $\leq 0$ para algunos $n>0$ .

Para demostrarlo, nos inspiramos en este papel. Escriba $$H_n(x)=\sum_{m=0}^n (x)^mg(n,m)$$ A continuación, utilizando la sustitución $x=2\cosh(z)$ encontramos que $$H_n(x)=\pm\frac{\sinh((n+1)z)}{\sinh(z)}$$ Así que $$H_n(x)=0\Leftrightarrow z=\frac{i\pi k}{n+1}, k\in\{1,\dots,n\}\Leftrightarrow x=2\cosh\left(\frac{i\pi k}{n+1}\right)\in(-2,2)$$ A partir de aquí es fácil terminar la demostración: para $n$ suficientemente grande podremos encontrar $k$ tal que $$\frac{a}{\sqrt{b}}\in \left[2\cosh\left(\frac{i\pi k}{n+1}\right),2\cosh\left(\frac{i\pi (k+1)}{n+1}\right)\right]$$ y $H_n(x)$ es no positivo en este intervalo.

Obsérvese que la condición de irreducibilidad de $x^2+ax+b$ se utiliza muy bien, ya que garantiza que $\frac{a}{\sqrt{b}}$ está en el intervalo $[-2,2]$ donde $H_n(x)$ signo de interruptores

Para ver cómo se ve esto en el caso mencionado por Arthur en los comentarios: primero creamos una pequeña tabla con valores para $g(n,n)$ :

$$ \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1\\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & -1 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 & 0 & -1\\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & -1 & 0 & 2 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 & 0 & -3 & 0 & 1\\ 0 & 0 & 0 & 0 & -1 & 0 & 4 & 0 & -3 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 1 & 0 & -5 & 0 & 6 & 0 & -1\\ 0 & 0 & -1 & 0 & 6 & 0 & -10 & 0 & 4 & 0\\ 0 & 1 & 0 & -7 & 0 & 15 & 0 & -10 & 0 & 1\\ -1 & 0 & 8 & 0 & -21 & 0 & 20 & 0 & -5 & 0 \end{pmatrix} $$

Las condiciones son las siguientes

$$c_0 \geq 1$$ $$c_1 \geq \frac{1.9}{1}=1.9$$ $$c_2 \geq 1.9^2-1=2.61$$ $$c_3 \geq 2*1.9-1.9^3=3.059$$ $$c_4\geq 3.2021$$ $$c_5\geq 3.02499$$ $$c_6\geq 2.545381$$ $$c_7\geq 1.8112339$$ $$c_8\geq 0.89596341$$ $$c_9\geq -0.108903421$$ Esto es más pequeño que $0$ por lo que podemos establecer $c_9=c_{10}=\dots=0$ y encontrar $$T(x)=1+1.9x+2.61x^2+3.059x^3+3.2021x^4+3.02499x^5+2.545381x^6+1.8112339x^7+0.89596341x^8$$ funcionará, y de hecho $$(x^2-1.9x+1)(1+1.9x+2.61x^2+3.059x^3+3.2021x^4+3.02499x^5+2.545381x^6+1.8112339x^7+0.89596341x^8)=1 + 4.440892098500626\dot{}10^{-16} x^3 + 4.440892098500626\dot{}10^{-16} x^6 + 4.440892098500626\dot{}10^{-16} x^7 + 0.108903 x^9 + 0.895963 x^{10}$$ Creo que es seguro decir que, sin errores de redondeo, encontraríamos $$(x^2-1.9x+1)(1+1.9x+2.61x^2+3.059x^3+3.2021x^4+3.02499x^5+2.545381x^6+1.8112339x^7+0.89596341x^8)=1 + 0.108903 x^9 + 0.895963 x^{10}$$

Así que no es de extrañar que Arthur conjeturara que se trata de un contraejemplo, ya que requiere un grado de aspecto bastante arbitrario $8$ polinómico.

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para el otro caso de prueba: $F(x)=x^4-x+1$ factorizamos sobre $\mathbb{R}$ y encontrar una cuadrática que ya tiene coeficientes positivos, y la cuadrática $$G(x)=0.713639-1.45427 x+x^2$$ Utilizando el algoritmo, encontramos $$c_0=1, c_1\geq 2.03782 c_2\geq 2.75145, c_3\geq 2.75144, c_4\geq 1.75142, c_5\geq -0.286423$$ así que hemos terminado, y $$(0.713639-1.45427 x+x^2)(1+2.03782x+2.75145x^2+2.75144x^3+1.75142x^4)=1.75142x^6+0.204402x^5+0.713639$$