La prueba de que cada polinomio de grado impar tiene una raíz real

Question

Quiero probar que cada polinomio real de grado impar tiene al menos una raíz real, usando el teorema del valor intermedio.

Deje que $P(x) = x^{2n+1} + a_n x^{2n} + . . . + a_0$ para cada uno $a_i \in \mathbb {R}$ y $n \in \mathbb {N}$ .

Por el teorema fundamental del álgebra sé que $P(x)$ tiene exactamente $2n+1$ raíces complejas, así que

$P(x) = (x+r_1)(x+r_2) . . . (x+r_{2n+1})$ para cada uno $r_i \in \mathbb {C}$

No sé cómo completar esto, pero sí sé que, en algún momento, probablemente tenga que mostrar que cada raíz con parte imaginaria no cero tiene que venir en pares conjugados, y ya que $2n+1$ es impar hay al menos 1 raíz que es la parte 0 imaginaria y por lo tanto real.

Answer 1

Método de la FTA: $$P(\overline z)=\sum_{k=0}^{2n+1}a_k\overline z^k=\sum_{k=0}^{2n+1}\overline a_k\overline{z^k}=\sum_{k=0}^{2n+1}\overline{a_kz^k}=\overline{\sum_{k=0}^{2n+1}a_kz^k}=\overline{P(z)}$$ que dice $z$ es una raíz para $P(z)=0$ si su conjugado complejo $\bar z$ es. Según FTA, hay un número impar de raíces para un polinomio de grado impar. Eso implica que debe haber una única raíz $z$ Satisfaciendo a $z=\bar z$ , de ahí la raíz real.

Método de IVT:

$$\frac{P(x)}{x^{2n+1}}=1+\sum_{k=0}^{2n}a_k\frac{x^k}{x^{2n+1}}=1+\sum_{k=0}^{2n}a_kx^{k-(2n+1)}$$ Para cualquier $\varepsilon>0$ existe $N>0$ tal que para todo $|x|>N$ , $\left|\sum_{k=0}^{2n}a_kx^{k-(2n+1)}\right|<\varepsilon$ . Por lo tanto, para $x>N$ tenemos $P(x)>x^{2n+1}-\varepsilon x^{2n+1}>0$ y de forma similar para $x<-N$ tenemos $P(x)<0$ . Entonces IVT implica que existe algún $y$ tal que $P(y)=0$ .

Answer 2

De hecho, es cierto que todas las pruebas del teorema fundamental de álgebra necesitan algún tipo de análisis. Incluso la prueba más algebraica del TLC (Euler, Gauß II) se basa en el hecho de que todos los polinomios reales de grado impar tienen al menos una raíz real.

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Primero considere el caso de un positivo relativamente grande $x$ . Suponiendo que $x\ge 1$ como límite inferior provisional, entonces $1\le x^k\le x^{2n}$ para $0\le k\le 2n$ y el valor del polinomio está acotado por debajo de $$ P(x)\ge x^{2n+1}-\sum_{k=0}^{2n}|a_k|x^k\ge x^{2n+1}-x^{2n}\sum_{k=0}^{2n}|a_k| =x^{2n}\left(x-\sum_{k=0}^{2n}|a_k|\right) $$

Ahora podemos intentar llevar la última expresión de la derecha a territorio positivo aumentando el límite inferior de $x$ . En el límite de la raíz de Lagrange $$ R=\max\left(1,\sum_{k=0}^{2n}|a_k|\right), $$ el lado derecho para $x\ge R$ da un límite no negativo. Aumentando el límite inferior a $x\ge 2R$ dará lugar a $$ x≥2R \implies P(x)\ge (2R)^{2n}\cdot R\ge 2^{2n}>0. $$

El mismo razonamiento puede aplicarse a $-P(-x)=x^{2n+1}-a_{2n}x^{2n}+a_{2n-1}x^{2n-1}\mp...-a_0$ para que

$$x≤-2R \implies P(x)≤-(2R)^{2n}\cdot R≤-2^{2n}<0.$$

En total se obtiene $$ P(-2R)≤-(2R)^{2n}\cdot R ≤ -2^{2n}<0<2^{2n}≤(2R)^{2n}\cdot R≤P(2R) $$ que permite aplicar el teorema del valor intermedio para $P$ concluyendo por un real raíz de $P$ dentro de $(-2R, 2R)$ pero realmente ya está dentro $(-R,R)$ .

Answer 3

Dejemos que $p(x)=a_0 + a_1 x + \dots + a_n x^n$ un polinomio $p: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ con $n$ impar y $a_n \neq 0$ . Supongamos que $a_n >0$ . Podemos escribir $p(x) = a_n x^n \cdot r(x)$ con $$r(x) = \frac{a_0}{a_n} \cdot \frac{1}{x^n} + \frac{a_1}{a_n} \cdot \frac{1}{x^{n-1}}+ \cdots + \frac{a_{n-1}}{a_n} \cdot \frac{1}{x} + 1.$$

Por lo tanto, tenemos $$\lim_{x \to +\infty} r(x) = \lim_{x \to -\infty} = 1.$$ Así, $$\lim_{x \to +\infty} p(x) = \lim_{x \to +\infty} a_n x^n = +\infty$$ y $$\lim_{x \to -\infty} p(x) = \lim_{x \to -\infty} a_n x^n = -\infty$$ porque $n$ es impar. Por lo tanto, el intervalo $p(\mathbb{R})$ está ilimitado inferior y superiormente, es decir $p(\mathbb{R}) = \mathbb{R}$ . Esto significa que $p: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ es subjetivo. En particular, existe $c \in \mathbb{R}$ que $p(c)=0$ .

Para un polinomio de grado par, toma $p(x)=x^2+1$ . Esto no tiene raíces reales.

Answer 4

Dejemos que $f(x)$ sea una función polinómica de grado impar. Entonces $f(x)\to +\infty$ como $x\to +\infty$ y $f(x)\to -\infty$ como $x \to -\infty$ o viceversa, dependiendo de si el coeficiente principal es positivo o negativo. Por lo tanto, hay $a, b \in \mathbb{R}$ tal que $f(a) < 0$ y $f(b)> 0$ . Ahora la IVT se aplica para dar un $x \in [a,b]$ tal que $f(x) = 0$ . ¿Cree que es una prueba válida?

Answer 5

Asumamos los hechos básicos sobre el campo complejo y el campo de números reales.

Teorema: (1) El campo complejo $\mathbb{C}$ es algebraicamente cerrado; (2) $\dim_{\mathbb{R}}\mathbb{C}=2$ .

Ahora demostremos la afirmación. Primero demostramos lo siguiente

Lema: Para cualquier $\alpha\in \mathbb{C}$ existe $a,b,c\in \mathbb{R}$ tal que $a\alpha^2+b\alpha+c=0.$

Prueba: Considere el conjunto $S=\{1,\alpha,\alpha^2\}\in \mathbb{C}$ . Desde $\dim_{\mathbb{R}}\mathbb{C}=2$ el conjunto $S$ debe ser linealmente dependiente sobre $\mathbb{R}$ . El lema es el siguiente.

Lema: Cada $f\in \mathbb{R}[x]$ con $\deg(f)\ge 3$ es reducible.

Prueba: Si $f$ tiene un rood en $\mathbb{R}$ Entonces, por supuesto $f$ es reducible. Supongamos que $f$ no tiene una raíz real. Ya que $\mathbb{C}$ es algebraicamente cerrado, $f$ debe tener una raíz compleja $\alpha\in \mathbb{C}$ . Por el lema anterior, existe un polinomio de grado 2 $g\in \mathbb{R}[x]$ tal que $g(\alpha)=0$ . Además, podemos suponer que $g$ es mónico. Por la división euclidiana, podemos escribir $f=gd+r$ con $r\in \mathbb{R}[x]$ y $\deg(r)\le 1$ ou $r=0$ . Además, $r(\alpha)=f(\alpha)-g(\alpha)d(\alpha)=0$ . Si $\deg(r)=1$ entonces es fácil obtener una contradicción ya que $\alpha$ se supone que no es real. Por lo tanto, la condición $r(\alpha)=0$ debe implicar que $r=0$ (como un polinomio). Así, $f=dg$ . Desde $\deg(f)\ge 3$ y $\deg(g)=2$ , $g$ debe ser un factor propio de $f$ . Así, $f$ es reducible.

Lema: Todo polinomio de grado impar $f\in \mathbb{R}[x]$ debe tener una raíz real.

Prueba: Consideremos la factorización en primo de $f=p_1^{r_1}\dots p_k^{r_k}$ con polinomios irreducibles $p_i\in \mathbb{R}[x]$ . Por el Lemma anterior, $\deg(p_1)=1$ ou $2$ . Si hay una $p_i$ con $\deg(p_i)=1$ hemos terminado. Si cada $\deg(p_i)=2$ entonces $\deg(f)$ es par, lo que contradice a $\deg(f)$ es impar. Hemos terminado.