Cero polinomios: Me ayudan a salir de un argumento Circular

Question

El siguiente ejercicio aparece al principio de Apostol del Cálculo (Vol. 1), antes de cualquier cálculo se ha desarrollado, por lo que no está buscando una solución con derivados o del teorema de Taylor:

Deje $f(x)$ ser un polinomio de grado $n$. Si $f(x) = 0$ $n+1$ distintos valores reales de $x$, entonces cada coeficiente de $c_k$ es cero y $f(x)=0$ para todos los verdaderos $x$.

Me pueden probar fácilmente que la segunda parte - que es, $f(x)=0$ en todas partes - aplicando el teorema de factor $n$ de veces, pero esto no dice nada acerca de los coeficientes. Así que he intentado utilizar un argumento inductivo, pero no pude hacer que funcione, por dos razones:

1. Si $f(x)$ tiene el grado $n+1$ e es cero en todas partes, $f(x) = xg(x)$ donde $g(x)$ tiene el grado $n$. Podemos decir que el $g(x)$ es cero para todos los $x\neq 0$, pero no por $x=0$. Por lo tanto, no podemos aplicar la inducción de paso.

2. Incluso si tenemos problema en el pasado 1., a todos nos gustaría que nos han demostrado es que el $f(x)$ es igual a un polinomio de grado $n+1$ con cero de los coeficientes. El argumento no está aún completa, porque no sabemos que cada polinomio tiene una representación única. La única manera que sé cómo probar esto utiliza el hecho de que si un polinomio es cero en todas partes, tiene todas las cero los coeficientes, que es lo que estamos tratando de probar en primer lugar.

He encontrado una prueba de que en todas partes-cero del polinomio tiene todos los cero los coeficientes, pero esto no puede ser, posiblemente, lo Apostol está pidiendo desde un principio de cálculo de estudiante. Hay otro, más simple prueba?

Answer 1

La clave de la cosa parece que está faltando es que el factor teorema es una afirmación acerca de formal polinomios, no sólo de los valores de funciones polinómicas. Es decir, si $f(x)$ es un polinomio y $f(a)=0$, entonces existe un polinomio $g(x)$ tal que $$f(x)=(x-a)g(x)$$ and this equation means the two sides are equal as formal expressions, not just that they are equal for all values of $x$. By "equal as formal expressions" I mean that if $f(x)$ is the polynomial $\sum_{i=0}^n b_i x^i$ and $g(x)$ is the polynomial $\sum_{i=0}^{n-1} c_ix^i$, then $b_i=c_{i-1}-ac_i$ for $i=1,\dots,n$ and $b_0=-ac_0$. That is, the coefficients of $f(x)$ are what you get by formally multiplying out $(x-a)g(x)$ and combining terms with the same power of $x$. Indeed, if you perform polynomial long division to find the coefficients of $g(x)$ (which is how you prove the factor theorem), you are exactly solving for numbers $c_i$ which make the equations $b_i=c_{i-1}-ac_i$ true.

Así, al recorrer en esto y conseguir que $$f(x)=(x-a_1)\cdots(x-a_n)h(x)$$ where $h(x)$ has degree $0$, this is also an equality of formal polynomials: the coefficients of $f(x)$ are what you get by expanding out the product on the right-hand side. Since $h(a_{n+1})=0$, this means $h(x)$ is the zero polynomial: all its coefficients are $0$. This means that when you expand out the right-hand side, all the coefficients are $0$, so all the coefficients of $f(x)$ are $0$.

Alternativamente, (pero esencialmente equivalente), se puede demostrar por inducción sobre el grado en que cualquier polinomio con una infinidad de ceros debe ser el cero del polinomio. Dado un polinomio $f(x)$, vamos a $a$ ser uno de los ceros, y escribir $f(x)=(x-a)g(x)$ (una ecuación de formal polinomios!). Desde $g(x)$ tiene menor grado, pero también tiene una infinidad de raíces, todos los coeficientes deben ser cero por inducción sobre el grado, por lo que todos los coeficientes de $f(x)$ cero así.

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Para eliminar cualquier duda, aquí está el argumento completo, sin ninguna mención de la palabra "polinomio" para evitar cualquier confusión.

Teorema: Vamos a $(b_0,b_1,\dots,b_n)$ ser una secuencia finita de números reales ($n\geq 0$). Supongamos que no existe $n+1$ distintos números de $x\in\mathbb{R}$ tal que $\sum_{i=0}^n b_ix^i=0$. A continuación, $b_i=0$ todos los $i$.

Prueba: utilizamos la inducción en $n$. El caso de $n=0$ es trivial, ya que $\sum_{i=0}^nb_ix^i$ es sólo $b_0$ todos los $x$, y por tanto, si existe un valor de $x$ que $0$, $b_0=0$.

Ahora supongamos que el resultado es cierto para $n-1$, y deje $(b_0,\dots,b_n)$ ser tal que $\sum_{i=0}^nb_ix^i=0$$x=a_0,\dots,a_n$, donde el $a_i$ son distintos. Definir una secuencia $(c_0,\dots,c_{n-1})$ descendiendo la recursividad de la siguiente manera. Empezar con $c_{n-1}=b_n$. Dado $c_i$, definir $c_{i-1}=b_i+a_0c_i$. Deje $r=b_0+a_0c_0$. [Si esto parece misterioso, todo lo que estamos haciendo aquí es la división larga de $\sum_{i=0}^n b_ix^i$$x-a_0$: $c_i$ son los coeficientes del cociente y el $r$ es el resto.]

Ahora observe que para cualquier $x\in\mathbb{R}$, $$\sum_{i=0}^nb_ix^i=(x-a_0)\sum_{i=0}^{n-1}c_ix^i+r.$$ Indeed, if you expand out the right-hand side using the definitions of $c_i$ and $r$, you get that everything cancels except terms $b_ix^i$ for each $i=0,\dots,n$. Now if we set $x=a_0$, the left-hand side is $0$, and the right-hand side is $r$, so $r=0$. Moreover, if we set $x=a_i$ for $i>0$, the left-hand side is still $0$, and the only way the right-hand side can be $0$ is if $\sum_{i=0}^{n-1}c_ix^i=0$.

Así, la secuencia $(c_0,\dots,c_{n-1})$ tiene la propiedad de que $\sum_{i=0}^{n-1}c_ix^i=0$$x=a_1,\dots,a_n$. Por la hipótesis de inducción, esto significa $c_i=0$ todos los $i$.

Desde $b_n=c_{n-1}$, esto significa $b_n=0$. Para$0< i<n$,$b_i=c_{i-1}-a_0c_i$, lo $b_i=0$. Por último, tenemos las $b_0=r-a_0c_0=0$ desde $r=0$$c_0=0$. Por lo tanto $b_i=0$ todos los $i$, como se desee.

(Como usted se refirió, también hay muchos analítica formas de demostrar este resultado. Pero la prueba anterior es puramente algebraica, y de hecho funciona con cualquier integrante de dominio en lugar de $\mathbb{R}$.)

Answer 2

Si usted sabe de álgebra lineal, puede utilizar el determinante de Vandermonde.

Deje $f(x)=a_0+a_1x+\cdots+a_nx^n$, usted quiere resolver para $a_0, a_1, \cdots, a_n$, sabiendo que el $f$ $n+1$ raíces: $$f(x_0)=0, f(x_1)=0, \cdots, f(x_n)=0$$ Entonces tenemos $$ \begin{bmatrix} 1&x_0&\cdots&x_0^n\\ 1&x_1&\cdots&x_1^n\\ \cdots &\cdots &\cdots &\cdots \\ 1&x_n&\cdots&x_n^n \end{bmatrix} \begin{bmatrix} a_0\\ a_1\\ \cdots\\ a_n\end{bmatrix} = \begin{bmatrix}0\\0\\\cdots\\0\end{bmatrix} $$ Esto tiene solución no trivial si el determinante de la matriz de la izquierda tiene determinante $0$. Pero ese es el determinante de Vandermonde! Así que esto tiene solución no trivial iff $$\prod_{0\leq i<j\leq n}(x_j-x_i)=0$$ iff $x_i=x_j$ algunos $0\leq i<j\leq n$, es decir, dos de las $n+1$ raíces son iguales. Puesto que el $n+1$ raíces son distintas, tenemos $a_0, \cdots, a_n = 0$, lo $f(x)=0$

Answer 3

Una función polinómica $p(x)=\sum_{j=0}^nA_jx^j$ con deg $(p)=n> 0$ han $A_n\ne 0$. Y, a continuación, $p(x)$ no puede ser $0$ todos los $x\in \mathbb R.$

Para $x\ne 0$ hemos $$p(x)=A_nx^n\left(1+\sum_{j=0}^{n-1}T_j(x)\right)$$ where $T_j(x)=A_n^{-1}A_jx^{-(n+1-j)}.$

Ahora cada una de las $|T_j(x)|,$ ( $j=0,...,n-1$ ), puede ser tan pequeño como se desee, tomando $|x|$ lo suficientemente grande. Así que si $|x|\ne 0$ $ |x|$ es suficientemente grande como para que cada una de las $|T_j(x)|<1/2n$ $$|p(x)|\geq |A_n x^n|\cdot (1-\sum_{j=0}^{n-1} |T_j(x)|)\geq \frac {1}{2}|A_nx^n|>0.$$

Observaciones. (1). He utilizado la notación $T_j(x)$ a guardar en la escritura.... (2). Debemos utilizar alguna de las propiedades de $\mathbb R$, más allá de un campo. Por ejemplo, en el campo finito $\{0,1\}$ la función de $p(x)=x^2+x$ siempre $0$, pero los coeficientes no son todos los $0.$

Answer 4

La cuestión se niega a mencionar la parte anterior del ejercicio:

[El ejercicio comienza diciendo que vamos a $f$ ser un polinomio de grado $n$.]

c) Si $n \geq 1$ $f(a) = 0$ de $a$, $f(x) = (x-a)h(x)$ donde $h$ es un polinomio de grado $n-1$.

Esto deja en claro que la raíz del factor técnica está destinada a ser utilizada para responder a su pregunta.

Como alguien ya ha señalado, la declaración de esta parte del ejercicio no es el mejor: se pide demostrar que un polinomio de grado $n$ $n+1$ raíces debe ser el cero del polinomio. Pero el cero del polinomio no tiene grado $n$ para cualquier número natural $n$ (si quieres darle un grado, la mejor opción es $-\infty$), por lo menos enrevesado declaración sería:

Un grado $n$ polinomio tiene en la mayoría de las $n$ bienes raíces.

De hecho, esto se deduce fácilmente de la parte anterior: supongamos $f$ tiene sus raíces en los distintos números de $a_1,\ldots,a_n$. Si $f$ tiene una raíz en $a_1$, entonces

$f(x) = (x-a_1)h_{n-1}(x)$,

donde $h_{n-1}(x)$ tiene el grado $n-1$. Ahora

$0 = f(a_2) = (a_2-a_1)h_{n-1}(a_2)$.

Desde $a_2 \neq a_1$, $a_2 - a_1 \neq 0$ e lo $h_{n-1}(a_2) = 0$. Aplicando el mismo resultado a $h_{n-1}$ en lugar de $f$, nos encontramos con que no es un polinomio $h_{n-2}(x)$ grado $n-2$ tal que

$h_{n-1}(x) = (x-a_2)h_{n-2}(x)$

y así

$f(x) = (x-a_1)(x-a_2)h_{n-2}(x)$.

Continuar de esta manera llegamos a la factorización de

$f(x) = (x-a_1)(x-a_2) \cdots (x-a_n) h_0(x)$,

donde $h_0$ tiene el grado $0$, lo que significa que es una constante distinto de cero, decir $c$. Así

$f(x) = c(x-a_1)(x-a_2) \cdots (x-a_n)$.

Y ahora, de hecho, está claro que $f$ no tiene raíces distinta de $a_1,\ldots,a_n$ -- si $b$ no es igual a $a_i$ cualquier $1 \leq i \leq n$ a continuación, $c,b-a_1,\ldots,b-a_n$ son todos distintos de cero, de modo que su producto es distinto de cero.

Dos comentarios finales:

1) podríamos acortar la prueba y hacer más formalmente correcta mediante la aplicación de la inducción en $n$: si nuestra hipótesis de inducción es que un grado $n$ polinomio puede tener en la mayoría de $n$ distintas raíces, entonces ya estamos hecho después de escribir $f(x) = (x-a_1)h_{n-1}(x)$: por inducción, $h_{n-1}$ tiene más de $n-1$ raíces, y $f$ tiene más de esas raíces junto con $a_1$, por lo que en la mayoría de las $n$ raíces en todos. Sin embargo, creo que es más natural para llevar a cabo el procedimiento y ver de que conduce a un "factorización" para un grado $n$ polinomio con $n$ raíces.

2) creo que fueron lanzados por el algo raro exposición en Barbeau del libro (que vinculó a). Por un lado, parece que quieren hacer uso de las propiedades de los números reales y los estimados. Que lindo, pero como un algebrista siento que de alguna manera es que falta el punto: este resultado se mantiene para los polinomios de más de un arbitrario integral de dominio (propiedad conmutativa anillo sin divisores de cero) con esencialmente la misma prueba (incluyendo la observación de que a través de una arbitraria anillo conmutativo, de largo la división de un polinomio arbitrario por un monic polinomio de obras como de costumbre). Además, la prueba muestra por qué usted tiene que estar en un dominio y te da una pista de que el trabajo de más de un dominio finito $R$ no puede ser distinto de cero polinomios que se desvanecen en cada punto de $R$. (Hay, y esto es importante en álgebra y teoría de números.) Por otro lado, Barbeau fraseo hace sonar como el algebraicas argumento no es correcto! Por supuesto que lo es, y es mucho más sencillo para un estudiante principiante que acaba de enterarse de la raíz-factor teorema [es decir, la parte c) del ejercicio] de la analítica de las estimaciones que hace que la primera (aunque como instructor de análisis, estoy de acuerdo en que, finalmente, un estudiante debe ser capaz de hacer este tipo de argumento).

Answer 5

Si usted ha demostrado que $f(x) = 0$ para todos los verdaderos $x$, usted puede probar la primera parte de esta manera:

Deje que el polinomio ser $f(x) = \sum_{i=0}^n c_i x^i$. Primero, considere el caso donde $c_n > 0$.

Por lo suficientemente grande $x > 0$,$c_n x^n > \sum_{i=0}^{n-1} |c_i| x^i \ge \sum_{i=0}^{n-1} c_i x^i$, y por lo tanto $f(x) > 0$ lo cual es una contradicción.

Si $c_n < 0$, considerando el polinomio $-f(x)$, el mismo argumento muestra que hay un valor de $x$ tal que $f(x) < 0$ lo cual es una contradicción.

Por lo tanto,$c_n = 0$. Repitiendo el argumento de $c_{n-1}, \dots, c_0$ $c_i$ son cero.