Desigualdades en el polinomio

Question

Que $p(x)$ ser un polinomio no constante con cero no coeficientes reales. que $p(x) = a_{n}x^{n} + \dots + a_{0} $. Si las raíces de $p(x)$ se denota por $x_{1} ,x_{2} \dots , x_{n} $ y si todas las raíces son reales, entonces probar que $$ \\ \frac{a_{n-j}^{2}}{{n \choose j} a_ {n} ^ {2}} \leq \frac{1}{j}(n-1) \mathop{\sum_{i=1}^{n}} x_{i}^{2j}$$ where $j\in N, 0 \leq j \leq n \geq 1 $

y $$\frac{1}{j}{n \choose j}^{{n \choose j}-1} (n-1) \mathop{\sum_{i=1}^{n}} x_{i}^{j{n \choose j} } \geq \Bigl| \frac{a_{n-j}^{j}}{a_{n}^{j}} \Bigl|$ $

¿Qué es igualdad?

No tengo ni idea de cómo atacarla.

Answer 1

Vamos a utilizar Primaria polinomio simétrico para obtener la prueba, el que fijar primero un poco de notación, por lo que para $n\geq 1$ $1\leq i\leq n$ ponemos : $$ \sigma_i(x_1,x_2,\dots,x_n)= \sum_{1\leq j_1<j_2<\dots<j_i\leq n}x_{j_1}x_{j_2}\dots x_{j_i} $$ y $(x_i)_{1\leq i \leq n}$ indican los ceros de $P(x)=\sum_{i=0}^n a_n x^i$, por lo que Vieta fórmulas para dar : $$ \sigma_i(x_1,x_2,\dots,x_n)=(-1)^i \frac{a_{n-i}}{a_n} $$ así \begin{eqnarray} \left(\frac{a_{n-i}}{a_n}\right)^2= \left(\sigma_i(x_1,x_2,\dots,x_n)\right)^2&=& \left(\sum_{1\leq j_1<j_2<\dots<j_i\leq n}x_{j_1}x_{j_2}\dots x_{j_i}\right)^2\\ &=&\binom{n}{i}^2\left(\sum_{1\leq j_1<j_2<\dots<j_i\leq n}\frac{x_{j_1}x_{j_2}\dots x_{j_i}}{\binom{n}{i}}\right)^2\\ &\leq& \binom{n}{i}^2\sum_{1\leq j_1<j_2<\dots<j_i\leq n}\frac{x_{j_1}^2x_{j_2}^2\dots x_{j_i}^2}{\binom{n}{i}} \qquad \textrm{convexity of }x^2\\ &=& \binom{n}{i}\sum_{1\leq j_1<j_2<\dots<j_i\leq n}x_{j_1}^2x_{j_2}^2\dots x_{j_i}^2 \\ \end{eqnarray} Así que Si $i=1$ la desigualdad es obvia : $$ \left(\frac{a_{n-1}}{a_n}\right)^2\leq \binom{n}{1}\sum_{1\leq j \leq n}x_{j}^2 \leq \binom{n}{1}(n-1) \sum_{j=1}^n x_{j}^2 $$ Ahora si $j>1$ necesitamos el siguiente lema, la bruja puede ser probado directamente de la Desigualdad de la aritmética y geométrica medios

Deje $(s_i)$ una secuencia de no-números negativos, vamos a $n\in \mathbb{N}^*$ así : $$ n \prod_{i=1}^n s_i\leq \sum_{i=1}^n s_i^n$$

Así \begin{eqnarray} \left(\frac{a_{n-i}}{a_n}\right)^2&\leq& \binom{n}{i}\sum_{1\leq j_1<j_2<\dots<j_i\leq n}x_{j_1}^2x_{j_2}^2\dots x_{j_i}^2 \\ &\leq & \binom{n}{i}\frac{1}{i}\sum_{1\leq j_1<j_2<\dots<j_i\leq n} x_{j_1}^{2i}+x_{j_2}^{2i}+\dots +x_{j_i}^{2i}\\ &\leq& \binom{n}{i}\frac{n-1}{i}\sum_{j=1}^n x_{j}^{2i}\\ \end{eqnarray} Para la segunda fórmula, utilizando el mismo razonamiento, podemos demostrar que : $$ \left|\frac{a_{n-i}}{a_n}\right|^{\binom{n}{i}}\leq \binom{n}{i}^{\binom{n}{i}-1}\frac{n-1}{i}\sum_{j=1}^n x_{j}^{\binom{n}{i} i} $$

A la tercera pregunta sobre la igualdad de los casos, si usted ve que tiene el uso de la convexidad de $x^2$ para la primera desigualdad y $x^{\binom{n}{i}}$ para el segundo, pero estas funciones son estrictamente convexas y, a continuación, tenemos la igualdad si y sólo si todas las raíces de $P$ son iguales (me.e) $P(x)=a_n (x-x_1)^n$.