En las raíces reales de una ecuación polinómica

Question

Deje $f(x)=x^3 + ax^2 + bx + c$ donde $a,b,c \in \mathbb R$ que si $f(r)=0$, $ f ' (r) \ne 0$ es decir $f$ no tiene doble raíz en $\mathbb C$ es decir $f$ tiene tres raíces con al menos una raíz real. Deje $g(x) = 2 f''(x) f(x) - (f'(x))^2$.

Entonces, ¿cómo demostrar que $g$ tiene exactamente dos raíces reales ? Si $r< s$ son las dos raíces reales de $g(x)$, entonces, ¿cómo demostrar que $f(r) <0$$f(s) >0$ ?

Desde $g'(x)=12 f(x)$, lo $g$ tiene el grado $4$ y desde $f$ no tiene doble raíz , de modo que todas las 4 raíces de $g$ también son distintos. Soy incapaz de decir nada más. Por favor, ayudar.

Answer 1

Como $g'(x)=12f(x)$, todos los extremos locales de $g$ están en las raíces de $r$ de $f$, $f(r)=0$. Como estos extremos locales de $g$ $g(r)=-f'(r)^2<0$ es negativo, incluso si $f$ tiene 3 raíces reales, el máximo local todavía tiene un valor negativo. Como líder del plazo de $g$$3x^4$, para un gran $|x|$ $g$ se convierte en positivo. Por lo tanto, hay raíces de $g$ a la izquierda y a la derecha de la raíz del conjunto de $f$. Como $g$ es monótono en esos segmentos, no es exactamente una raíz de $g$ a la izquierda de la izquierda de la raíz de $f$ y otro a la derecha de la derecha.

En otras palabras, vamos a $a=\min\{x\in\Bbb R:f(x)=0\}$$b=\max\{x\in\Bbb R:f(x)=0\}$. A continuación, $g$ es negativo en el $[a,b]$ y el monótono caer resp. el aumento en $(-\infty,a]$ $[b,\infty)$ con un cambio de signo y por lo tanto exactamente una raíz en cada uno de los intervalos.

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O de otra forma, el uso de más directamente el grado de $g$: si $g$ había $4$ bienes raíces $s_1\le s_2\le s_3\le s_4$, $g(x)=3(x-s_1)(x-s_2)(x-s_3)(x-s_4)$ no valores negativos en el intervalo de $[s_2,s_3]$, por lo tanto también en el local (máximo) $r$ no, lo cual es imposible por la primera observación, $g(r)=-f'(t)^2$ $f'(r)\ne0$ $r$ es también una de las causas de $f$, y una simple.

Answer 2

Actualizado 20.02

El uso de expresiones para $f(x)$ $g(x),$ se puede obtener: $$f'(x) = 3x^2 + 2ax +b = 3\left(\left(x + \frac a3\right)^2 + d\right),\tag1$$ $$g(x) = 3x^4 + 4ax^3 + 6bx^2 + 12cx + 4ac - b^2,$$ $$g(x) = 3\left(\left(x + \frac a3\right)^2 + d\right)^2 - 36d^2 + 12k\left(x + \frac a3\right),\tag2$$ $$f(x) = \frac1{12}g'(x) = \left(x + \frac a3\right)\left(\left(x + \frac a3\right)^2 + d\right) + k,\tag3$$ donde $$d = \frac b3 - \frac {a^2}9,\quad k = c - ad - \frac{a^3}{27}.$$

Caso $\underline {d=0}.$

Tomando en cuenta $(1)$ $(3),$ el problema de la condición $$f(x) = 0 \rightarrow f'(x) \not= 0\tag4$$ significa que $k \not= 0.$ Así $$g(x) = 3\left(x + \frac a3\right)\left(\left(x + \frac a3\right)^3 + 4k\right)$$ tiene exactamente 2 raíces reales.

Caso $\underline {d \not= 0}.$

Deje $$y = x + \dfrac a3,$$ $$G(y) = g(y - \frac a3) = (3y^2 + d)^2 -36d^2 + 12 ky.$$ Fácil ver que: $$G(0) = -27d^2 < 0,$$ $$G\left(\pm\infty\right) = +\infty.$$ Así continua la función $G(x)$ tiene al menos 2 raíces reales.

Por otro lado, $$G''(y) = 12y(3y^2 + d).$$ Por lo que G(y) no puede tener más de uno, cero, uno positivo y uno negativo extremums. Eso significa que no puede tener más de dos positivos y dos negativos raíces.

Al mismo tiempo, de acuerdo a Viete del teorema, la función $G(y)$ negativos en la producción de raíces, por lo tanto de raíces adicionales deben tener el mismo signo.

Esta contradicción significa que tanto $G(x)$ $g(x)$ tienen exactamente 2 raíces reales en este caso también.

Hemos demostrado que $g(x)$ tiene exactamente 2 raíces reales.

Answer 3

Como se muestra en la LutzL la respuesta parcial, $g$ debe tener al menos dos raíces reales $\alpha,\beta$. Supongamos por contradicción que $\frac{g(x)}{(x-\alpha)(x-\beta)}$ tiene una raíz real, que será entonces una raíz de $g$ también. Entonces, desde el $g$ tiene el grado $4$, todas las raíces de $g$ son reales. Denotar ellos por $g_1,g_2,g_3,g_4$. De $g(x)=3x^4 + 4ax^3 + 6bx^2 + 12cx + 4ac - b^2=3(x-g_1)(x-g_2)(x-g_3)(x-g_4)$, podemos deducir

$$ \begin{array}{lcl} a &=& -\frac{3}{4}\big(g_1+g_2+g_3+g_4\big), \\ b &=& \frac{1}{2}\big(g_1g_2+g_1g_3+g_2g_3+g_1g_4+g_2g_4+g_3g_4\big), \\ c &=& -\frac{1}{4}\big(g_1g_2g_3+g_1g_2g_4+g_1g_3g_4+g_2g_3g_4\big) \\ \end{array} \etiqueta{1} $$

y la última coeficiente de $g$$4ac-b^2=3g_1g_2g_3g_4$, podemos ver que $G=0$ donde

$$ G=\sum_{i,j} g_i^2g_j^2 +6g_1g_2g_3g_4 - \sum_{i,j,k} g_ig_jg_k^2 \etiqueta{2} $$

Ahora, si ponemos $k_1=g_1^2+g_2^2+g_3^2-g_1g_2-g_1g_3-g_2g_3= \frac{1}{2}.((g_1-g_2)^2+(g_1-g_3)^2+(g_2-g_3)^2)$, $k_2=\sum_{i,j}g_i^2g_j-6g_1g_2g_3$ y $k_3=((g_1-g_2)(g_1-g_3)(g_2-g_3))$, tenemos la identidad

$$ 16k_1G=(2k_1g_4+k_2)^2+3k_3^2 \etiqueta{3} $$

De ello se desprende que $2k_1g_4+k_2=0$$k_3=0$. De modo que al menos dos de entre $g_1,g_2,g_3$ son iguales ; asumir, sin pérdida de ese $g_2=g_1$. A continuación, $2k_1g_4+k_2=0$ hace $2(g_3-g_1)^2(g_4-g_1)=0$, lo que obliga $g_1$ a ser una triple raíz de $g$, por lo tanto, una doble raíz de $f$, que es excluido por la hipótesis.