Relación entre las raíces de una función

Question

Tengo esta pregunta de mi examen donde se pide encontrar la suma: $$S=\sum_{k=1}^n \frac{1}{(1-r_k)^2}$$ donde $r_k$ son las raíces de $$f(x)=x^n-2x+2\quad,n\ge3$$ Recordé esta relación $$\frac{f'(x)}{f(x)}=\sum_{k=1}^n \frac{1}{x-r_k}$$ y rápidamente se dio cuenta de que $$\frac{d}{dx}\frac{1}{x}=-\frac{1}{x^2}$$ y usando la derivada podría producir fácilmente mi respuesta. En efecto, $$\frac{d}{dx}\left( \frac{f'(x)}{f(x)} \right)=\frac{f''(x)f(x)-(f'(x))^2}{f(x)^2}=-\sum_{k=1}^n \frac{1}{(x-r_k)^2}$$ Evaluar en $x=1$ da $$S=\frac{(n-2)^2-n(n-1)}{1^2}=4-3n$$ Sin embargo, después del examen me he dado cuenta de que no tengo ni idea de por qué $$\frac{f'(x)}{f(x)}=\sum_{k=1}^n \frac{1}{x-r_k}$$ y lo acabo de memorizar, ¿hay alguna forma bonita de mostrarlo? ¿Y, por supuesto, una solución más elegante para esta pregunta del examen?

Answer 1

$$f(x)=(x-r_1)(x-r_2)\cdots(x-r_n)$$

Usando el logaritmo,

$$\ln (f(x))=\ln (x-r_1)+\ln(x-r_2)+\cdots +\ln(x-r_n)$$

Tomar la derivada,

$$\frac{f'(x)}{f(x)}= \frac{1}{(x-r_1)}+\frac{1}{(x-r_2)} +\cdots +\frac{1}{(x-r_n)}$$

¡Hecho!

Answer 2

Aunque el cálculo de Jaideep Khare con el logaritmo ofrece una buena forma rápida de memorizar o derivar el resultado, hay un problema: Los logaritmos de los números negativos no están definidos si se trabaja sobre los reales, y hay que tener cuidado con las ramas si se pasa al plano complejo. Cuando $r_k$ es fijo y $x$ se extiende a través de todos los reales, $x-r_k$ obtendrá inevitablemente valores negativos.

He aquí una forma de demostrar el resultado deseado sin recurrir a los logaritmos: Por el teorema fundamental del álgebra un polinomio se puede escribir en términos de sus raíces y un coeficiente $a\in\mathbb C$ como $$ f(x) = a(x-r_1)\cdots(x-r_n). $$ El coeficiente de $x^n$ es $a$ y en tu caso sabes que es $1$ pero no es importante. La derivada se puede calcular diferenciando cada término del producto sucesivamente: $$ f'(x) = a(x-r_2)\cdots(x-r_n) + a(x-r_1)(x-r_3)\cdots(x-r_n) + \dots + a(x-r_1)\cdots(x-r_{n-1}), $$ donde en el $n$ término de la suma el $n$ El término del producto ha sido eliminado. Cuando $f(x)\neq0$ es fácil dividir cada término de $f'(x)$ por $f(x)$ y obtenemos $$ \frac{f'(x)}{f(x)} = \frac{1}{x-r_1} + \frac{1}{x-r_2} +\dots+ \frac{1}{x-r_n}. $$

El resultado y la demostración son también aplicables a los polinomios complejos, mientras que con los logaritmos $f(z)$ siempre llegará al conjunto de ramificaciones del logaritmo, independientemente de cómo se elija. También, $\log(ab)=\log(a)+\log(b)$ no es cierto en general para los complejos $a$ y $b$ .

Por último, permítanme subrayar que este resultado es válido para una función polinómica $f$ (con raíces contadas con multiplicidad), no para todas las funciones en general. En tu pregunta estás trabajando con polinomios pero hablas de "funciones", así que cuidado con generalizar el resultado más allá de lo que es cierto.

Answer 3

Otro enfoque, más largo pero que también funcionaría para expresiones simétricas más generales en las raíces, es utilizar las fórmulas de Vieta.

Si un polinomio $f(x) = a_n x^n + a_{n-1} x^{n-1} + \dots + a_1 x + a_0$ tiene raíces $r_1, r_2, \dots, r_k$ , entonces la relación $-\frac{a_{n-1}}{a_n}$ nos da la suma $r_1 + r_2 + \dots + r_k$ .

Para convertir esto en la suma que queremos, debemos modificar $f(x)$ ligeramente.

Primero, $f(t-x)$ tiene raíces $t - r_1, t - r_2, \dots, t - r_k$ .

Segundo, $f(t-1/x)$ aunque no es un polinomio, sigue siendo cero cuando $x = 1/(t-r_1), \dots, 1/(t-r_k)$ .

Sin embargo, al multiplicar por $x^n$ da el polinomio $x^n f(t-1/x)$ que tiene sus raíces en $1/(t-r_1), \dots, 1/(t-r_k)$ .

Para aplicar la fórmula de Vieta que queremos utilizar, queda por averiguar los coeficientes de $x^n$ y $x^{n-1}$ en $$ x^n f(t-1/x) = x^n a_n (t-1/x)^n + x^n a_{n-1} (t - 1/x)^{n-1} + \dots + x^n a_1 (t-1/x) + x^n a_0. $$ Para obtener un múltiplo de $x^n$ de un término $x^n a_k (t-1/x)^k$ tenemos que elegir el $t^k$ término de la expansión binomial de $(t-1/x)^k$ . Esto nos dice que el coeficiente de $x^n$ en este polinomio es $$ a_n t^n + a_{n-1} t^{n-1} + \dots + a_0 = f(t). $$ Para obtener un múltiplo de $x^{n-1}$ de un término $x^n a_k (t-1/x)^k$ tenemos que elegir el $\binom k1 t^{k-1}(-1/x)$ término de la expansión binomial de $(t-1/x)^k$ . Esto nos dice que el coeficiente de $x^{n-1}$ en este polinomio es $$ - a_n \cdot n t^{n-1} - a_{n-1} \cdot (n-1)t^{n-2} - \dots - a_1 = -f'(t). $$ Juntando todo esto, obtenemos que la suma de las raíces de $x^n f(t-1/x)$ es $$ \sum_{i=1}^n \frac{1}{t-r_i} = \frac{f(t)}{f'(t)}, $$ como se desee.

(Para el caso concreto del polinomio $f(x) = x^n - 2x + 2$ Esto sería más rápido ya que no tendríamos que derivar la fórmula general).

Answer 4

En general, si $$f(x)=\prod_{k=1}^{n}f_k(x)$$ Entonces $$\ln f(x)=\sum_{k=1}^{n}\ln f_k(x)$$ y por lo tanto $$\frac{f'(x)}{f(x)}=\sum_{k=1}^{n}\frac{f_k'(x)}{f_k(x)}$$