$f(2) \geq 3^n$

[Pachisi]

SIa $f(x)=x^n+a_{1}x^(n-1)+...+a_{n-1}x+1$, con $a_{i} \geq 0$ per $i=1,2,...,n-1$. Dimostrare che se $f(x)=0$ ha $n$ radici reali, allora $f(2) \geq 3^n$.

[dan952]

Osservazione.
Se i coefficienti sono tutti non-negativi il polinomio non ha radici positive, infatti segue $f(0)=1$ e $f'(x) \geq 0$ per ogni $x \geq 0$.

Ora ogni coefficiente è funzione simmetrica delle sue radici tutte reali
$a_1=x_1+x_2+\cdots+x_n$
$a_2=x_1x_2+\cdots+x_{n-1}x_n$
$\cdots$
$1=x_1\cdots x_n$
Per la disuguaglianza AM-GM abbiamo che
$\frac{a_i}{((n),(i))} \geq \root[n]{x_1 \cdots x_n}=1$
Ovvero
$a_i \geq ((n),(i))$
E dunque segue la tesi applicando Newton e osservando che $3^n=(2+1)^n$.

[Vincent46]

Credo di essere riuscito a dimostrare per induzione sul grado il fatto più generale che, dato un polinomio della forma $f(x)=x^n+a_{1}x^(n-1)+...+a_{n-1}x+d$, con gli $a_i$ e $d$ positivi, valga $f(2) \geq \frac{3^{n+1}}{2+1/d}$.
Se ho fatto bene i conti, il passo base è semplice, e il basso induttivo mi porta a concludere che la tesi è vera a patto che valga $(1-d)(1+x_i) \geq 0$ per almeno una $x_i$ radice di $f$. Ora, se $d=1$ abbiamo finito; se $d>1$ ci dev'essere una radice minore di $-1$ (usando il fatto che $d$ è il prodotto dei valori assoluti delle radici e che esse sono tutte negative) e, presa quella radice come $x_i$, abbiamo concluso; se $d<1$ ci dev'essere una radice maggiore di $-1$ e si conclude allo stesso modo.

[Cantor99]

Procedo per induzione su n allorché per $n=1$ è $f(x)=x+1$ che ha una sola radice e soddisfa la disuguaglianza da dimostrare $f(2)=3>=3$
Sia vero che per $n-1$ per il quale si ha che $f'(x)=x^(n-1)+a_1x^(n-2)+...+a_(n-2)x+1$ ha $n-1$ radici reali e che $f'(2)>=3^(n-1)$
Consideriamo il polinomio $f(x)=(x+1)f'(x)$: questo ha $n$ radici reali per ipotesi induttiva e sempre per questa risulta $f(2)=3f'(2)>=3*3^(n-1)=3^n$, come si voleva

[dan952]

@Cantor
Non verifichi l'ipotesi induttiva su un generico polinomio di grado $n$ (di quel tipo) ma su un generico polinomio di grado $n$ avente $x=-1$ come radice reale

[Cantor99]

Ciao @dan95 ho provato e aspettavo che qualcuno confermasse o smentisse
Comunque non capisco perché se ho un polinomio come quello come viene descritto e lo moltiplico per $(x+1)$ non ho un secondo polinomio con le caratteristiche volute

[dan952]

Attenzione. Ottieni un polinomio con quelle caratteristiche, ma non li ottieni tutti. Stando a quello che dici parti da $p_1(x)=x+1$ e aggiungi sempre un fattore $(x+1)$ e alla fine ottieni solo polinomi della forma $p_n=(x+1)^n$

[giammaria2]

La dimostrazione di dan95 mi piace molto, ma ne correggo una imprecisione.

Scrive

Per la disuguaglianza AM-GM abbiamo che
$\frac{a_i}{((n),(i))} \geq \root[n]{x_1 \cdots x_n}=1$

ma non è esatto, perché a secondo membro il numero di ogni $x_k$ dipende anche dall'indice $i$. Si può però dire che, poiché le $x_k$ sono trattate tutte nello stesso modo, il loro prodotto è del tipo $(x_1...x_n)^m$, con $m$ opportuno; il resto della dimostrazione non cambia.

Aggiungo un'altra dimostrazione, anche se meno bella.

Poiché il polinomio ha solo radici negative, che indico con $-x_k$, possiamo scriverlo nella forma
$f(x)=(x+x_1)(x+x_2)...(x+x_n)$
con $x_1x_2...x_n=1->x_n=1/(x_1x_2...x_(n-1))$
Mi chiedo ora per quale valore di $x_1$ è minima $f(2)$. Gli altri fattori sono costanti e positivi, quindi basta rendere minimo il prodotto
$(2+x_1)(2+1/(x_1x_2...x_(n-1)))=4+2(x_1+1/(x_1x_2...x_(n-1)))+1/(x_2...x_(n-1))$
Sono costanti primo ed ultimo addendo, quindi basta rendere minima la parentesi. Una forma del tipo $x+1/(kx)$ è minima quando i suoi addendi sono uguali; nel nostro caso, quando
$x_1=1/(x_1x_2...x_(n-1))->x_1^2x_2...x_(n-1)=1 " " " "$ (*)
Lo stesso vale per le altre $x_k$; moltiplicando membro a membro le $(n-1)$ formule ottengo
$(x_1x_2...x_(n-1))^n=1->x_1x_2...x_(n-1)=1$
ed osservando le (*) ho $x_k=1$, valida anche per $k=n$.
In conclusione: si ha
$f(x)>=(x+1)^n->f(2)>=3^n$

[Pachisi]

Scusatemi per non aver risposto, ma stavo fuori. Comunque ok. Quella di dan95 è quella "ufficiale".