Polinomio

[axpgn]

Si consideri il polinomio $f(x)$ i cui primo e ultimo coefficiente siano pari a $1$ e tutti gli altri coefficienti intermedi siano non negativi:

$f(x)=x^n+a_1x^(n-1)+a_2x^(n-2)+...+a_(n-1)x+1$

Se l'equazione $f(x)=0$ ha $n$ radici reali, dimostrare che $f(2)>=3^n$



Cordialmente, Alex

[ProPatria]

Procederei per induzione sul grado del polinomio $ n $:
Base induttiva: considero il polinomio di grado 1 con primo e ultimo coefficienti pari a 1 ($ x+1 $), che ovviamente verifica la tesi per $ n=1 $.
Passo induttivo: suppongo vero che ogni polinomio $ f $ di grado $ n $ che verifica le ipotesi sia tale che $ f(2)>=3^n $. Noto che da un $ f $ qualsiasi di grado $ n $ posso ottenere un $ g $ qualsiasi di grado $ n+1 $ in questo modo: $ g=f+x^(n+1)+a*x^n $ per qualche $ a>=-1 $. Allora ho $ g(2)=f(2)+2^(n+1)+a*(2^n) $. Da qui in poi non saprei come muovermi, e non ho nemmeno usato l'ipotesi delle $ n $ radici...

[axpgn]

Cosa ti garantisce che $g(x)=0$ abbia $n+1$ radici reali?

Per favore metti sotto spoiler le soluzioni, grazie

Cordialmente, Alex

[ondine1]

Ciao! Ci provo.

Dalle condizioni della funzione, si ha che il polinomio può essere scritto come:
$f(x)= (x+a_1)(x+a_2)...(x+a_n)$
dove con $a_i >0 AA i=1,2,..n$ indico l'opposto delle soluzioni dell'equazione e non i coefficienti.
Ne segue che
$f(2)=(2+a_1)(2+a_2)...(2+a_n)$
inoltre,poichè il termine noto vale uno, si deve avere $a_1a_2...a_n=1$
e quindi posso porre $a_n=(1)/(a_1a_2...a_(n-1))$.
perciò
$f(2)=(2+a_1)(2+a_2)...(2+(1)/(a_1a_2...a_(n-1)))$
$g(a_1,a_2,...a_(n-1))-= (prod_(i = 1)^(n-1) (2+a_i))(2+(1)/(prod_(i = 1)^(n-1) a_i))$
Cerco un punto stazionario di questa funzione a più variabili
$(partial g)/(partial a_j) =(1)/(2+a_j)(prod_(i = 1)^(n-1) (2+a_i))(2+(1)/(prod_(i = 1)^(n-1) a_i))-(prod_(i = 1)^(n-1) (2+a_i))((1)/(prod_(i = 1)^(n-1) a_i))((1)/(a_j))=0$
Il termine $prod_(i = 1)^(n-1) (2+a_i)$ è strettamente positivo e quindi è possibile raccoglierlo ed eliminarlo dall'equazione, che diventa:
$(1)/(2+a_j)(2+(1)/(prod_(i = 1)^(n-1) a_i))-((1)/(prod_(i = 1)^(n-1) a_i))((1)/(a_j))=0$
$2 a_j prod_(i = 1)^(n-1) a_i + a_j -(2+a_j)=0$
che da come risultato $a_j=(1)/(prod_(i = 1)^(n-1) a_i)=a_n$
Per l'arbitrarietà di $j$ si ha che $a_1=a_2=...=a_n$ e quindi dal vincolo del termine noto deve essere
forzatamente che $a_i=1 AA i=1,2..n$.
Se il punto trovato è di minimo, allora si è dimostrato che $f(2)>= 3^n$.
Per vedere che il punto sia effettivamente un minimo, considero l'Hessiana. Scrivo meglio la derivata:
$(partial g)/(partial a_j) =2{(prod_(i = 1)^(n-1) (2+a_i))/(prod_(i = 1)^(n-1) a_i)((1)/(a_j(2+a_j)))}(a_jprod_(i = 1)^(n-1) a_i-1)$
derivando nuovamente si vede che non importa derivare il contenuto della graffa, tanto poi andrebbe moltiplicato per il valore della parentesi tonda che calcolato nel punto è zero. Quando invece derivo il termine della tonda ho che , se $k!= j$: $(partial^2 g)/((partial a_j)(partial a_k)) = c $.
Mentre se $k=j$ : $(partial^2 g)/(partial (a_j)^2)= 2c$ dove $c$ è una costante positiva.
La matrice Hessiana è quindi $H=cA$ dove $A$ è la matrice quadrata simmetrica che ha $2$ sulla diagonale e $1$ in tutte le altre posizioni. La matrice $A$ è definita positiva per il criterio di Sylvester. Infatti è possibile dimostrare (tramite ricorsione) che il determinante di un minore principale kxk di quella matrice vale $d_k=k+1$,positivo per ogni $k$. Il punto stazionario è quindi di minimo e la disuguaglianza è dimostrata.

[totissimus]

La condizione $a_{i}\geq0,i=1,\ldots n-1$ implica ovviamente che
tutte le radici reali del polinomio $f(x)$ siano negative, siano
esse $\alpha_{i}<0,i=1,\ldots n$.

Per le relazioni tra i coefficienti e le radici abbiamo:

$$a_{1}=-\alpha_{1}-\ldots-\alpha_{n}$$

$$a_{2}=\alpha_{1}\alpha_{2}+\ldots+\alpha_{n-1}\alpha_{n}$$

$$a_{3}=\alpha_{1}\alpha_{2}\alpha_{3}+\ldots+\alpha_{n-2}\alpha_{n-1}\alpha_{n}$$

$$\vdots\vdots\vdots$$

$$a_{n}=(-\alpha_{1})(-\alpha_{2})\ldots(-\alpha_{n})=1$$


Applico adesso la disuguaglianza MA-MG $$\sqrt[n]{x_{1}\ldots x_{n}}\leq\frac{1}{m}(x_{1}+\ldots+x_{n})$$
per ottenere opportune limitazioni per i coefficienti.

$$\sqrt[n]{(-\alpha_{1})(-\alpha_{2})\ldots(-\alpha_{n})}\leq\frac{1}{n}(-\alpha_{1}-\ldots-\alpha_{n})$$

$$1\leq\frac{1}{n}a_{1}$$

$$a_{1}\geq n$$

Ricavo adesso la limitazione per il coefficiente $a_{2}$la cui somma
contiene
$$\binom{n}{2}=\frac{n(n-1)}{2}$$ addendi

$$\sqrt[\frac{n(n-1)}{2}]{(\alpha_{1}\alpha_{2})(\alpha_{1}\alpha_{3})\ldots(\alpha_{n-1}\alpha_{n})}\leq\frac{1}{\binom{n}{2}}(\alpha_{1}\alpha_{2}+\ldots+\alpha_{n-1}\alpha_{n})$$

$$\sqrt[\frac{n(n-1)}{2}]{[(-\alpha_{1})(-\alpha_{2})\ldots(-\alpha_{n})]^{n-1}}\leq\frac{1}{\binom{n}{2}}(\alpha_{1}\alpha_{2}+\ldots+\alpha_{n-1}\alpha_{n})$$

$$1\leq\frac{1}{\binom{n}{2}}a_{2}$$

$$a_{2}\geq\binom{n}{2}$$

Tenuto conto che il coefficiente $a_{i}$ contiene $$\binom{n}{i}$$
addendi, applicando la disuguaglianza MA-MG ricaviamo

$$a_{i}\geq\binom{n}{i},i=1,\ldots n-1$$

Adesso abbiamo:

$$f(2)=2^{n}+a_{1}2^{n-1}+a_{2}2^{n-2}+\ldots+a_{n-1}2+1\geq\binom{n}{n}2^{n}+\binom{n}{1}2^{n-1}+\binom{n}{2}2^{n-2}+\ldots+\binom{n}{n-1}2+\binom{n}{0}$$

$$f(2)\geq\binom{n}{n}2^{n}+\binom{n}{n-1}2^{n-1}+\binom{n}{n-2}2^{n-2}+\ldots+\binom{n}{n-1}2+\binom{n}{0}2^{0}=(2+1)^{n}=3^{n}$$

[axpgn]

@ondine
Premesso che a un certo punto mi sono perso date le mie limitate conoscenze (Hessiana, derivate parziali, …), mi pare di poter dire questo …

Le tue $a_i$ non sono le radici ma l'opposto delle radici.
Le radici non sono necessariamente tutte pari a $1$; controesempio: $f(x)=x^2+5x+1$

@totissimus


La dimostrazione che conosco è sostanzialmente simile alla tua …

Come hai detto, le radici sono tutte negative, per esempio $-r_1, -r_2, …, -r_n$ con $r_i>0$ e quindi $f(x)=(x+r_1)(x+r_2)…(x+r_n)$
Ne consegue che ogni coefficiente $a_k=sum r_(i_1)r_(i_2)...r_(i_k)$ e $r_1r_2...r_n=1$

Applicando la disuguaglianza $AM-GM$, otteniamo [size=150]$a_k/(((n),(k)))=[sum r_(i_1)r_(i_2)...r_(i_k)]/(((n),(k)))>=[Pi r_(i_1)r_(i_2)...r_(i_k)]^(1/(((n),(k))))$[/size]

da cui
[size=150]$a_k>=((n),(k))*[Pi r_(i_1)r_(i_2)...r_(i_k)]^(1/(((n),(k))))$[/size]

Effettivamente quella produttoria fa un po' impressione , osservando però che ogni radice compare lo stesso numero di volte possiamo dire $Pi(r_(i_1)r_(i_2)...r_(i_k))=(r_1r_2...r_n)^q=1^q=1$ per qualche $q$, quindi $a_k>=((n),(k))$ e osservando che $a_0=((n),(0))=1=((n),(n))=a_n$, quella diseguaglianza vale per tutti i coefficienti.

In definitiva possiamo scrivere $f(x)=sum_(k=0)^n a_kx^(n-k)$ che nel caso $f(2)$ diventa $f(2)=sum_(k=0)^n a_k2^(n-k)>=sum_(k=0)^n ((n),(k))1^k2^(n-k)=(1+2)^n=3^n$

Cordialmente, Alex

[ondine1]

@axpgn

Forse mi sono spiegato male io...la funzione può essere scritta come:
$f(x)=(x-x_1)(x-x_2)...(x-x_n)$, dove gli $x_n$ sono radici dell'equazione $f(x)=0$ e devono essere per forza negativi, quindi ho riscritto tutto come
$f(x)=(x+a_1)(x+a_2)...(x+a_n)$ dove gli $a_n$ sono quantità strettamente positive (in poche parole ho definito $a_i-=-x_i$).
A quel punto ho detto che
$f(2)=(2+a_1)(2+a_2)...(2+a_n)$ e ho trattato questa quantità come una funzione a più variabili (gli $a_i$). Infine ho cercato il minimo di questa funzione a più variabili con i metodi dell'analisi, dimostrando che il minimo si ha quando tutti gli $a_i$ sono uguali ad 1(quindi ci possono essere altri valori di $a_i$ che rispettino il vincolo ma solo la configurazione in cui tutte sono uguali ad 1 rappresentano il minimo valore che può assumere $f(2)$. Nel caso siano tutti 1 la funzione assume il valore minimo $f(2)=(2+1)(2+1)...(2+1)=3^n$ e quindi si ha che $f(2)>=3^n$.

[axpgn]

@ondine
Ok, adesso ho capito meglio

Per quanto riguarda le radici però avevi scritto il contrario

"ondine":$ f(x)= (x+a_1)(x+a_2)...(x+a_n) $ dove con $ a_i >0 AA i=1,2,..n $ indico le soluzioni dell'equazione e non i coefficienti. …

Mentre per gli $a_i=1$ avevo travisato io, non avevo capito che quello è il caso del minimo (dove hai usato il metodo per funzioni in più variabili che non conosco anche se, sommariamente, sembra che segua il modo che si usa in una variabile … mi pare )

Cordialmente, Alex

[ondine1]

@axpgn

hai ragione avevo scritto male, è stata una svista, modifico subito la definizione degli $a_i$ che sono l'opposto delle soluzioni. Si il procedimento è abbastanza simile per certi versi a quello dell'analisi in una variabile, c'è solo l'aggiunta dello studio di una matrice

[orsoulx]

Propongo una terza dimostrazione che utilizza un procedimento, a mio avviso, più abbordabile a livello di secondo anno di scuola secondaria di II grado.

Come già visto, abbiamo un prodotto di $ n $ fattori, $ P_0= prod_i (2+alpha_i) $ con $ prod_i alpha_i=1 $ e tutti gli $ alpha_i $ reali positivi.

Se non tutti gli $ alpha_i $ sono uguali ad $ 1$ esisteranno almeno un $ alpha_h<1 $ ed un $alpha_k>1 $;
posto $ a=alpha_h<1 " e " b=alpha_k>1$, essendo
$ (2+1)(2+ab)-(2+a)(2+b)=6+3ab-4-2a-2b-ab=2-2a-2b+2ab=2(1-a)(1-b)<0 $
sostituendo i due fattori $ 2+a " e " 2+b $ con $ 2+1 " e " 2+ab $ e lasciando inalterati i restanti si ottiene un nuovo prodotto $ P_1 $ che soddisfa le stesse condizioni di $ P_0 $ ed è minore di questo.
La manipolazione comporta un aumento del numero degli $ alpha_i=1 $ di almeno una unità (due se $ ab=1 $) ed allora, iterando il procedimento, giungeremo in al più $ n-1 $ passi a:
$ P_0>P_1>...>P_u $ dove $ P_u $ è il polinomio con tutte le $ alpha_i=1 $ il cui valore
$ (2+1)^n=3^n $ è il minimo cercato.

Ciao

@Alex
[ot]Grazie e Buona Pasqua (mi porto avanti con il lavoro)[/ot]

[axpgn]

@orsoulx
[ot]$\ $

Grazie a te e Buon Anno a te e ai tuoi cari.[/ot]

Il tuo procedimento mi ricorda molto una dimostrazione della AM-GM (che avevo letto tempo fa e ovviamente non ricordo più nei dettagli )

Cordialmente, Alex

[orsoulx]

[ot]Così non vale! Gli auguri me li avevi già fatti in un'altra discussione. Adesso dovrò augurarti buon ferragosto [/ot]

Ricordi bene: con analogo procedimento si può dimostrare la diseguaglianza AM-GM. Il vantaggio nelle applicazioni deriva dalla possibilità di manipolare, in ciascun passo, due soli degli elementi presenti.

Ciao