Esercizio confusionario analisi 1

[ninininja2000]

Sia $f(x)$ una funzione polinomiale di grado $n$ tc. $f(x)≥0 ∀ x∈R$. Si provi che:

[xdom="Raptorista"]Parte del testo sembra essere stata rimossa, ma pare che l'esercizio sia lo stesso di https://www.matematicamente.it/forum/vi ... 6#p8441086[/xdom]

[Quinzio]

Si, e' un bel giochino.

Si potrebbe iniziare osservando che $n \in 2\ZZ$.
Se cosi' non fosse si avrebbe che che \[ \lim_{x \to +\infty} f(x) = +\infty \] e\[ \lim_{x \to -\infty} f(x) = -\infty \] o viceversa.

A questo punto si puo' considerare $f(x)$ come prodotto di polinomi di grado pari: \[ f(x) = \prod_i (x^2 + b_i x + c_i) \].
Il fatto che i singoli polinomi siano normalizzati non fa perdere di generalita' in quanto anche $f(x)/k$ deve verificare la tesi.
Per verificare la tesi deve essere altresi' che \[ \forall i\ \forall x:\ (x^2 + b_i x + c_i) \ge 0 \]

Ora si vuole dimostrare l'enunciato per il singolo polinomio quadratico $x^2+bx+c$.

Per avere $x^2+bx+c \ge 0$ deve essere che il discriminante $\Delta = b^2 -4c \le 0$ (1)

Esplicitando la somma delle derivate del polinomio quadratico si ha
\[ \sum_{k=0}^n f^{(k)}(x) = x^2 + bx + c + 2x + b +2 = x^2 + (b+2)x + b+c+2 \]

Per avere \[x^2 + (b+2)x + b+c+2 \ge 0\]
deve verificarsi che
\[ \Delta = (b+2)^2 -4 (b+c+2) \le 0 \]
ovvero
\[ b^2 - 4c -4 < 0 \]

In base alla (1) si verifica immediatamente che il singolo polinomio quadratico verifica l'enunciato.

Adesso, avendo dimostrato il caso $n=2$ si potrebbe procedere per induzione verificando che se
$g(x)$ verifica l'enunciato anche $f(x)g(x)$ con $f(x)$ quadratico verifica l'enunciato.
Ma come ?

PS.
Dici che si vede abbastanza bene dal punto di vista grafico, ma non ne sarei cosi' sicuro...

[dissonance]

Comunque è un buon inizio di sicuro.

Potrebbe essere utile osservare che i polinomi quadratici non negativi hanno la forma
\[
f(x)=(x-a)^2 + b^2.\]
Infatti, essi devono avere due radici complesse coniugate (al limite, due radici reali coincidenti), e quindi
\[
f(x)=(x-a-ib)(x-a+ib).\]

[Mathita]

"Quinzio":
...
Per verificare la tesi deve essere altresi' che \[ \forall i\ \forall x:\ (x^2 + b_i x + c_i) \ge 0 \]
...

Non riesco a capire perché sia necessario che ciascun fattore del prodotto debba essere non negativo. È stata esclusa la possibilità che due fattori siano a segno variabile e coincidenti? Se sì, in che modo? Grazie!

Se non fosse chiaro cosa intendo: il polinomio $x^2(x^2-1)(x^2-1)$ è chiaramente non negativo, epperò $x^2-1$ è a segno variabile.

[Mathita]

Ok, il mio esempio non va bene perché $x^2(x^2-1)(x^2-1)$ si può scrivere anche come $x^2(x-1)^2(x+1)^2$ ed effettivamente è il prodotto di tre polinomi di secondo grado non negativi... e penso di aver capito cosa intendesse Quinzio.

D'altra parte, ho tentato di seguire la strada suggerita, ma non mi porta da nessuna parte Ci penso su: l'esercizio di per sé è davvero interessante.

[Quinzio]

"Mathita":[quote="Quinzio"]
...
Per verificare la tesi deve essere altresi' che \[ \forall i\ \forall x:\ (x^2 + b_i x + c_i) \ge 0 \]
...

Non riesco a capire perché sia necessario che ciascun fattore del prodotto debba essere non negativo. È stata esclusa la possibilità che due fattori siano a segno variabile e coincidenti? Se sì, in che modo? Grazie!

Se non fosse chiaro cosa intendo: il polinomio $x^2(x^2-1)(x^2-1)$ è chiaramente non negativo, epperò $x^2-1$ è a segno variabile.[/quote]

Osservazione giustissima.

Direi che pero' in questo caso si possono riarrangiare i polinomi come:
$ (x^2-1)(x^2-1)= (x-1)^2(x+1)^2 $

[Mathita]

@Quinzio: ti ho battuto sul tempo di esattamente 2 minuti.

[Quinzio]

Siamo arrivati insieme.

Si anzi, mi hai battuto...

[dissonance]

"Mathita":
Non riesco a capire perché sia necessario che ciascun fattore del prodotto debba essere non negativo. È stata esclusa la possibilità che due fattori siano a segno variabile e coincidenti? Se sì, in che modo? Grazie!

In effetti questa è una ambiguità di fondo della fattorizzazione di polinomi. Per un polinomio \(P\) con due fattori coincidenti, è la stessa cosa dire
\[
P=Q^2\cdot R
\]
oppure
\[
P=(-Q)^2\cdot R.\]
Quindi, si tratta di assumere per convenzione che, in presenza di fattori coincidenti, si sceglie il segno che rende \(Q\ge 0\). Che poi è esattamente quello che si è fatto sopra riordinando i fattori di \((1-x^2)(1-x^2)\).

Ok, ho fatto un po' di chiacchiere. Quanto alla soluzione del problema, si tratta di applicare il principio di induzione usando la formula seguente;
\[
\frac{d^n}{dx^n} \left[ f(x)((x-a)^2+b^2)\right]=f^{(n)}(x)((x-a)^2+b^2) + 2n (x-a)f^{(n-1)}(x) +n(n-1) f^{(n-2)}(x).\]
Qui si può supporre, senza perdita di generalità, che \(a=0\). Ora si tratta di assumere che \(f\) è un polinomio di grado \(n-2\) che verifica la tesi e usare questa formula per provare che anche
\[
f(x)((x-a)^2+b^2)\]
verifica la tesi.

[Mathita]

@Dissonance, grazie mille per il suggerimento. In realtà, stavo per gettare la spugna, o meglio, volevo proprio cambiare approccio. Questo fine settimana potrò dedicarmici con maggior costanza... vediamo cosa ne viene fuori.

[Quinzio]

"dissonance":
\[
\frac{d^n}{dx^n} \left[ f(x)((x-a)^2+b^2)\right]=f^{(n)}(x)((x-a)^2+b^2) + 2n (x-a)f^{(n-1)}(x) +n(n-1) f^{(n-2)}(x).\]

Ok, pero' non e' che la conclusione e' dietro l'angolo... serve altro.
Il fatto e' che bisogna considerare la somma di tutte le derivate.
Anche semplificando al massimo e considerando
$x^2 f(x)$
la somma delle derivate diventa la somma di
$x^2f +$
$2xf + x^2f' + $
$2f + 4xf' + x^2f'' +$
$4f' + 6xf'' + x^2 f'''$

Si possono raccogliere gli $x^2$ e si ha $x^2\sum f^{(n)}(x) > 0$, ma lo stesso non funziona raccogliendo le $x$ o i "termini noti".
Si puo' provare raccogliendo per stessa derivata, ad esempio $((x+1)^2+1) f + ((x+2)^2+2)f' + ((x+3)^2+3)f''$, e sembra promettente, ma poi ?

[dissonance]

E' vero Quinzio, io avevo fiutato che, raccogliendo per uguale derivata, i coefficienti sono tutti maggiori di 1, ma hai ragione che non è sufficiente a concludere nulla.

Nell'altro topic,

https://www.matematicamente.it/forum/vi ... 6&t=204378

Nexus dice di avere trovato una soluzione ma non ha scritto nessun dettaglio.

[dissonance]

Link corretto all'altro thread con lo stesso esercizio:

https://www.matematicamente.it/forum/vi ... 6#p8441436

[Quinzio]

Una strada da considerare potrebbe essere questa: equazioni differenziali
Se si prende la \[ \sum f^{(n)}(x) \] e si fa la derivata si ottiene \[ \left(\sum f^{(n)}(x)\right)' = \sum f^{(n)}(x) - f(x) \].

Ora questa e' un'equazione differenziale che puo' essere riscritta piu' brevemente come \[ y'(x) = y(x)-f(x) \]
e si nota piu' chiaramente l'equazione differenziale di Bernoulli. https://it.wikipedia.org/wiki/Equazione ... _Bernoulli
Stranamente funziona
Se ad esempio $f(x) = x^2$ e si prova a risolvere, esce che $y(x) = x^2+2x+2$ come ci si aspettava.
A questo punto sarebbe interessante risolvere \[ y'(x) = y(x)-x^2f(x) \] ma temo che non porti a nulla.
Si dovrebbe ritrovare la \[ ((x+1)^2+1)f(x) + ((x+2)^2+2)f'(x) + ((x+3)^2+3)f''(x) + ... \] che avevo gia' trovato e che risulta differenziando esplicitamente la $x^2f(x)$.

[Quinzio]

Poi... di cose curiose ne saltano fuori, ma poi non portano da nessuna parte.

Ad esempio abbiamo detto che se $f(x)>0$ allora

\[ g(x) = \sum f^{(n)}(x) > 0 \]

Ma allora anche

\[ h(x) = \sum g^{(n)}(x) > 0 \]

Esplicitando la $h(x)$ si ottiene

\[ h(x) = g(x) + g'(x) + g''(x) + ... = f(x) + f'(x) + f''(x) + ... + f'(x) + f''(x) + f'''(x) + ... + f''(x) + f'''(x) + f^{(4)}(x) + ... \]

Per un polinomio di grado $k$

\[ h(x) = f(x) + 2f'(x) + ... + kf^{(k)} \]

Continuando, si ha che \[ i(x) = \sum h^{(n)}(x) > 0 \]
e \[ i(x) = f(x) + (2+1)f'(x)+ (3+2+1)f''(x) + ... + \frac{k(k+1)}{2} f^{(k)}(x) \]

[Quinzio]

E qui pero' direi che ci si inizia ad avvicinare alla soluzione...
forse.

[Mathita]

"Quinzio":... \[ y'(x) = y(x)-f(x) \]...

Forse ho trovato.

Moltiplicando i due membri di $y'(x)-y(x)=-f(x)$ per $e^{-x}$ otteniamo

$e^{-x}y'(x)-e^{-x}y(x)=-e^{-x}f(x)\implies \frac{\mbox{d}}{\mbox{d}x}[e^{-x}y(x)]=-e^{-x}f(x)\le 0$.

In definitiva $h(x)=e^{-x}y(x)$ è una funzione monotona decrescente ed è tale che:

$\lim_{x\to-\infty}h(x)=+\infty$ e $\lim_{x\to +\infty}h(x)=0$

per cui $h(x)\ge 0 \implies e^{-x}y(x)\ge 0 \implies y(x)\ge 0$ per ogni $x\in\mathbb{R}$.

[dissonance]

Bravo Quinzio, quest'ultima mi sembra proprio funzionare ed è super elegante.

[Quinzio]

"dissonance":...
Nell'altro topic,

https://www.matematicamente.it/forum/vi ... 6&t=204378

Nexus dice di avere trovato una soluzione ma non ha scritto nessun dettaglio.

Insomma, ha fatto come Fermat.

[Quinzio]

"dissonance":Bravo Quinzio, quest'ultima mi sembra proprio funzionare ed è super elegante.

Grazie...
adesso metto insieme la dimostrazione completa e la spoilerizzo.

[Quinzio]

Ecco tutto il malloppo (la soluzione)...

Si tratta di dimostrare che per un polinomio $f(x) \ge 0$, $\forall x$ vale che la seguente somma delle derivate
\[ \sum_n f^{(n)}(x) \ge 0 \].

Innanzitutto va notato che il polinomio $f(x)$ deve essere di grado pari, altrimenti si avrebbe che
\[ \lim_{x\to +\infty} f(x) = +\infty \] e \[ \lim_{x\to -\infty} f(x) = -\infty \] (o viceversa), il che sarebbe in contraddizione con l'enunciato di partenza.

Allora si puo' scomporre $f(x)$ come prodotto di polinomi quadratici.
\[ f(x) = \prod_i ((x-a_i)^2+b_i) \]

La dimostrazione procede per induzione:
prima si dimostra che per un polinomio quadratico $q(x) \ge 0$ vale la tesi, ovvero che \[q(x) + q'(x) +q''(x) \ge 0\]
e poi che anche $q(x)f(x)$ verifica la tesi se:
I. $f(x)$ ha grado pari e verifica la tesi e
II. $q(x)$ e' un polinomio quadratico che soddisfa la tesi.

Per prima parte si nota che se \[q(x) = x^2 +bx +c \ge 0 \] allora per il discriminante vale \[ \Delta = b^2 -4ac \le 0\].
D'altra parte per la somma delle derivate vale \[q(x) + q'(x) +q''(x) = x^2 + (b+2)x + b+c+2 \ge 0\] e quindi per il suo discriminante deve valere che \[ \Delta = b^2 -4ac - 4 \le 0\]
Questo e' immediatamente verificato in base al primo discriminante (di $q(x)$).

Ora si passa alla seconda parte (induzione), ovvero si vuole mostrare che se $f(x)$ e $q(x)$ (quadratico) verificano la tesi, allora anche $q(x)f(x)$ verifica la tesi.

Quindi si ha \[ ((x+a)^2+b)f(x) \ge 0 \], con $b \ge 0$.
Grazie alla linearita' della derivata, si' puo' trattare separatamente la somma \[ (x+a)^2 f(x)+b f(x) \].
Per \[ bf(x) \] e' immediato verificare che soddisfa la tesi siccome $b \ge 0$.
Per \[ (x+a)^2 f(x) \] innanzitutto si opera una traslazione di $a$, in modo da trattare semplicemente \[ x^2 f(x) \].

E' vero infatti che una traslazione da $f(x)$ a $f(x+x_0)$ non cambia la natura del polinomio, ovvero
\[ f(x+x_0) \ge 0 \]

Esplicitando la somma delle derivate \[ \sum_n (x^2f(x))^{(n)} \] si ottengono questi addendi:
\[ \begin{bmatrix}
x^2f(x) & & \\
x^2f'(x) & 2xf(x) & \\
x^2f''(x) & 4xf'(x) & 2f(x) \\
x^2f'''(x) & 6xf''(x) & 6f'(x) \\
x^2f^{iv}(x) & 8xf'''(x) & 12f''(x) \\
\end{bmatrix} \]
La scrittura sopra non e' una matrice classica, ma semplicemente l'insieme dei singoli addendi.
In forma compatta sipuo' anche scrivere:
\[ \sum_n (x^2f(x))^{(n)} = \\ ((x+1)^2+1)f(x) + ((x+2)^2+2)f'(x) + ((x+3)^2+3)f''(x) + ... = \\
\sum (x^2 +2nx + n(n+1))f^{(n)}(x) \ge 0
\]

Per dimostrare che la formula sopra e' effettivamente maggiore-uguale a zero si procede in questo modo:
se $f(x)>0$ allora
\[ g(x) = \sum f^{(n)}(x) > 0 \]
Ma allora anche
\[ h(x) = \sum g^{(n)}(x) > 0 \]
Esplicitando la $h(x)$ si ottiene
\[ h(x) = g(x) + g'(x) + g''(x) + ... = f(x) + f'(x) + f''(x) + ... + f'(x) + f''(x) + f'''(x) + ... + f''(x) + f'''(x) + f^{(4)}(x) + ... \]
Per un polinomio di grado $k$
\[ h(x) = f(x) + 2f'(x) + ... + kf^{(k)} \]
Continuando, si ha che \[ i(x) = \sum h^{(n)}(x) > 0 \]
e \[ i(x) = f(x) + (2+1)f'(x)+ (3+2+1)f''(x) + ... + \frac{k(k+1)}{2} f^{(k)}(x) \]

Infine per concludere la dimostrazione serve notare che
\[
g(x) + 2h(x) + 2i(x) = \sum_n (x^2f(x))^{(n)} \ge 0
\]