Multiplicidad de la raíz 111 de nXn+2−(n+2)Xn+1+(n+2)X−nnXn+2−(n+2)Xn+1+(n+2)X−nnX^{n+ 2}-(n+2)X^{n+1}+(n+2)Xn?

el teorema es

Si$P(x)$tiene un cero de orden$k > 0$en$x=x_0$, entonces$P'(x)$tiene un cero de orden$k-1$en$x=x_0$.

Como consecuencia,

$P(x)$tiene un cero de orden$k \geq 0$en$x=x_0$si y solo si

$$P(x_0) = P'(x_0) = \cdots = P^{(k-1)}(x_0) = 0$$ y$P^{(k)}(x_0) \neq 0$.

Aquí tenemos$P_n(x) = nx^{n+2} - (n+2)x^{n+1} + (n+2)x - n$y

$$P_n(1) = n - (n+2) + (n+2) - n = 0 \\ P'_n(1) = n(n+2) - (n+2)(n+1) + (n+2) = 0 \\ P''_n(1) = n(n+2)(n+1) - (n+2)(n+1)n = 0 \\ P'''_n(1) = n(n+2)(n+1)n - (n+2)(n+1)n(n-1) = (n+2)(n+1)n \neq 0$$ entonces$P_n(x)$tiene un cero de orden$3$en$x=1$para todos$n > 0$.

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Mencionaste un teorema que usa integrales indefinidas y constantes de integración, pero esto está efectivamente condenado al fracaso ya que las constantes de integración no son intrínsecas a la función sino que son artefactos del método usado para integrar. Lo más cerca que podemos estar es

Si$P(x)$tiene un cero de orden$k \geq 0$en$x=x_0$, entonces$\int_{x_0}^x P(t)\,dt$tiene un cero de orden$k+1$en$x=x_0$.

pero no veo qué propiedades produciría este teorema que el teorema anterior ya no otorga.

Hay una cosa que podría ser interesante hacer. Dejar$x=y+1$para hacer

$$2+(n+2)y+(y+1)^{n+1} (n y-2)=0$$ Ahora, usa el teorema del binomio o la expansión de Taylor alrededor de$y=0$Llegar $$\frac{n(n+1)(n+2)}{6} y^3+\frac{(n-1)n(n+1)(n+2)}{12} y^4+O\left(y^5\right)$$ Entonces, para un valor entero de$n$, la multiplicidad es$3$(como ya informó @Dietrich Burde).

No, la respuesta no es$n+2$en general. tomar, decir,$n=6$. Entonces el polinomio se factoriza como

$$2(3x^4 + 2x^3 + 4x^2 + 2x + 3)(x + 1)(x - 1)^3,$$ entonces la multiplicidad de la raíz$1$es$3$en este caso. Lo mismo es cierto para todos$n$He probado.

Lo siguiente prueba que$\,(x-1)^3 \,\mid\, P_{n+1}(x)-xP_n(x)\,$, entonces dado que$\,P_1(x)=(x-1)^3\,$se sigue por inducción que$\,(x-1)^3 \,\mid\, P_n(x)\,$para todos$\,n\,$.

$$\require{cancel} \begin{align} P_{n+1}(x)-xP_n(x) &= x^{n+3}-x^{n+2}-(n+2)x^2+(2n+3)x-n-1 \\ &= x^{n+2}(x-1)-((n+2)x-n-1)(x-1) \\ &= (x-1)(x^{n+2}-(n+2)x+n+1) \\ &= (x-1)(x^{n+2}-1-(n+2)(x-1)) \\ &= (x-1)^2(x^{n+1}+x^{n}+\dots+x+1-(n+2)) \\ &= (x-1)^2 \big(\underbrace{(x^{n+1}-1)}_{=\,(x-1)(\cdots)}+\underbrace{(x^n-1)}+\dots+\underbrace{(x-1)}+(\cancel{1}-\cancel{1})\big) \\ &= (x-1)^3(\;\cdots\;) \end{align}$$

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[ EDITAR ]$\;$Por una vía alternativa,$\,P_n(1)=0\,$entonces es suficiente demostrar que$\,(x-1)^2 \,\mid P_n^{'}(x)\,$. Pero$\,P_n^{'}(x)=(n+2)\big(nx^{n+1}-(n+1)x^n + 1\big)\,$, respondió en Demostrar que existe un polinomio$q_n(x) \in \mathbb Q[x]$satisfactorio$p_n(x)=(x-1)^2q_n(x)$, lo que también explica esa sensación de déjà vu ;-)

También podemos ver lo que nos dicen los coeficientes: el polinomio

$$\ p(x) \ \ = \ \ n·x^{n+2} \ - \ (n+2)·x^{n+1} \ + \ 0·x^n \ + \ \ldots \ + \ 0·x^2 \ + \ (n+2)·x \ - \ n \ \ $$ es anti-palindrómico , lo que quiere decir que los coeficientes "leer de izquierda a derecha" son el negativo de la secuencia "leer de derecha a izquierda". Como consecuencia,$\ x \ = \ 1 \ $debe ser un cero de dicho polinomio, ya que los términos en$\ p(1) \ $luego "cancelar en parejas". También vemos en la Regla de los Signos que$\ p(x) \ $tiene tres "cambios de signo", lo que indica que tiene tres o un cero real positivo, independientemente de la paridad de$\ n \ \ .$Desde hace$\ n \ $incluso, $$\ p(-x) \ \ = \ \ n·x^{n+2} \ + \ (n+2)·x^{n+1} \ + \ 0·x^n \ + \ \ldots \ + \ 0·x^2 \ - \ (n+2)·x \ - \ n \ \ $$ tiene un "cambio de signo", también hay una raíz real negativa; para$\ n \ $extraño, $$\ p(-x) \ \ = \ \ -n·x^{n+2} \ - \ (n+2)·x^{n+1} \ + \ 0·x^n \ + \ \ldots \ + \ 0·x^2 \ - \ (n+2)·x \ - \ n \ \ $$ no tiene "cambios de signo", por lo que en este caso,$\ p(x) \ $no tiene raíces reales negativas.

Al emplear la división polinomial/sintética para$\ x \ = \ 1 \ \ ,$obtenemos el polinomio "reducido"

$$p_1(x) \ \ = \ \ n·x^{n+1} \ \underbrace{- \ 2·x^n \ - \ 2·x^{n-1} \ + \ \ldots \ - \ 2·x^2 \ - \ 2·x}_{n \ \text{terms}} \ + \ n \ \ ,$$ que es palindrómico , por lo que tiene la propiedad de que si$\ r \ $es un cero, entonces$\ \frac{1}{r} \ $es también. observamos que$\ x \ = \ 1 \ $es un cero de este polinomio también, por lo que también tiene un cero$\ x \ = \ \frac11 \ = \ 1 \ \ , \ $que establece que los tres ceros reales positivos de$\ p(x) \ $son$\ 1 \ $con multiplicidad$\ 3 \ \ .$

Con$\ n \ $extraño entonces, hay estos tres ceros reales con el resto$\ (n - 1) \ $[incluso] ceros que forman pares complejos conjugados. Para$\ n \ $incluso, el carácter anti-palindrómico de$\ p(x) \ $implica que$\ x \ = \ -1 \ $es también un cero, dándonos los esperados tres ceros reales positivos y uno negativo y$\ (n - 2) \ $[incluso] ceros complejos conjugados.

Cabe mencionar, por las relaciones de Viete, que como producto de todo$\ (n + 2) \ $ceros de$\ p(x) \ $es$\ +1 \ $para$\ n \ $extraño y$\ -1 \ $para$\ n \ $incluso, el producto de los ceros complejos solo es siempre$\ +1 \ \ .$Esto significa que los ceros complejos conjugados están en pares$\ r \ , \ \overline{r} \ = \ \frac{1}{r} \ \ ,$por lo que todos los ceros complejos tienen módulo unitario (de hecho, todos los ceros lo tienen).

También podemos demostrar la multiplicidad triple por división de polinomios. Divisor$\ p_1(x) \ $por$\ (x - 1) \ $produce

$$p_2(x) \ \ = \ \ n·x^n \ + \ \underbrace{(n - 2)·x^{n-1} \ + \ (n - 4)·x^{n-2} \ + \ \ldots \ + \ (n - [2n - 2] )·x \ + \ (n - 2n)}_{n \ \text{terms}}$$ $$= \ \ n·x^n \ + \ (n - 2)·x^{n-1} \ + \ (n - 4)·x^{n-2} \ + \ \ldots \ - \ (n - 4)·x^2 \ - \ (n -2)·x \ - \ n \ \ ,$$ que es anti-palindrómico, y también lo ha sido$\ x \ = \ 1 \ $como un cero. Una división más por$\ (x - 1) \ $rendimientos $$p_3(x) \ \ = \ \ n·x^{n-1} \ + \ \underbrace{2·(n - 1)·x^{n-2} \ + \ 3·(n - 2)·x^{n-3} \ + \ \ldots \ + \ (n - 1)·(n - [n - 2] )·x \ + \ n·(n - [n - 1])}_{(n - 1) \ \text{terms}}$$ $$= \ \ n·x^{n - 1} \ + \ 2·(n - 1)·x^{n-2} \ + \ 3·(n - 2)·x^{n-3} \ + \ \ldots$$ $$+ \ 3·(n - 2)·x^2 \ + \ 2·(n - 1)·x \ + \ n \ \ .$$ Dado que los exponentes en los términos son números enteros no negativos,$\ p_3(x) \ $solo tiene coeficientes positivos, entonces$\ x \ = \ 1 \ $no puede ser uno de sus ceros. Por eso,$\ p(x) \ $tiene un factor limitado a$\ (x - 1)^3 \ \ .$