¿Número de raíces positivas reales de un polinomio?

Esta es una respuesta parcial. voy a mostrar que para$a>0$suficientemente pequeño

$$f(x) = x(1+x^n)^n - a(1+x^n)^n + a^nx$$

tendrá exactamente un cero real positivo y para$a>0$lo suficientemente grande$f$tendrá exactamente tres ceros reales positivos.

el caso cuando$a$es pequeño.

Cuándo$a = 0$los ceros de$f$son los$n^\text{th}$raíces de$-1$, cada uno con multiplicidad$n$, y$x=0$, con multiplicidad$1$.

Figura 1: Los ceros de$f$por$n=5$Cuándo$a=0$. El círculo unitario se muestra en azul como referencia.

Los ceros de los polinomios son funciones continuas de sus coeficientes, lo que significa que para cualquier$\epsilon > 0$y cualquier$n^\text{th}$Raíz de$-1$, decir$\zeta$,$f$tendrá exactamente$n$ceros en el disco$|x-\zeta| < \epsilon$por$a$suficientemente pequeño. En particular, ninguno de los$n^2$ceros de$f$agrupados alrededor de la$n^\text{th}$raíces de$-1$estará en el eje real para$a$suficientemente pequeño.

Figura 2: Los ceros de$f$por$n=5$con$0 < a < 0.9$. Como$a$aumenta de$0$, exactamente$5$salen ceros de cada uno de los$5^\text{th}$raíces de$-1$. También podemos ver el cero que antes estaba ubicado en$x=0$mover a la derecha. Además, dos de los ceros que provienen de la raíz primitiva de$-1$y su viaje conjugado hacia el eje real.

Ahora$f(0) = -a$y$f(x) \to +\infty$como$x \to +\infty$, entonces$f$tendrá al menos un cero real positivo cuando$a > 0$. Por la observación anterior, este cero real positivo será único para$a > 0$suficientemente pequeño.

Aparte 1: Se puede invocar el teorema de la función implícita para ver que este cero, que llamaremos$x_0 = x_0(a)$, es en realidad una función diferenciable del parámetro$a$siempre y cuando$a$es suficientemente pequeño. Con esto en mente, derivando la ecuación

$$x_0(1+x_0^n)^n - a(1+x_0^n)^n + a^nx_0 = 0$$ con respecto a $a$se puede demostrar que $x_0'(0) = 1$. Esto implica que $x_0(a) \sim a$como $a \to 0$.

el caso cuando$a$es largo.

Señalamos arriba que$f(0) < 0$para todos$a > 0$. Más,$f(x) \to \infty$como$a \to \infty$para fijo$x>0$, Lo que significa que$f$tiene un cero real positivo que tiende hacia el punto$x=0$como$a \to \infty$.

Aparte 2: Para$x>0$y$a>0$podemos demostrar que para cualquier$0 < \epsilon < 1$tendremos$f\left(\epsilon a^{1-n}\right) < 0$y$f\left(a^{1-n}\right) > 0$por$a$suficientemente grande siempre$n > 1$. Resulta que$f$tiene un cero en el intervalo$(\epsilon a^{1-n},a^{1-n})$por$a>0$suficientemente largo. Si llamamos a esto cero$\hat{x}_0(a)$entonces esto implica que$\hat{x}_0(a) \sim a^{1-n}$como$a \to \infty$con$a > 0$.

Numéricamente podemos ver que, para$a>0$grande,$f$tiene un cero que es aproximadamente igual a$a$(ver Figuras 3 y 4 ). En efecto, vemos que, por$n>1$,

$$\begin{align} \frac{f(ax)}{a^{n^2+1}} &= x\left(a^{-n}+x^n\right)^n - \left(a^{-n} + x^n\right)^n + a^{n-n^2}x \\ &\to x^{n^2+1} - x^{n^2} \\ &= x^{n^2}(x-1) \tag{$*$} \end{align}$$

como$a \to \infty$, donde la convergencia es uniforme con respecto a$x$en subconjuntos compactos de$\mathbb{C}$. De esto podemos concluir que$f(ax)$tiene un cero arbitrariamente cercano a$1$por$a$lo suficientemente grande, y así$f(x)$tiene un cero, llámalo$x_\infty(a)$, para cual$x_\infty(a) \sim a$como$a \to \infty$.

para demostrar que$x_\infty$es real, emplearemos un enfoque similar al que usamos en el Apartado 2. De hecho, para$a>0$tenemos$f(a) = a^{n+1} > 0$y para$0 < \epsilon < 1$,

$$f(\epsilon a) = a (\epsilon - 1) \Bigl(1 + (\epsilon a)^n\Bigr)^n + \epsilon a^{n+1} < 0 \tag{$**$}$$

por$a > 0$suficientemente grande siempre$n > 1$. Por lo tanto$f$tiene un cero en cualquier intervalo$(\epsilon a,a)$por$a > 0$suficientemente largo.

Figura 3: Los ceros de$f$por$n=5$y$1.2 < a < 3$. Además de los ceros que continúan irradiando hacia afuera desde el$5^\text{th}$raíces de$-1$también vemos un cero que tiende hacia el punto$x=0$y un cero grande que se mueve rápidamente hacia la derecha en el eje real. Estos son los ceros asintóticos a$a^{1-n}$y$a$, respectivamente.

Hasta ahora hemos encontrado dos de los$n^2+1$ceros de$f$. Resulta que el resto$n^2-1$ceros de$f$están asintóticamente espaciados uniformemente en el círculo del radio$|x| = a^{1/(n+1)}$como$a \to \infty$.

Tenemos

$$\begin{align} \frac{f\left(a^{1/(n+1)} x\right)}{a^{n/(n+1)-n-1}} &= a^{-n/(n+1)} x \left(a^{-n/(n+1)} + x^n\right)^n - \left(a^{-n/(n+1)} + x^n\right)^n + x \\ &\to x - x^{n^2} \\ &= x\left(1-x^{n^2-1}\right) \end{align}$$

como$a \to \infty$, donde la convergencia es uniforme con respecto a$x$en subconjuntos compactos de$\mathbb{C}$. Resulta que$f\left(a^{1/(n+1)} x\right)$tiene un cero arbitrariamente cercano a$\omega$por$a$lo suficientemente grande, donde$\omega$es cualquier$(n^2-1)^\text{th}$raíz de la unidad. como consecuencia$f(x)$tiene un cero que es asintótico a$\omega a^{1/(n+1)}$como$a \to \infty$para cada$\omega$.

En particular,$f$tiene un cero que es asintótico a$a^{1/(n+1)}$como$a \to \infty$. Para mostrar que esto es real procedemos como antes, observando que$f\left(a^{1/(n+1)}\right) < 0$y, para cualquier$0 < \epsilon < 1$,$f\left(\epsilon a^{1/(n+1)}\right) > 0$por$a > 0$suficientemente largo. Por lo tanto$f$tiene un cero en el intervalo$\left(\epsilon a^{1/(n+1)}, a^{1/(n+1)}\right)$por$a>0$suficientemente largo.

Figura 4: Los ceros del polinomio reescalado$f\left(a^{1/(n+1)} x\right)$por$n=5$y$0 < a < 5$. Podemos ver los ceros que originalmente brotaron del$n^\text{th}$raíces de$-1$(antes de cambiar la escala) viaje hacia puntos en el círculo unitario. Este polinomio reescalado también tiene un cero real grande que tenderá a$\infty$como$a \to \infty$.

Figura 5: El último estado mostrado de los ceros que se muestran en la Figura 4. Específicamente, estos son los ceros del polinomio reescalado$f\left(a^{1/(n+1)} x\right)$por$n=5$y$a = 5$.

Aparte 3: adiviné el factor de escala$a^{1/(n+1)}$basado en experimentos numéricos, pero en principio podría haberse deducido tratando de equilibrar los dos términos más grandes de$f(a^q x)$. Mostramos en$(*)$que tendríamos que tomar$q < 1$, y al notar que

$$\frac{f(x)}{a^n} \to x$$ como $a \to \infty$proporcionó $n>1$también sabríamos que debemos tomar $q > 0$.

De la discusión anterior podemos deducir que el resto$n^2-1$ceros no se encuentran en el eje real para$a>0$suficientemente largo. Por lo tanto$f$tiene exactamente tres ceros reales positivos para$a>0$suficientemente largo.

Resumen de los resultados.

Supondremos siempre que$a>0$.

Para$a$pequeño el polinomio$f$tiene exactamente un cero real que es asintótico a$a$como$a \to 0$. El restante$n^2$los ceros tienden a$n^\text{th}$raíces de$-1$como$a \to 0$.

Para$a$grande el polinomio tiene exactamente tres ceros reales, uno asintótico a$a^{1-n}$, otra asintótica de$a$, y la última asintótica de$a^{1/(n+1)}$como$a \to \infty$. El restante$n^2-1$los ceros son asintóticos a$\omega a^{1/(n+1)},$donde$\omega$es un$(n^2-1)^\text{th}$raíz de la unidad.

Me he topado con el valor de$a$en el cual$f(x)$transiciones de un cero real positivo a tres ceros reales positivos. Aunque no tengo pruebas.

Cuándo

$$a = \frac{n}{(n-1)^{1+1/n}},$$ $f$tiene un triple cero en $$x = \frac{1}{(n-1)^{1/n}}.$$

Entonces supongamos que$a$tiene este valor. mostraremos que

$$f\left(\frac{y}{(n-1)^{1/n}}\right) = (n-1)^{-\frac{1+n+n^2}{n}} \left[n^n y+\Bigl((n-1)y-n\Bigr) \left(n-1+y^n\right)^n\right]$$

tiene un triple cero en$y=1$. Por conveniencia deje

$$g(y) = n^n y+\Bigl((n-1)y-n\Bigr) \left(n-1+y^n\right)^n.$$

podemos comprobar que$g$tiene un cero en$y=1$simplemente sustituyéndolo. Diferenciando rendimientos

$$g'(y) = n^n + (n-1)\left(n-1+y^n\right)^n + n^2 y^{n-1} \Bigl((n-1)y-n\Bigr) \left(n-1+y^n\right)^{n-1},$$

y podemos comprobar de nuevo que esto tiene un cero en$y=1$. Diferenciando una vez más los rendimientos

$$\begin{align} g''(y) &= n^2 (n-1) y^{n-2} (n-1+y^n)^{n-1} \\ &\qquad \times \Bigl(n-n^2+(n^2-1)y-(n^2+n)y^n+(n^2+1)y^{n+1}\Bigr), \end{align}$$

que también tiene un cero en$y=1$.

Estos valores para$a$y$x$fueron encontrados numéricamente con la ayuda de la Calculadora Simbólica Inerse . No veo cómo usar esta información para responder el problema en su totalidad. Quizás alguien más tenga una idea.