Polinomio positivo

[Drago96]

Sia $p(x)$ un polinomio monico di grado $n$, con coefficienti positivi e con tutte le radici reali. Sapendo che il prodotto delle radici è $1$, dimostrare che la somma dei coefficienti è almeno $2^n$.

[mat94]

La tesi equivale a dimostrare $p(1)\geq 2^n$. Dato che i coefficienti sono positivi, tutte le radici dovranno essere negative (ciò comporta che n è pari). Per ruffini si ha $p(x)=(x-a_1)\cdot \cdot \cdot (x-a_n)$ dove gli $a_i$ sono le radici. Quindi p(1) diventa $p(1)= (1-a_1)\cdot \cdot \cdot (1-a_n)=(1+|a_1|)\cdot \cdot \cdot (1+|a_n|)$ ora se gli $a_i$ sono tutti uguali a -1 si ottiene $p(1)=2^n$, se invece delle radici si discostano dal valore -1 la disuguaglianza diventa stretta. Supponiamo che tutti gli $a_i$ siano uguali a -1 tranno $a_1<-1$ e $a_2>-1$. Allora si ha che $p(1)=(1+|a_1|)\cdot \cdot \cdot (1+|a_n|)=2^{n-2}(1+|a_1|)(1+|a_2|)$ . Quindi bisogna dimostare che $(1+|a_1|)(1+|a_2|)>4$. $(1+|a_1|)(1+|a_2|)=|a_1|+ |a_2|+2>4$ per AM-GM dato che $|a_1|\cdot |a_2|=1$ . A questo punto abbiamo dimostrato che l'uguale si ottiene solo per gli $a_i$ uguali a -1 e più le radici si discostano da -1 più p(1) aumenta.

[Drago96]

Uhm, $n$ può anche essere dispari! Per esempio, $p(x)=(x+\frac1 2)^2(x+4)$
Comunque sì, è giusto il tuo "smoothing", e porta effettivamente a concludere per $n$ pari (lo applichi a coppie), mentre non mi pare funzioni con $n$ dispari...

C'è anche un metodo, forse leggermente più "avanzato", ma comunque molto standard ed elementare che porta a concludere una generalizzazione, che in realtà è anche un hint davvero grosso:

Testo nascosto:

$p(x)\ge(x+1)^n$

[mat94]

Ma se n è dispari il prodotto delle radici fa -1 o sbaglio?

[karlosson_sul_tetto]

Wait wait wait: E se ci fosse una terna $ a_1,a_2,a_3 $ tali che $ a_1a_2a_3=1 $ e $ a_1,a_2<1 $ mentre $ a_3>1 $? In questo modo non si potrebbe dividere a coppie... (ovviamente gli altri $ a_i=1 $)

[mat94]

È -1 e non 1, quindi nessuna terna può essere uguale a -1

[karlosson_sul_tetto]

È -1 e non 1, quindi nessuna terna può essere uguale a -1

Non penso di aver capito...
$ -1,-1,-1,-1,-1,-\frac{1}{3},-\frac{1}{3},-9 $ con questa cosa fai?

[mat94]

Allora fai così. Supponi tutti uguali a -1 tranne 3 e chaimo a,b,c i moduli di tre radici. Devo dimostrare $(a+1)(b+1)(c+1)>8$ con abc=1. Svolgi tutto e con 2 AM-GM hai la tesi.

[Drago96]

Sì, hai ragione, se $n$ è dispari il prodotto viene $-1$...

Però è anche giusta la critica di karlosson (e la tua risposta mi pare che sia differente dalla tua prima soluzione...)

[karlosson_sul_tetto]

Allora fai così. Supponi tutti uguali a -1 tranne 3 e chaimo a,b,c i moduli di tre radici. Devo dimostrare $(a-1)(b-1)(c-1)>8$ con abc=1. Svolgi tutto e con 2 AM-GM hai la tesi.

Eh beh, tu l'hai dimostrato solo che $(a+1)(b+1)>4$ , non è vero per $ (a+1)(b+1)...(j+1)>2^k $...

EDIT: preceduto da Drago che ha perso al gioco

[mat94]

La mia prima dimostrazione funziona, solo va formalizzata meglio. Quando tornerò da Pisa ci penserò su

[<enigma>]

In realtà l'idea è proprio quella, basta sfruttarla quanto serve: per AM-GM $a+1 \geq 2 \sqrt a$ e la applichi $n$ volte

[erFuricksen]

Scusate se riprendo il topic adesso, ma dandoci un'occhiata non ho potuto fare a meno di notare che si potrebbe fare molto semplicemente applicando McLaurin a tutti i coefficienti; per cui chiamo $ a_k $ il coefficiente del monomio di grado $ k $, allora avrò
$ \sqrt[n-k]{a_k \over {\binom{n}{k} } } \ge \sqrt[n]{1} $ e quindi $ a_k \ge \binom{n}{k} $
A questo punto avrò $ \sum_{k=0}^n a_k \ge \sum_{k=0}^n \binom{n}{k} = 2^n $