Anzahl reeller positiver Wurzeln eines Polynoms?

Dies ist eine Teilantwort. Ich zeige das für$a>0$klein genug

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

wird genau eine positive reelle Null haben und für$a>0$groß genug$f$wird genau drei positive reelle Nullen haben.

Der Fall wann$a$ist klein.

Wann$a = 0$die Nullen von$f$sind die$n^\text{th}$Wurzeln von$-1$, jeweils mit Multiplizität$n$, und$x=0$, mit Vielfältigkeit$1$.

Abbildung 1: Die Nullstellen von$f$zum$n=5$wann$a=0$. Der Einheitskreis ist als Referenz blau dargestellt.

Nullstellen von Polynomen sind stetige Funktionen ihrer Koeffizienten, was bedeutet, dass für alle$\epsilon > 0$und alle$n^\text{th}$Wurzel von$-1$, sagen$\zeta$,$f$wird genau haben$n$Nullen auf der Festplatte$|x-\zeta| < \epsilon$zum$a$ausreichend klein. Insbesondere keine der$n^2$Nullen von$f$gruppiert um die$n^\text{th}$Wurzeln von$-1$wird auf der realen Achse für liegen$a$ausreichend klein.

Abbildung 2: Die Nullstellen von$f$zum$n=5$mit$0 < a < 0.9$. Als$a$steigt ab$0$, exakt$5$Nullen brechen von jedem der aus$5^\text{th}$Wurzeln von$-1$. Wir können auch die Null sehen, die zuvor bei lag$x=0$nach rechts bewegen. Außerdem stammen zwei der Nullen aus der primitiven Wurzel von$-1$und seine konjugierte Bewegung in Richtung der reellen Achse.

Jetzt$f(0) = -a$und$f(x) \to +\infty$als$x \to +\infty$, damit$f$wird mindestens eine positive reelle Null haben, wenn$a > 0$. Durch die obige Bemerkung wird diese positive reelle Null für eindeutig sein$a > 0$ausreichend klein.

Neben 1: Der implizite Funktionssatz kann aufgerufen werden, um zu sehen, dass diese Null, die wir nennen werden$x_0 = x_0(a)$, ist eigentlich eine differenzierbare Funktion des Parameters$a$so lange wie$a$ausreichend klein ist. In diesem Sinne durch Differenzieren der Gleichung

$$x_0(1+x_0^n)^n - a(1+x_0^n)^n + a^nx_0 = 0$$ mit Rücksicht auf $a$das kann man zeigen $x_0'(0) = 1$. Dies impliziert das $x_0(a) \sim a$als $a \to 0$.

Der Fall wann$a$ist groß.

Wir haben oben darauf hingewiesen$f(0) < 0$für alle$a > 0$. Des Weiteren,$f(x) \to \infty$als$a \to \infty$für fest$x>0$, was bedeutet, dass$f$hat eine positive reelle Null, die zum Punkt tendiert$x=0$als$a \to \infty$.

Nebenbemerkung 2: Für$x>0$und$a>0$das können wir jedem zeigen$0 < \epsilon < 1$wir werden haben$f\left(\epsilon a^{1-n}\right) < 0$und$f\left(a^{1-n}\right) > 0$zum$a$ausreichend groß vorausgesetzt$n > 1$. Es folgt dem$f$hat eine Null im Intervall$(\epsilon a^{1-n},a^{1-n})$zum$a>0$ausreichend groß. Nennen wir das Null$\hat{x}_0(a)$dann impliziert dies das$\hat{x}_0(a) \sim a^{1-n}$als$a \to \infty$mit$a > 0$.

Numerisch sehen wir das z$a>0$groß,$f$hat eine Null, die ungefähr gleich ist$a$(siehe Abbildungen 3 und 4 ). Tatsächlich sehen wir das z$n>1$,

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

als$a \to \infty$, wobei die Konvergenz gleichmäßig bezüglich ist$x$in kompakten Teilmengen von$\mathbb{C}$. Daraus können wir schließen$f(ax)$hat eine Null willkürlich nahe$1$zum$a$groß genug und so$f(x)$hat eine Null, nennen Sie es$x_\infty(a)$, wofür$x_\infty(a) \sim a$als$a \to \infty$.

Um zu beweisen, dass$x_\infty$real ist, verwenden wir einen Ansatz ähnlich dem, den wir in Nebensache 2 verwendet haben. Tatsächlich für$a>0$wir haben$f(a) = a^{n+1} > 0$und für$0 < \epsilon < 1$,

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

zum$a > 0$ausreichend groß vorausgesetzt$n > 1$. Daher$f$hat in jedem Intervall eine Null$(\epsilon a,a)$zum$a > 0$ausreichend groß.

Abbildung 3: Die Nullstellen von$f$zum$n=5$und$1.2 < a < 3$. Neben den Nullen strahlen die weiterhin nach außen ab$5^\text{th}$Wurzeln von$-1$Wir sehen auch eine Null, die zum Punkt tendiert$x=0$und eine große Null, die sich auf der realen Achse schnell nach rechts bewegt. Dazu gehören die Nullstellen asymptotisch$a^{1-n}$und$a$, bzw.

Bisher haben wir zwei davon gefunden$n^2+1$Nullen von$f$. Es stellt sich heraus, dass die verbleibenden$n^2-1$Nullen von$f$sind asymptotisch gleichmäßig auf dem Radiuskreis beabstandet$|x| = a^{1/(n+1)}$als$a \to \infty$.

Wir haben

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

als$a \to \infty$, wobei die Konvergenz gleichmäßig bezüglich ist$x$in kompakten Teilmengen von$\mathbb{C}$. Es folgt dem$f\left(a^{1/(n+1)} x\right)$hat eine Null willkürlich nahe$\omega$zum$a$groß genug, wo$\omega$ist beliebig$(n^2-1)^\text{th}$Wurzel der Einheit. Folglich$f(x)$hat eine Nullstelle, zu der asymptotisch ist$\omega a^{1/(n+1)}$als$a \to \infty$für jeden$\omega$.

Bestimmtes,$f$hat eine Nullstelle, zu der asymptotisch ist$a^{1/(n+1)}$als$a \to \infty$. Um zu zeigen, dass dies real ist, gehen wir wie zuvor vor und beobachten dies$f\left(a^{1/(n+1)}\right) < 0$und für alle$0 < \epsilon < 1$,$f\left(\epsilon a^{1/(n+1)}\right) > 0$zum$a > 0$ausreichend groß. Daher$f$hat eine Null im Intervall$\left(\epsilon a^{1/(n+1)}, a^{1/(n+1)}\right)$zum$a>0$ausreichend groß.

Abbildung 4: Die Nullstellen des neu skalierten Polynoms$f\left(a^{1/(n+1)} x\right)$zum$n=5$und$0 < a < 5$. Wir können die Nullen sehen, die ursprünglich aus dem ausgebrochen sind$n^\text{th}$Wurzeln von$-1$(vor der Neuskalierung) zu Punkten auf dem Einheitskreis fahren. Dieses umskalierte Polynom hat auch eine große reelle Null, die dazu tendieren wird$\infty$als$a \to \infty$.

Abbildung 5: Der zuletzt gezeigte Zustand der in Abbildung 4 gezeigten Nullen. Genauer gesagt sind dies die Nullen des neu skalierten Polynoms$f\left(a^{1/(n+1)} x\right)$zum$n=5$und$a = 5$.

Nebenbemerkung 3: Ich habe den Skalierungsfaktor erraten$a^{1/(n+1)}$basierend auf numerischen Experimenten, aber im Prinzip hätte es durch den Versuch, die beiden größten Terme auszugleichen, abgeleitet werden können$f(a^q x)$. Wir sind eingetroffen$(*)$die wir nehmen müssten$q < 1$, und indem man das bemerkt

$$\frac{f(x)}{a^n} \to x$$ als $a \to \infty$bereitgestellt $n>1$wir würden auch wissen, dass wir nehmen müssen $q > 0$.

Aus der obigen Diskussion können wir das Übrige ableiten$n^2-1$Nullstellen liegen z. B. nicht auf der reellen Achse$a>0$ausreichend groß. Daher$f$hat genau drei positive reelle Nullen für$a>0$ausreichend groß.

Zusammenfassung der Ergebnisse.

Das werden wir immer annehmen$a>0$.

Zum$a$klein das Polynom$f$hat genau eine reelle Nullstelle, zu der asymptotisch ist$a$als$a \to 0$. Der Rest$n^2$Nullen neigen dazu, die$n^\text{th}$Wurzeln von$-1$als$a \to 0$.

Zum$a$groß hat das Polynom genau drei reelle Nullstellen, eine dazu asymptotisch$a^{1-n}$, eine weitere asymptotische zu$a$, und die letzte asymptotische zu$a^{1/(n+1)}$als$a \to \infty$. Der Rest$n^2-1$Nullen sind asymptotisch zu$\omega a^{1/(n+1)},$wo$\omega$ist ein$(n^2-1)^\text{th}$Wurzel der Einheit.

Ich bin über den Wert von gestolpert$a$bei welchem$f(x)$Übergänge von einer positiven reellen Null zu drei positiven reellen Nullen. Ich habe aber keinen Beweis.

Wann

$$a = \frac{n}{(n-1)^{1+1/n}},$$ $f$hat eine dreifache Null bei $$x = \frac{1}{(n-1)^{1/n}}.$$

Also nehme das an$a$hat diesen Wert. Das werden wir zeigen

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

hat eine dreifache Null an$y=1$. Der Einfachheit halber lassen

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

Das können wir überprüfen$g$hat eine Null bei$y=1$durch einfaches Ersetzen. Differenzierung der Erträge

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

und wir können erneut überprüfen, ob dies eine Null bei hat$y=1$. Differenzieren noch einmal ergibt

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

die auch eine Null bei hat$y=1$.

Diese Werte für$a$und$x$wurden numerisch mit Hilfe des Inerse Symbolic Calculator gefunden . Ich sehe nicht, wie ich diese Informationen verwenden soll, um das Problem vollständig zu beantworten. Vielleicht hat noch jemand eine Idee.