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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
\[
g(x) + 2h(x) + 2i(x) = \sum_n (x^2f(x))^{(n)} \ge 0
\]
\[ \sum_n f^{(n)}(x) \ge 0 \].
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
\[
g(x) + 2h(x) + 2i(x) = \sum_n (x^2f(x))^{(n)} \ge 0
\]