Hola a todos.
Estoy trabajando con el siuiente polinómio, con \( n>2 \)
\(
\frac{1}{2} (2 c_{01} \pi + 2 \pi \Gamma_{01}) +
\frac{1}{2} (-4 b_{01} + 4 c_{21} + 4 \beta_{01} - 4 \Gamma_{21})x +
\frac{1}{2} (-a_{11} \pi - b_{21} \pi - \pi \alpha_{11} - \pi \beta_{21}) x^2 +
\frac{1}{2}(4 a_{01} - 4 c_{11} - 4 \alpha_{01} + 4 \Gamma_{11}) x^n +
\frac{1}{2} (-a_{11} \pi - b_{21} \pi - \pi \alpha_{11} - \pi \beta_{21}) x^{2n}.
\)
Donde los parámetros de los coeficientes estan en \( \mathbb{R} \). El objetivo es hallar el número de raices positivas que puede tener este polinónomio. Vamos primero a poner el polinomio en una forma mas agradable y ya digo lo que he intentado y donde esta mi duda. Consideremos el cambio de parámetros
\( k_{0}= \frac{1}{2} (2 \pi c_{01}+2 \pi \Gamma_{01}) \)
\( k_{1}= \frac{1}{2} (-4 b_{01}+4 \beta_{01}+4 c_{21}-4 \Gamma_{21}) \)
\( k_2 = \frac{1}{2} \left( -a_{11} \pi - b_{21} \pi - \pi \alpha_{11} - \pi \beta_{21} \right) \)
\( k_{3}=2 a_{01} - 2 c_{11} - 2 \alpha_{01} + 2 \Gamma_{11} \)
Con lo que obtenemos el polinómio
\( p(x)=k_0 + k_1 x + k_2 x^2 + k_3 x^n + k_2 x^{2n} \)
Ahora voy a explicar lo que estoy haciendo:
Método 1. (Descartes)
Como los coeficientes estan en \( \mathbb{R} \) y tengo un cambio de variables sobreyectiva, puedo conseguir el mayor número de cabios de señal en los coeficientes: en este caso 4. Ahora, como el cambio de parámetros es sobeyectivo, entre todo el conjunto de polinomios de de la forma \( p(x) \) yo puedo encontrar un polínomio que tenga exactamente 4 raices. (La verdad que es esta la parte que no me gusta de lo que estoy haciendo, no estoy seguro de mi afirmación).
Método 2. (Chebyshev)
\( {\bf Teorema} \). Sea \( F = [u_0, u_1, \ldots, u_n] \) un conjunto ordenado de funciones en el intervalo \([a,b]\). Supongamos que todos los wronskianos \( W_i(x) \), con \( i \in \{0, \ldots, n-1\} \), no se anulan, excepto \( W_n(x) \), que tiene exactamente un cero en \( (a,b) \), y este cero es simple. Entonces, el número de ceros aislados de cualquier elemento del subespacio \( \operatorname{Span}(F) \) no excede \( n+1 \). Además, para cualquier configuración de \( m \leq n+1 \) ceros, existe una función \( F \in \operatorname{Span}(F) \) que la realiza.
Recordemos que el wronskiano del conjunto ordenado \( [u_0, \ldots, u_s] \), de \( s+1 \) funciones, se define como
\( W(x) = W(u_0, \ldots, u_s)(x) = \det(M(u_0, \ldots, u_s)(x)), \)
donde
\( M(u_0, \ldots, u_s)(x) =
\begin{pmatrix}
u_0(x) & \cdots & u_s(x) \\
u_0'(x) & \cdots & u_s'(x) \\
\vdots & \ddots & \vdots \\
u_0^{(s)}(x) & \cdots & u_s^{(s)}(x)
\end{pmatrix}.
\)
Calculando los Wonskianos de \( F=[1,x,x^n, x^2+x^{2n}] \) obtengo
\( W_{1}(x)=1 \)
\( W_{2}(x)=1 \)
\( W_{2}(x)=(-1 + n)\, n\, x^{-2 + n} \)
\( W_{3}(x)= 2\,(-1 + n)\, n\, x^{-5 + n} \left( -(-2 + n)\, x^2 + n^2\, (-1 + 2n)\, x^{2n}\right)
\)
con lo que tenemos que \( W_{3} \) tiene una única raíz positiva, estamos interesads solo en positivas. Por lo tanto, por el Teorema, el polinomio tiene como máximo 4 raices realizables.
Mi problema esta es en Descartes, porque aunque obtenog cuatro cambios de signo, no sé si pueda asegurar que existe un polinómio que tenga ese número de raices, contrario a lo que sucede en el método 2.
