Raíces de reales positivos

Si uno considera polinomios con coeficientes reales, hay otros m´etodos m´as exactos que hacen uso de teoremas de cambio de signo de coeficientes que son de utilidad para detectar mejores cotas para la cantidad de ra´ıces reales. De todos modos, esto no significa que tales ra´ıces existan. Observemos nuevamente que es suficiente con conocer cotas superiores para las ra´ıces positivas de p(x), ya que haciendo q(x) := p(−x) se tendr´a que las ra´ıces positivas de q(x) ser´an las ra´ıces negativas de p(x). Teorema 4.4. Sea p(x) := anx n+. . .+a1x+a0 ∈ R[x]. Supongamos que an > 0 y que hay al menos un coeficiente negativo. Sean i0 := m´ax{i, ai < 0} y M := m´ax{|ai | : ai < 0}. Si r es un cero positivo de p(x), entonces r ≤ 1 + n−i0 q M an . Est´a claro que para tener ra´ıces positivas, al menos uno de los coeficientes tiene que ser negativo. Por otro lado, el ejemplo 4.3 muestra que la cota que se ofrece aqu´ı es ´optima. Demostraci´on. Sea r > 1, tenemos entonces p(r) = anr n + . . . + ai0+1r i0+1 + ai0 x i0 + . . . + a0 ≥ anr n − M(r i0 + . . . + r + 1) = anr n − M r i0+1 − 1 r − 1 , con lo cual si anr n − M r i0+1−1 r−1 > 0, entonces se tendr´a p(r) > 0. Supongamos ahora que r > 1 + n−i0 q M an . Entonces, se tiene que an(r − 1)n−i0 > M. Ahora, como r > r − 1 > 0, entonces anr n−i0−1 (r − 1) > an(r − 1)n−i0−1 (r − 1) > M, luego anr >M r i0+1 r − 1 > M r i0+1 − 1 r − 1 , y esto es lo que quer´ıamos demostrar. Veamos otro resultado en esa direcci´on. Teorema 4.5. Sea p(x) := anx n + . . . + a1x + a0 ∈ R[x]. Supongamos como antes que an > 0 y que hay al menos un coeficiente negativo. Sean si := X j>i, aj>0 aj , y R := m´ax{|ai |/si : ai < 0}. Si p(r) = 0, entonces r < 1 + R. Nuevamente en este caso, el ejemplo 4.3 muestra que la cota es ´optima. 14 Demostraci´on. Escribimos p(x) = P aj>0 ajx j + P aj<0 ajx j . Usaremos la identidad: x m = (x − 1)(x m−1 + . . . + x + 1) + 1 sobre las potencias de x j con exponente positivo: p(x) = P aj>0 aj (1 + (x − 1)(x j−1 + . . . + x + 1) + P aj<0 ajx j = P aj>0 Pj−1 i=0 aj (1 + (x − 1)x i ) + P aj<0 ajx j = Pn i=0 si(1 + (x − 1)x i ) + P aj<0 ajx j . Supongamos ahora r − 1 > |aj | sj para todo j que verifique aj < 0. Entonces se tendr´a sj (r − 1)r j > |aj |r j ⇐⇒ sj (r − 1)r j + aj r j > 0, con lo cual p(r) = X aj<0 (aj + sj (1 + (r − 1))) r j + X ai>0 si(1 + (r − 1)r i ) > 0, es decir, r no puede ser ra´ız de p.