京都大学 情報学研究科 数理工学専攻 2009年8月実施 基礎数学 I

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思齐塾, 祭音Myyura

Description

実数列 $a_j (j = 1, 2, ...)$ と漸化式

$$\begin{cases} p_0(x) = 1, \\ p_1(x) = x - a_1, \\ p_k(x) = (x - a_k)p_{k-1}(x) - p_{k-2}(x), \quad (k = 2, 3, ...) \end{cases}$$

によって実変数 $x$ の多項式の列 $p_k(x) (k = 0, 1, ...)$ を定める. 以下の問いに答えよ.

(i) 任意の $x$ において $p_k(x)$ と $p_{k-1}(x)$ が同時に $0$ となることはないことを示せ.

(ii) $x = \lambda$ を $k$ 次多項式 $p_k(x)$ の実の零点とするとき,

$$p_{k+1}(\lambda)p_{k-1}(\lambda) < 0, \quad (k = 1, 2, ...)$$

が成り立つことを示せ.

(iii) 多項式 $p_k(x)$ の導関数を $p'_k(x)$ とかく.

$$q_k(x) = p'_k(x)p_{k-1}(x) - p_k(x)p'_{k-1}(x), \quad (k = 1, 2, ...)$$

とおくとき, 任意の $x$ において $q_k(x) \geq q_{k-1}(x)$ , および, $q_k(x) \geq 1$ が成り立つことを示せ.

(iv) 多項式 $p_k(x)$ の実の零点は単根であることを示せ.

(v) 多項式 $p_k(x)$ の実の零点 $\lambda_i^{(k)} (i = 1, 2, ..., l)$ が $\lambda_1^{(k)} < \lambda_2^{(k)} < ... < \lambda_l^{(k)}$ をみたし, 多項式 $p_{k+1}(x)$ の実の零点 $\lambda_j^{(k+1)} (j = 1, 2, ..., m)$ が $\lambda_1^{(k+1)} < \lambda_2^{(k+1)} < ... < \lambda_m^{(k+1)}$ をみたすとする. このとき, $l = k$ , $m = k + 1$ で

$$\lambda_1^{(k+1)} < \lambda_1^{(k)} < \lambda_2^{(k+1)} < \lambda_2^{(k)} < ... < \lambda_k^{(k+1)} < \lambda_k^{(k)} < \lambda_{k+1}^{(k+1)}$$

が成り立つことを示せ.

题目描述

给定实数列 $(a_j)_{j\geq1}$，由递推关系

$$\begin{cases} p_0(x)=1,\\ p_1(x)=x-a_1,\\ p_k(x)=(x-a_k)p_{k-1}(x)-p_{k-2}(x), \quad k=2,3,\ldots \end{cases}$$

定义实变量多项式列 $(p_k)_{k\geq0}$。完成以下各问：

1. 证明对任意 $x$，$p_k(x)$ 与 $p_{k-1}(x)$ 不会同时为零。

2. 若实数 $\lambda$ 是 $k$ 次多项式 $p_k$ 的零点，证明对每个 $k\geq1$，

   $$p_{k+1}(\lambda)p_{k-1}(\lambda)<0.$$

3. 记 $p_k'$ 为 $p_k$ 的导数，并定义

   $$q_k(x)=p_k'(x)p_{k-1}(x)-p_k(x)p_{k-1}'(x) \quad(k\geq1).$$

   证明对任意 $x$ 都有 $q_k(x)\geq q_{k-1}(x)$，并且 $q_k(x)\geq1$。

4. 证明 $p_k$ 的每个实零点都是单根。

5. 将 $p_k$ 的实零点按 $\lambda_1^{(k)}<\cdots<\lambda_l^{(k)}$ 排列，将 $p_{k+1}$ 的实零点按 $\lambda_1^{(k+1)}<\cdots<\lambda_m^{(k+1)}$ 排列。证明 $l=k$、$m=k+1$，且两组零点严格交错：

   $$\lambda_1^{(k+1)}<\lambda_1^{(k)} <\lambda_2^{(k+1)}<\lambda_2^{(k)} <\cdots< \lambda_k^{(k+1)}<\lambda_k^{(k)} <\lambda_{k+1}^{(k+1)}.$$

Kai

(i)

ある実数 $\alpha$ で

$$p_k(\alpha)=p_{k-1}(\alpha)=0$$

と仮定する。漸化式に $\alpha$ を代入すると、

$$0=(\alpha-a_k)\cdot 0-p_{k-2}(\alpha)$$

より $p_{k-2}(\alpha)=0$ である。同じ議論を順に繰り返すと $p_0(\alpha)=0$ となるが、 $p_0=1$ に反する。したがって、隣接する $p_k$ と $p_{k-1}$ は共通零点をもたない。

(ii)

$p_k(\lambda)=0$ とする。漸化式から

$$p_{k+1}(\lambda) =(\lambda-a_{k+1})p_k(\lambda)-p_{k-1}(\lambda) =-p_{k-1}(\lambda)$$

である。(i) より $p_{k-1}(\lambda)\neq 0$ なので、

$$\boxed{ p_{k+1}(\lambda)p_{k-1}(\lambda) =-p_{k-1}(\lambda)^2<0}$$

を得る。

(iii)

漸化式を微分すると、

$$p'_k =p_{k-1}+(x-a_k)p'_{k-1}-p'_{k-2}$$

である。これと元の漸化式を $q_k$ に代入して整理すると、

$$\begin{aligned} q_k &=\left\{p_{k-1}+(x-a_k)p'_{k-1}-p'_{k-2}\right\}p_{k-1}\\ &\quad-\left\{(x-a_k)p_{k-1}-p_{k-2}\right\}p'_{k-1}\\ &=p_{k-1}^2+p'_{k-1}p_{k-2}-p_{k-1}p'_{k-2}\\ &=p_{k-1}^2+q_{k-1} \end{aligned}$$

を得る。したがって $k\geq 2$ では

$$q_k(x)\geq q_{k-1}(x)$$

である。また、

$$q_1=p'_1p_0-p_1p'_0=1$$

なので、すべての $k\geq 1$ と実数 $x$ に対して

$$\boxed{q_k(x)\geq 1}$$

が成り立つ。

(iv)

$\lambda$ が $p_k$ の重根ならば、

$$p_k(\lambda)=p'_k(\lambda)=0$$

である。このとき $q_k(\lambda)=0$ となるが、(iii) の $q_k(\lambda)\geq 1$ に反する。よって $p_k$ の実零点はすべて単根である。

(v)

数学的帰納法で、 $p_k$ が $k$ 個、 $p_{k+1}$ が $k+1$ 個の実零点をもち、それらが交互に並ぶことを示す。

$p_0=1$ と $p_1=x-a_1$ の場合は明らかである。帰納法の仮定として、 $p_{k-1}$ が $k-1$ 個、 $p_k$ が $k$ 個の単根をもち、

$$\lambda_1^{(k)} <\lambda_1^{(k-1)} <\lambda_2^{(k)} <\cdots <\lambda_{k-1}^{(k-1)} <\lambda_k^{(k)}$$

と交互に並んでいるとする。

(ii) より

$$p_{k+1}\left(\lambda_i^{(k)}\right) =-p_{k-1}\left(\lambda_i^{(k)}\right)$$

である。帰納法の仮定と (iv) によれば、 $p_{k-1}$ は隣り合う $\lambda_i^{(k)}$ と $\lambda_{i+1}^{(k)}$ の間でちょうど一つの単根をもつ。したがって、上の $p_{k+1}$ の値は $i$ ごとに符号が交代する。中間値の定理より、各区間

$$\left(\lambda_i^{(k)},\lambda_{i+1}^{(k)}\right), \qquad i=1,\ldots,k-1$$

に $p_{k+1}$ の零点が存在する。

さらに、すべての $p_j$ は最高次係数が $1$ の $j$ 次多項式である。 $\lambda_k^{(k)}$ は $p_{k-1}$ の全零点より右にあるので、

$$p_{k-1}\left(\lambda_k^{(k)}\right)>0, \qquad p_{k+1}\left(\lambda_k^{(k)}\right)<0$$

である。一方、 $x\to+\infty$ で $p_{k+1}(x)\to+\infty$ だから、 $\lambda_k^{(k)}$ の右にも零点が一つある。

同様に、 $\lambda_1^{(k)}$ は $p_{k-1}$ の全零点より左にあるため、

$$\operatorname{sgn}p_{k+1}\left(\lambda_1^{(k)}\right)=(-1)^k$$

であるが、 $x\to-\infty$ での $p_{k+1}(x)$ の符号は $(-1)^{k+1}$ である。よって $\lambda_1^{(k)}$ の左にも零点が一つある。

以上で $p_{k+1}$ の相異なる $k+1$ 個の実零点が得られた。次数も $k+1$ なので、ほかに零点はない。したがって

$$\boxed{ \lambda_1^{(k+1)} <\lambda_1^{(k)} <\lambda_2^{(k+1)} <\lambda_2^{(k)} <\cdots <\lambda_k^{(k+1)} <\lambda_k^{(k)} <\lambda_{k+1}^{(k+1)}}$$

が成り立つ。