적분을 보여주기 위해 $\int_{-\infty}^{\infty}\frac{(p'(x))^2}{(p(x))^2+(p'(x))^2}dx$ 수렴하고보다 작거나 같음 $n^{3/2}\pi$ [복제]
다항식 고려 $p \in \mathbb{R}[x]$ 정도 $n$그리고 진정한 뿌리가 없습니다. 증명$$\int_{-\infty}^{\infty}\frac{(p'(x))^2}{(p(x))^2+(p'(x))^2}dx$$수렴, 이하 $n^{3/2}\pi$
내 접근
이제 $x_1, x_2, \dots, x_n$ 뿌리가되다 $p$. Cauchy-Schwarz 작성
$$(\sum_{k=1}^{n}{\frac{1}{x-x_k}})^2\leq n\sum_{k=1}^{n}{\frac{1}{|x-x_k|^2}}$$
다음에 무엇을해야할지 모르겠습니다. 내가 틀렸다면 답변 섹션에 자세한 답변을 제공하십시오. 나는 내가 생각한 것과 내가 한 것을 보여 주었다.
내 생각 과정이 올바른지 누구든지 확인할 수 있습니까?
알림 ...이 질문은 오랫동안 답이없는 거짓말이었습니다.
감사합니다.
답변
먼저 다음을 정의 할 수 있습니다. $$p_n(x)=\sum_{k=0}^na_kx^k\tag{1}$$ $$p_n'(x)=\sum_{k=0}^nka_kx^{k-1}$$
이제 다항 정리에 의해 : $$\left(\sum_{i=1}^mx_i\right)^n=\sum_{\sum j_i=n}{n\choose{j_1,j_2...j_m}}\prod_{t=1}^mx_t^{j_t}$$ 이로부터 다음과 같은 표현을 생각 해낼 수 있습니다. $p_n^2$ 과 $p_n'^2$.
이제 우리가 알고있는 것 (실제 뿌리가 없기 때문에)에 주목하십시오. $$p_n(x_0)=\sum_{k=0}^na_kx_0^k\ne0\,\,\,\,x_0\in\mathbb{R}$$ 우리는 알고 있습니다 : $$p_n(x)^2=O(x^{2n})$$ $$p_n'(x)^2=O(x^{2(n-1)})$$ 따라서 다음 사항이 분명합니다. $$\frac{p_n'(x)^2}{p_n(x)^2+p_n'(x)^2}=O\left(\frac1{x^2}\right)$$