Свойство многочлена

[Rak so dna]

Пусть $P(x)$ - неотрицательный в нуле многочлен такой, что $P^{(n)}(0)P^{(n)}(1)\geqslant0$ при всех $n=0,1,2,...$. Докажите, что многочлен $(1+x)^{deg(P)}P\left(\frac{1}{1+x}\right)$ не имеет отрицательных коэффициентов.

[waxtep]

Попытка, довести до конца не хватает мощи. Пусть $\deg P=m, P(x)=\sum_{i=0}^mp_ix^i$. Нам известно, что $p_0\geqslant 0$ и что $p_n$ и $\sum_{i=n}^m\frac{i!}{(i-n)!}p_i$ - одного знака. А доказать требуется неотрицательность таких комбинаций: $Q^{(s)}(0)=\sum_{i=s}^m\frac{i!}{(i-s)!}p_{m-i}$. Теперь, если предположить, что какие-то из $p_j$ отрицательны, то совокупность условий неположительности $\sum_{i=j}^m\frac{i!}{(i-j)!}p_i$ для всех таких $j$ и отрицательности хотя бы одного из $Q^{(s)}(0)$, в расчет которого эти отрицательные $p_j$ входят, по всей видимости (тут дырка в рассуждении) приводят к тому, что модуль суммы отрицательных $p_j$ превышает сумму остальных $p_k$, взятых с весами не менее единицы каждый, и нарушается условие $P(1)\geqslant0$

[novichok2018]

Попробовать посчитать все производные в нуле по формуле для произведения?

[mihiv]

По-моему, нужно уточнить условие.
Пусть $P(x)=px, p<0$, тогда все условия выполнены, но $(1+x)P(\frac 1{1+x})=p<0$.

[Rak so dna]

mihiv да, всё верно, многочлен неотрицательный в нуле и единице.
Итак, пусть $P(x)$ - многочлен такой, что $P(0)\geqslant0$, $P(1)\geqslant0$, $P^{(n)}(0)P^{(n)}(1)\geqslant0$ при всех $n \in \mathbb{N}. Докажите, что многочлен $(1+x)^{deg(P)}P\left(\frac{1}{1+x}\right)$ не имеет отрицательных коэффициентов.

[TOTAL]

Утверждается, что при $k=0,1,2, \dots$ знак всех коэффициентов многочлена

$$Q_k(x)=(1+x)^{n-k}P^{(k)}\left(\frac{1}{1+x}\right), \;\; n=deg(P)$$

совпадает со знаком $P^{(k)}(0)$ и $P^{(k)}(1)$.

Докажем по индукции. Обозначим $\displaystyle Q_0(x)=\sum_{i=0}^n\alpha_i x^i, \;\; Q_1(x)=\sum_{i=0}^{n-1}\beta_ix^i$.
Равенство $\displaystyle (1+x)Q_0^{(1)}(x)=nQ_0(x)-Q_1(x)$ даёт связь между $\alpha_i$ и $\beta_i$, в частности

$$ \frac{n\alpha_{n-k}}{C_n^k}=n\alpha_0 - \sum_{i=k+1}^n\frac{\beta_{n-i}}{C_{n-1}^{i-1}} = n\alpha_n + \sum_{i=1}^k\frac{\beta_{n-i}}{C_{n-1}^{i-1}} $$

Предположив, что все $\beta_i$ одного знака, и учитывая, что $\alpha_0$ и $\alpha_n$ тоже одного знака (по условию), видим, что все $\alpha_i$ имеют тот же знак, что и знак $\alpha_0$ и $\alpha_n$.

[Rak so dna]

TOTAL вроде верно (проверил для $n=4$). Моё доказательство тоже элементарно, но технически сложнее.

[TOTAL]

$$\displaystyle (1+x)Q_0^{(1)}(x)=nQ_0(x)-Q_1(x)$$

Можно вообще убрать выкладки, продифференцировав это соотношение (много раз), подставив $x=0$ и записав двумя способами:

$$Q_0^{(k)}(0)=(n+1-k)Q_0^{(k-1)}(0)-Q_1^{(k-1)}(0)$$

$$Q_0^{(k)}(0)=\frac{1}{n-k}Q_0^{(k+1)}(0)+\frac{1}{n-k}Q_1^{(k)}(0)$$

Теперь просто используем выражение с плюсом (если $\beta_i$ и $\alpha_0$ и $\alpha_n$ одного знака) или выражение с минусом.