10回目：実根数列

任意の実根数列$a_0,a_1,\ldots,a_n$をとり， $b_r=\frac{a_r}{\binom{n}{r}}$とする． 今， \[ f(x)=\sum_{i=0}^n \binom{n}{i} b_i x^i \] とおくと，$f(x)=a_0+a_1 x + \cdots + a_n x^n$ である．このとき，$a_0,\ldots,a_n$が実根的であるので，$f(x)$は実零点を持つ．するとニュートンの補題より，任意の$1 \leq r \leq n-1$に対し， \[b_{r-1} b_{r+1} \leq b_r^2\]が成り立つ． また定理9.3より任意の$1 \leq r \leq n-1$に対し， \[ \binom{n}{r-1} \binom{n}{r+1} \leq \binom{n}{r}^2 \] であった．この2つの不等式は全て正なので，両辺を掛けることで \[ a_{r-1} a_{r+1}= \binom{n}{r-1} \binom{n}{r+1} b_{r-1} b_{r+1} \leq \binom{n}{r}^2 b_r^2=a_r^2 \] となり主張が示された．

$f(x)$は実零点を持つから，$f(x)=0$の重複を込めた$n$個の実数解を \[ \delta_1 \leq \delta_2 \leq \cdots \leq \delta_n \] とする． $1 \leq i \leq n-1$に対し，$\delta_i < \delta_{i+1}$ならばロルの定理より$\delta_i < \delta'_i < \delta_{i+1}$となる$\delta'_i$で$f'(\delta'_i)=0$となるものが存在する． $\delta_i = \delta_{i+1}$ならば$\delta'_i=\delta_i$とする． 重解の部分を注意して見る．もし$f(x)$が$(x-a)^k$で割り切れるとすると，$f'(x)$は$(x-a)^{k-1}$で割り切れる．実際，$f(x)=(x-a)^k g(x)$と書いたとき，$f'(x)=k(x-a)^{k-1} g(x)+(x-a)^k g'(x)=(x-a)^{k-1}(kg(x)+(x-a)g'(x))$となるからである． したがって$n-1$次方程式$f'(x)=0$は重複を込めて$n-1$個の実数解 \[ \delta_1' \leq \delta_2' \leq \cdots \leq \delta'_{n-1} \] を持つので$f'(x)$も実零点を持つ．

$f(x)=ax^m(x-\delta_1)(x-\delta_2)\cdots(x-\delta_{n-m})$ とおく．ただし任意の$i$に対し$\delta_i \neq 0$である． このとき， \begin{align*} x^n f\left(\frac{1}{x}\right)&=x^n a \dfrac{1}{x^m} \left(\dfrac{1}{x}-\delta_1\right) \left(\dfrac{1}{x}-\delta_2 \right) \cdots \left(\dfrac{1}{x}-\delta_{n-m}\right)\\ &= a x^{n-m} \dfrac{1}{x^{n-m}} (1-\delta_1 x) (1-\delta_2 x) \cdots (1-\delta_{n-m} x)\\ &= a(1-\delta_1 x) (1-\delta_2 x) \cdots (1-\delta_{n-m} x) \end{align*} より，$x^n f\left(\frac{1}{x}\right)$ は実零点を持つ$n-m$次多項式である．

$f(x)$は実零点を持つので，補題10.4を繰り返して使うと，$r-1$回微分$g(x)=f^{(r-1)}(x)$も実零点を持つ．$g(x)$を計算すると \[ g(x)=\sum_{i=r-1}^{n} \binom{n}{i}\frac{i!}{(i-r+1)!} a_i x^{i-r+1} \] である． すると$g(x)$は$n-r+1$次の多項式であり，補題10.5から$h(x)=x^{n-r+1}g(\frac{1}{x})$も実零点を持つ．$h(x)$を計算すると， \begin{align*} h(x)=x^{n-r+1}\left(\sum_{i=r-1}^{n} \binom{n}{i}\frac{i!}{(i-r+1)!} a_i x^{r-i-1}\right)&=\sum_{i=r-1}^{n} \binom{n}{i}\frac{i!}{(i-r+1)!} a_i x^{n-i}\\ &=\sum_{i=0}^{n-r+1} \binom{n}{i+r-1}\frac{(i+r-1)!}{i!} a_{i+r-1} x^{n-r+1-i} \end{align*} である． 再び補題10.4から$h^{(n-r-1)}(x)$は実零点を持ち，$h^{(n-r-1)}(x)$を計算すると， \begin{align*} h^{(n-r-1)}(x) &=\sum_{i=0}^{2} \binom{n}{i+r-1}\frac{(i+r-1)!}{i!} \frac{(n-r+1-i)!}{(2-i)!}a_{i+r-1} x^{2-i}\\ &=n!\sum_{i=0}^{2} \frac{1}{i!} \frac{1}{(2-i)!}a_{i+r-1} x^{2-i}=\frac{n!}{2}(a_{r-1} x^{2}+2a_r x + a_{r+1}) \end{align*} となる．よって2次方程式の判別式より，$a_r^2 - a_{r-1} a_{r+1} \geq 0$が成り立ち，示したかった不等式が得られた．