On Staggered Distribution Theorem of HGR Polynomial Roots

再生核在机器学习中发挥着重要的作用^[1-3]，其中多项式核是一种常见的再生核^{[2, 4-5]}.

当多个任务相互联系时，将多个任务同时学习是一种好的方法^[6-8].多项式核的概念可以推广到多任务核，称为多项式多任务核^[9-10].构造多任务核的方法主要有正算子方法、Bochner定理方法、Kronecker积方法以及乘积方法^{[5, 9, 11-12]}.

在乘积构造多任务核方法研究中，未见关于构造标量值核的研究.因此，首先要用乘积构造标量值核(又称单任务核、传统再生核)，才能考虑用乘积方式构造多任务核.本研究从乘积构造标量值核时的一个充要条件出发，该充要条件与某多项式相关.本文的研究内容是该多项式序列及其根的分布性质等等.在乘积构造多任务核的研究中，发现了与一个多项式序列相关的数列，并证明了该数列的单调有界性^[13].

定义1^[5]  设P₁是非零多项式且具有正负系数项至少各一个，若存在n次多项式P₂使得乘积P₁P₂系数全非负，则称P₂为P₁的n次乘积匹配多项式，简称匹配多项式.

文献[5]研究了二次多项式P₂(a·x)=(a·x)²-p(a·x)+q(p，q＞0)，发现不等式p²/q≥r_n是n次匹配多项式存在的充分必要条件，数列r_n为多项式P₁的匹配多项式存在性判定数列^{[4, 13]}，同时研究了r_n及其生产连分式列h_n.本文将研究h_n化为简化数之后的分子、分母序列，它们属于同一个多项式序列g_n.

首先，用递归方式定义多项式g_n.

定义2  对实数r，令g₀(r)=g₁(r)≡1；递归地，对非负整数n，定义g_n+2(r)=g_n+1(r)-rg_n(r).

由定义2可知

其中g₀，g₁没有根；g₂的根r_2，1=1；g₃的根r_3，1=1/2；g₄的根r_4，1=(3- 5)/2，r_4，2=(3+ 5)/2；g₅的根r_5，1=1/3，r_5，2=1；g₆的根r_6，1≈0.307 979，r_6，2≈0.643 104，r_6，3≈5.048 917.

为方便起见，用∂g_n表示g_n的次数，用α(g_n)表示g_n的首项系数.有下面引理.

引理1  对非负整数n，∂g_2n=∂g_2n+1=n；α(g_2n)α(g_2n+1)＞0；α(g_2n+1)α(g_2n+2)＜0.

证  当n=0时，结论显然成立.现假设结论对n=k-1成立，即

现在证明n=k的情况.由式(1)，

由式(4)可得

且g_2k首项系数

根据式(2)，(6)有

又根据式(1)，(5)有

且由式(3)知g_2k与-rg_2k-1同号，由g_2k+1定义知g_2k+1与g_2k为同次多项式，且首项系数符号相同，即

且

由式(6)知

且由式(8)有

式(8)-(11)说明命题对n=1成立.根据归纳法原理，本引理式组对于所有n≥0都成立，证毕.

根据引理1，可以给出g_n的首项系数.

定理1  对非负整数n有

证  由g_n定义可知，α(g₀)=1.现假设式(12)对n=k-1(k≥1)成立，即α(g_2k-2)=(-1)^k-1，往证n=k的情况.事实上，根据归纳假设及引理1中式(6)，α(g_2k)=-α(g_2k-2)=-(-1)^k-1=(-1)^k.

对于式(13)，注意到α(g₁)=1.假设其对n=k-1成立，即α(g_2k-1)=(-1)^k-1k.根据式(7)及式(12)，α(g_2k+1)=α(g_2k-rg_2k-1)=(-1)^k-(-1)^k-1k=(-1)^k(k+1).

下面介绍一些记号.首先介绍连分式序列h_n^[5].定义h₀(r)≡1，h_n(r)=1-r/h_n-1(r)，n≥1，则h_n可以写成连分式形式h_n=1-r/(1-r/(…r/(1-r)))，其中共有n个1.对n≥1，定义集合σ_r($\mathbb{N}$)=∪_n=1^∞σ_r(n)，σ_p($\mathbb{N}$)=∪_n=1^∞σ_p(n)，σ_rd($\mathbb{N}$)=∪_n=1^∞σ_rd(n).

引理2  设D_n是h_n的定义域，则D_n=D_n-1\σ_r(n)= $\mathbb{R}$ \∪_k=1ⁿσ_r(k)(其中n≥1)且{D_n}_n=0^∞单调减.

证  易知D₀=$\mathbb{R}$.要使h_n有意义，只需h_n-1有意义且非零.因此D_n=D_n-1\σ_r(n)，进而{D_n}_n=0^∞单调减且D_n=D_n-1\σ_r(n)=D_n-2\σ_r(n-1)\σ_r(n)=…=$\mathbb{R}$\∪_k=1ⁿσ_r(k).

结合g_n和h_n，有如下关系：

引理3  对正整数n，h_n(r)=g_n+1(r)/g_n(r)，r∈D_n.

证  等式对n=0显然成立.假设其对n=k-1成立，也即h_k-1(r)=g_k(r)/g_k-1(r)，r∈D_k.根据引理2知h_k-1(r)有意义且不为零.根据归纳假设，有h_k(r)=1-r/(g_k(r)/g_k-1(r))=g_k+1(r)/g_k(r).

引理3建立了g_n和h_n之间的紧密联系.

定理2  1)对正整数n，σ_r(n)⊂σ_p(n)⊂σ_rd(n)；

2) σ_r($\mathbb{N}$)=σ_p($\mathbb{N}$)=σ_rd($\mathbb{N}$).

证  1)对n=1，2，…，设r_n^*∈σ_r(n)，由引理3得h(r_n^*)=g_n+1(r_n^*)/g_n(r_n^*)=0，从而g_n+1(r_n^*)=0且g_n(r_n^*)≠0.因此r_n^*∈σ_p(n)，故σ_r(n)⊂σ_p(n).

设r_n^**∈σ_p(n)，则g_n+1(r_n^**)=0，若g_n(r_n^**)≠0，则r_n^**是h_n的零点；反之若g_n(r_n^**)=0或不存在，则r_n^**是h_n的间断点.总之，有r_n^**∈σ_rd(n).因此σ_p(n)⊂σ_rd(n).

2) 根据本引理条目1)及集合并运算的单调性有σ_r($\mathbb{N}$)⊂σ_p($\mathbb{N}$)⊂σ_rd($\mathbb{N}$).只需证σ_rd($\mathbb{N}$)⊂σ_p($\mathbb{N}$).对任何r_n^***∈σ_rd($\mathbb{N}$)，存在n使得r_n^***是h_n的零点或间断点.设n₀是这样的正整数中最小的，从而h_m(r_n^***)=g_m+1(r_n^***)/g_m+1(r_n^***)≠0，进而g_m+1(r_n^***)≠0，m=1，2，…，n₀-1.特别地g_n0(r_n^***)≠0.又h_n0(r_n^***)=g_n0+1(r_n^***)/g_n0(r_n^***)≠0，故而r_n^***不是h_n0的间断点，只能是零点.从而r_n^***∈σ_r(n₀)⊂σ_r($\mathbb{N}$).

注  文献[5]定义r_n=sup{r：∀ξ＜r，h_n(ξ)＞0}，r₀=+∞，并证明了r_n是严格单调减数列且r_n＞1/4.定义每个多项式g_n实根的个数为M_n，这些实根按值升序记为r_n，1，r_n，2，…，r_n，Mn.根据定理2，由于连分式函数列h_n、相应多项式列g_n及其根集合σ_p($\mathbb{N}$)三部分内容紧密联系，为引用方便，分别称为HGR连分式、HGR多项式和HGR根集合，并合称为HGR系统.下面给出这些根大小关系的两个引理.

引理4  对正整数n，r_n∈(1/4，r_n-1).

证  根据文献[5]引理3，对正整数n，r_n＜r_n-1；根据文献[5]定理2，对非负整数n，γ_n＞1/4；根据文献[5]引理9，对非负整数n，γ_n=r_n.因此对正整数n，1/4＜γ_n=r_n＜r_n-1.

引理5  对正整数n，r_n+1，1=r_n.

证  由定义知r_n是h_n的零点或间断点.我们断言r_n是h_n的零点.若不然，根据引理2，存在k＜n使得h_k=0，因此有r_k≤r_n，这与文献[5]中引理2的结论数列r_n严格单调减矛盾.

又由引理3得h_n(r_n)=g_n+1(r_n)/g_n(r_n)，因此g_n+1(r_n)=0.再由r＜r_n时h_n(r)＞0知g_n+1(r)≠0.因此r_n是g_n+1的最小零点，而r_n+1，1是g_n+1的根且是按升序排列的第一个，因此r_n+1，1=r_n，n=1，2，….

注  引理4的证明也可根据引理5及g_n在r=r_n-1及r→-∞时应用零点存在定理得到.

下面给出本文的主要结论.

定理3(HGR多项式根的交错分布定理)  对于HGR多项式及其根有以下结论成立：

1) (实根的个数)M_n=s_n，其中s_n=[n/2]，[·]表示取整函数，n=0，1，…；

2) (根的正性)r_n，1＞1/4，n=1，2，…；

3) (单根)g_n的所有根均为单根，n=1，2，…；

4) (根的交错分布)对1≤k≤n，n=1，2，…，有r_2n+1，k＜r_2n，k，r_2n+2，k＜r_2n+1，k，r_2n+1，n＜r_2n+2，n+1；

5) (g_n的符号)对n=1，2，…，有

证  因为结论2)由引理4和文献[5]中结论r_n＞1/4直接可得，故只需证明结论1)，3)，4)，5).根据结论4)里函数g_n(r)符号变化，采用数学归纳法，以每4个函数g_4m，g_4m+1，g_4m+2，g_4m+3为一组进行证明，m=0，1，….

首先对m=0，g₀，g₁，g₂，g₃满足

(a) g₀，g₁没有根；g₂，g₃各有一个实根，1)，3)成立；

(b) 没有出现两个以上根，结论4)，5)自动成立.

假设定理结论1)，3)，4)，5)对于第m组成立，即

(c) g_4m，g_4m+1各有2m个实根，g_4m+2，g_4m+3各有2m+1个实根；

(d) g_4m，g_4m+1，g_4m+2，g_4m+3的所有根都是单根；

(e) 下面4式成立

(f) g_4m，g_4m+1，g_4m+2，g_4m+3的符号均满足式(14).

下面证明第m+1组的情况.根据引理4及引理5，

再由式(16)归纳假设(f)可得g_4m+2(r_4m+3，1)＞0，从而

根据引理1知

根据定理1知

由式(18)，(19)知多项式g_4m+4是正首项系数偶次多项式，因此

结合式(17)，(20)，根据连续函数的零点存在定理可得存在g_4m+4的一个根ξ₁且满足

同理由式(15)知对k=2，3，…，2m

由式(22)及归纳假设(f)中式(14)知，当r_n，k＜r＜r_n，k+1，k=1，…，s_n-1时sgn(g_n(r))=(-1)^k，从而可得

根据零点存在定理，存在g_4m+4的根ξ_k，k=2，3，…，2m+1，满足

现在考虑最右端的一个区间(r_4m+3，2m+1，+∞).在式(23)中取特殊值k=2m，得

由式(18)，(19)可得

根据连续函数零点存在定理可得存在g_4m+4的一个根ξ_2m+2

这样就找到了g_4m+4的2m+2个实根{ξ_k：k=1，2，…，2m+2}.由式(18)可知它们是g_4m+4的所有根.因此1)对n=4m+4成立；根据大小顺序可知

这些根存在于不相交的开区间内，因此都是单根，故3)成立；又根据式(21)，(24)，(27)，(28)将g_4m+4根与g_4m+3根按照大小排列得

因此4)对n=4m+4成立；5)中式(14)在g_4m+4零点上为零，结论成立；由(18)，(19)式得式(14)在r＜r_n，1时成立；考虑到多项式g_4m+4所有根都已找到且都是单根，可知所有2m+2个根所分的每个区间内符号保持不变，可由式(20)，(23)及(26)得出，故5)中式(14)在r＞r_n，1时成立.

至此，证明了本定理对n=4m+4成立.对于n=4m+5情况的证明与(15)-(29)式的证明类似.同理可以证明n=4m+6，n=4m+7的情形.

这样得到了第m+1组的证明.根据数学归纳法原理，定理对于所有正整数成立.又因为n=0，1时1)成立，故定理得证.

下面以g₈为例说明定理3的作用.由g₇(r)=1-6r+10r²-4r³，g₈(r)=1-7r+15r²-10r³+r⁴，根据定理3，g₇有3个大于1/4的正单根，通过试根法及分解因式可得r_7，1=1-$\sqrt{1 / 2}$，r_7，2=1/2，r_7，3=1+$\sqrt{1 / 2}$；g₈有4个正单根，分别位于区间(1/4，r_7，1)，(r_7，1，r_7，2)，(r_7，2，r_7，3)，(r_7，3，+∞)内.在每个区间内采用二分法可找到这些根.经计算，r_8，1≈0.283 119，r_8，2≈0.426 022，r_8，3≈1，r_8，4≈8.290 859.定理3为根的存在性和位置判断提供了依据.

二次多项式P₂(x)=x²-px+q(p，q＞0)在p²/q≥r_8，1时存在7次匹配多项式；反之当p²/q＜r_8，1时，不存在7次乘积匹配多项式。