A.3.0.0.2 証明

1. もしも $p_k(\lambda_0)=p_{k+1}(\lambda_0)=0$ とすると、漸化式から ${b_k}^2p_{k-1}(\lambda_0)=0$. $b_k=0$ と仮定したから $p_{k-1}(\lambda_0)=0$. これを繰り返すと
   
   $$0=p_{k+1}(\lambda_0)=p_k(\lambda_0)=p_{k-1}(\lambda_0)=\cdots =p_{2}(\lambda_0)=p_1(\lambda_0)=p_0(\lambda_0).$$
   
   
   これから
   
   $$p_0(\lambda_0)=0$$
   
   
   これは $p_0(\lambda)\equiv 1$ に矛盾する。
2. $p_k(\lambda_0)=0$ を漸化式に代入すると $p_{k+1}(\lambda_0)=-{b_k}^2 p_{k-1}(\lambda_0)$. 前項より左辺 $\ne 0$. これから $p_{k+1}(\lambda_0)$, $p_{k-1}(\lambda_0)$ は異符号である。
3. $p_0(\lambda)\equiv 1$ であるから明らか。
4. 漸化式
   

   $$p_{k}(\lambda)= (\lambda-a_{k})p_{k-1}(\lambda)-{b_{k-1}}^2 p_{k-2}(\lambda)$$ (A.5)

   
   
   を微分すると、
   

   $$p_{k}'(\lambda)= p_{k-1}(\lambda)+(\lambda-a_{k})p_{k-1}'(\lambda) -{b_{k-1}}^2p_{k-2}'(\lambda).$$ (A.6)

   
   

   $(\ref{eq:漸化式の微分})\times p_{k-1}(\lambda)-(\ref{eq:漸化式})\times p_{k-1}'(\lambda)$ より
   

   $$p_{k}'(\lambda)p_{k-1}(\lambda)-p_{k}(\lambda)p_{k-1}'(\lam... ..._{k-1}(\lambda)p_{k-2}'(\lambda) \right) +p_{k-1}(\lambda)^2$$
   
   
   という漸化式が得られる。ここで
   
   $$q_{k}(\lambda) \DefEq p_{k}'(\lambda)p_{k-1}'(\lambda) -p_{k}(\lambda)p_{k-1}(\lambda)$$
   
   
   とおくと、漸化式は
   
   $$q_{k}(\lambda)=p_{k-1}(\lambda)^2 +b_{k-1}^2q_{k-1}(\lambda) \quad\mbox{($k=2,3,\cdots,N$)}.$$
   
   
   となる。ところで
   
   $$q_1(\lambda)=p_{1}'(\lambda)p_{0}(\lambda) -p_{1}(\lambda)... ...ambda) =p_{1}'(\lambda)=1\cdot1-(\lambda-\alpha_1)\cdot 0=1>0$$
   
   
   であるから、以下帰納的に
   
   $$q_k(\lambda)>0\quad\mbox{($k=2,3,\cdots,N$)}$$
   
   
   が示せる。特に
   
   $$q_{N}(\lambda)=p_{N}'(\lambda)p_{N-1}(\lambda) -p_{N}(\lambda)p_{N-1}'(\lambda)>0$$
   
   
   であるが、 $p_N(\lambda)=0$ であるから
   
   $$p_{N}'(\lambda)p_{N-1}(\lambda)>0. \quad\qed$$