Alle Wurzeln eines bestimmten Polynoms liegen innerhalb der Einheitsscheibe

Ich arbeite derzeit an folgendem Problem:

Lassen M , N ∈ N Und P : C → C ,   z ↦ z M + 1 − z M + ( 1 4 N ) M . Zeigen Sie, dass wenn P ( z ) = 0 Dann | z | < 1 , dh dass alle Wurzeln des Polynoms P liegen innerhalb der offenen Einheitsscheibe.

Ich näherte mich dem Problem zunächst, indem ich versuchte, Ergebnisse aus komplexen Analysen zu verwenden:

  1. Der Satz von Gershgorin ergibt eine Obergrenze für den absoluten Wert der Wurzeln, die streng größer als 1 ist
  2. Der Satz von Rouché scheint hier nicht geeignet anwendbar zu sein, da die Summe zweier beliebiger Koeffizienten größer ist als der verbleibende Koeffizient.

Als nächstes versuchte ich, durch Widerspruch zu argumentieren: Angenommen, es existiert a z ∈ C mit | z | ≥ 1 so dass P ( z ) = 0 , So z M + 1 − z M + ( 1 4 N ) M = 0 oder gleichwertig z M ( z − 1 ) = − ( 1 4 N ) M . Dann für den absoluten Wert, den wir haben

| z M ( z − 1 ) | = ( 1 4 N ) M | z M | | ( z − 1 ) | = ( 1 4 N ) M | z − 1 | = ( 1 4 N | z | ) M ≤ ( 1 4 N ) M
Somit hält es z ∈ B ≤ ( 1 4 N ) M ( 1 ) Und z ∉ B ≤ 1 ( 0 ) . Das Polynom ζ M ( ζ − 1 ) hat eine einzige echte Wurzel bei 1, also denke ich, dass es möglich sein sollte zu zeigen, dass die Wurzel z von P nahe 1 ist auch real. Dies ergäbe einen Widerspruch, weil dann ein existiert ε > 0 so dass z = 1 + ε , aber dann hätten wir ( 1 + ε ) M ( 1 + ε − 1 ) = ( 1 + ε ) M ε = ! − ( 1 4 N ) M .

Ich war nicht in der Lage zu zeigen, dass die Wurzel real ist, meine einzige Idee ist, über das komplexe Argument von zu streiten z M ( z − 1 ) , was 0 wäre, weil − ( 1 4 N ) M ist echt.

Alle Ideen sind sehr willkommen!

Antworten (2)

Wenn M = 1 dann können die Wurzeln explizit als berechnet werden 1 2 ± 1 2 1 − 1 N , also nehme ich an M ≥ 2 im Folgenden.

Anmerkung: Der folgende Ansatz ist motiviert durch Experimente mit Wolfram Alpha , die zeigen, dass für größere M , P hat eine echte Nullstelle sehr nahe (aber kleiner als) eins, und die verbleibenden Nullstellen sind ungefähr die Lösungen von z M = A M .

Wir haben P ( z ) = z M + 1 − z M + A M Wo A = 1 / ( 4 N ) ist eine reelle Zahl im Bereich ( 0 , 1 / 4 ] .

Betrachten Sie zuerst die Festplatte B 1 / 2 ( 0 ) und vergleichen P mit Q ( z ) = z M − A M : Für | z | = 1 / 2 Ist

| P ( z ) − Q ( z ) | = | z M + 1 | = 1 2 M + 1 < 1 2 M − 1 4 M ≤ | z | M − | A | M ≤ | z M − A M | = | Q ( z ) |
und der Satz von Rouché zeigt das P hat genau M Nullen ein B 1 / 2 ( 0 ) .

Betrachten Sie nun die eigentliche Funktion

F ( X ) = X M + 1 − X M + A M
und das zeigen F ( 1 / 2 ) < 0 < F ( 1 ) , so dass F hat eine Null im Intervall ( 1 / 2 , 1 ) . Das ist die verbleibende Wurzel von P , und es befindet sich auch auf der Einheitsfestplatte.

Danke schön! Das ist wirklich aufschlussreich, ich habe nicht daran gedacht, Rouché für die „inneren“ m-Nullen anzuwenden.

Man kann einen direkten Beweis wie folgt führen; von w = 1 / z Das Problem ist gleichbedeutend damit, das zu zeigen C w M + 1 − w + 1 = 0 hat alle Wurzeln | w | > 1 Wo 0 < C ≤ 1 4 M

Aber nehme jetzt an | w | ≤ 1 ist eine Wurzel und beachten Sie das dann | 1 − w | ≤ C und wenn wir lassen w = R e ich θ also insbesondere | θ | ≤ π / 4 Wie sonst ℜ ( 1 − w ) ≥ 1 − 2 / 2 > 1 / 4 , das sieht man dann leicht | 1 − e ich θ | ≤ | 1 − w | ≤ C

(zum Beispiel aus dem gleichschenkligen Dreieck Ö A B , Ö = 0 , A = 1 , B = e ich θ Wo w = C ∈ | Ö B | , dann im Dreieck A B C wir haben | A C | ≥ | A B | da die gegenüberliegenden Winkel dieselbe Ungleichung wie erfüllen A C liegt innerhalb des Winkels Ö A B = Ö B A = C B A )

Aber das bedeutet jetzt 2 | Sünde ⁡ θ / 2 | ≤ C und verwenden | Sünde ⁡ θ / 2 | ≥ | θ | / π man bekommt | θ | ≤ π C / 2 was bedeutet ( M + 1 ) | θ | ≤ ( M + 1 ) C π / 2 So | Arg ⁡ w M + 1 | ≤ ( M + 1 ) π 2 × 4 M ≤ π / 4 was gibt ℜ C w M + 1 > 0 So ℜ ( C w M + 1 − w + 1 ) ≥ ℜ C w M + 1 > 0 Widerspruch!

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