Μην ξεχνάτε τους μιγαδικούς!

#1

Έστω $\alpha$ μια ρίζα του πολυωνύμου $\displaystyle{P(x) = {x^n} + {a_{n - 1}}{x^{n - 1}} + {a_{n - 2}}{x^{n - 2}} + {a_1}x + {a_0}}$
με $\displaystyle{{a_i} \in \left[ {0,1} \right]}$ για $\displaystyle{i=0,1,2,....n-1}$ . Να αποδείξετε ότι $\[{\mathop{\rm Re}\nolimits} (\alpha ) < \frac{{1 + \sqrt 5 }}{2}$

#2

Αν $\displaystyle{{\mathop{\rm Re}\nolimits} \left( \alpha \right) \le 0,}$ τότε το ζητούμενο ισχύει. Έστω, λοιπόν, ότι $\displaystyle{{\mathop{\rm Re}\nolimits} \left( \alpha \right) > 0.}$ Έχουμε ότι:

$\displaystyle{P\left( \alpha \right) = 0 \Leftrightarrow {\alpha ^n} + {a_{n - 1}}{\alpha ^{n - 1}} + {a_{n - 2}}{\alpha ^{n - 2}} + \cdots + {a_1}\alpha + {a_0} = 0 \Leftrightarrow }$

$\displaystyle{ \Leftrightarrow 1 + \frac{{{a_{n - 1}}}}{\alpha } + \frac{{{a_{n - 2}}}}{{{\alpha ^2}}} + \cdots + \frac{{{a_1}}}{{{\alpha ^{n - 1}}}} + \frac{{{a_0}}}{{{\alpha ^n}}} = 0 \Rightarrow }$

$\displaystyle{ \Rightarrow {\mathop{\rm Re}\nolimits} \left( {1 + \frac{{{a_{n - 1}}}}{\alpha } + \frac{{{a_{n - 2}}}}{{{\alpha ^2}}} + \cdots + \frac{{{a_1}}}{{{\alpha ^{n - 1}}}} + \frac{{{a_0}}}{{{\alpha ^n}}}} \right) = 0 \Rightarrow }$

$\displaystyle{ \Rightarrow 1 + {a_{n - 1}}{\mathop{\rm Re}\nolimits} \left( {\frac{1}{\alpha }} \right) + {a_{n - 2}}{\mathop{\rm Re}\nolimits} \left( {\frac{1}{{{\alpha ^2}}}} \right) + \cdots + {a_1}{\mathop{\rm Re}\nolimits} \left( {\frac{1}{{{\alpha ^{n - 1}}}}} \right) + {a_0}{\mathop{\rm Re}\nolimits} \left( {\frac{1}{{{\alpha ^n}}}} \right) = 0 \Rightarrow }$

$\displaystyle{ \Rightarrow 1 + {a_{n - 1}}{\mathop{\rm Re}\nolimits} \left( {\frac{1}{\alpha }} \right) = - {a_{n - 2}}{\mathop{\rm Re}\nolimits} \left( {\frac{1}{{{\alpha ^2}}}} \right) - \cdots - {a_1}{\mathop{\rm Re}\nolimits} \left( {\frac{1}{{{\alpha ^{n - 1}}}}} \right) - {a_0}{\mathop{\rm Re}\nolimits} \left( {\frac{1}{{{\alpha ^n}}}} \right).}$

Παρατηρούμε ότι

$\displaystyle{{a_{n - 1}}{\mathop{\rm Re}\nolimits} \left( {\frac{1}{\alpha }} \right) = {a_{n - 1}}{\mathop{\rm Re}\nolimits} \left( {\frac{{\bar \alpha }}{{{{\left| \alpha \right|}^2}}}} \right) = \frac{{{a_{n - 1}}}}{{{{\left| \alpha \right|}^2}}}{\mathop{\rm Re}\nolimits} \left( \alpha \right) \ge 0,}$

ενώ για $\displaystyle{k \in \left\{ {2,3, \ldots ,n} \right\}}$ ισχύει

$\displaystyle{ - {a_{n - k}}{\mathop{\rm Re}\nolimits} \left( {\frac{1}{{{\alpha ^k}}}} \right) \le {a_{n - k}}\frac{1}{{{{\left| \alpha \right|}^k}}} \le \frac{1}{{{{\left| \alpha \right|}^k}}}.}$

Άρα, είναι:

$\displaystyle{1 \le 1 + {a_{n - 1}}{\mathop{\rm Re}\nolimits} \left( {\frac{1}{\alpha }} \right) \le \sum\limits_{k = 2}^n {\frac{1}{{{{\left| \alpha \right|}^k}}}}. }$

Αν ισχύει $\displaystyle{\left| \alpha \right| \le 1, }$ τότε το ζητούμενο ισχύει προφανώς, αφού $\displaystyle{{\mathop{\rm Re}\nolimits} \left( \alpha \right) \le \left| \alpha \right| \le 1 < \frac{{1 + \sqrt 5 }}{2}.}$

Υποθέτουμε ότι $\displaystyle{\left| \alpha \right| > 1,}$ οπότε

$\displaystyle{1 \le \sum\limits_{k = 2}^n {\frac{1}{{{{\left| \alpha \right|}^k}}}} < \sum\limits_{k = 2}^\infty {\frac{1}{{{{\left| \alpha \right|}^k}}}} = \frac{{\dfrac{1}{{{{\left| \alpha \right|}^2}}}}}{{1 - \dfrac{1}{{\left| \alpha \right|}}}} = \frac{1}{{\left| \alpha \right|\left( {\left| \alpha \right| - 1} \right)}}}$

και άρα

$\displaystyle{\left| \alpha \right|\left( {\left| \alpha \right| - 1} \right) < 1 \Leftrightarrow {\left| \alpha \right|^2} - \left| \alpha \right| - 1 < 0,}$

οπότε τελικά $\displaystyle{\left| \alpha \right| < \frac{{1 + \sqrt 5 }}{2}}$ και η απόδειξη ολοκληρώνεται.

Μην ξεχνάτε τους μιγαδικούς!

Μην ξεχνάτε τους μιγαδικούς!

Re: Μην ξεχνάτε τους μιγαδικούς!

Μέλη σε σύνδεση