Μην ξεχνάτε τους μιγαδικούς!

Συντονιστής: chris_gatos

Άβαταρ μέλους
chris_gatos
Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 6765
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 9:03 pm
Τοποθεσία: Πειραιάς

Μην ξεχνάτε τους μιγαδικούς!

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από chris_gatos » Δευ Φεβ 13, 2017 6:03 pm

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}


Χρήστος Κυριαζής

Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
emouroukos
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 1378
Εγγραφή: Δευ Δεκ 22, 2008 1:27 pm
Τοποθεσία: Αγρίνιο

Re: Μην ξεχνάτε τους μιγαδικούς!

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από emouroukos » Τρί Φεβ 14, 2017 8:31 pm

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.


Βαγγέλης Μουρούκος

Erro ergo sum.
Απάντηση

Επιστροφή σε “Προτεινόμενα Θέματα Μαθηματικών”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης