Συνέχεια του "Ρίζα και βαθμός"

Συντονιστές: grigkost, Κοτρώνης Αναστάσιος

Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 7944
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Συνέχεια του "Ρίζα και βαθμός"

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Τρί Ιούλ 21, 2009 2:40 pm

Από την άσκηση "Ρίζα και βαθμός" που έβαλε ο Θωμάς εδώ προκύπτει ένα ενδιαφέρον ερώτημα.

Να βρεθεί το μικρότερο δυνατό k_{\nu} ώστε η παρακάτω άσκηση να είναι σωστή:

Αν ρ ή μικρότερη κατά μέτρο ρίζα της εξίσωσης \alpha {x^\nu } + x + 1 = 0, a \in R και a \ne 0, να δειχθεί ότι \left| \rho  \right| \le k_{\nu}.

Έχει ήδη δειχθεί ότι k_{\nu} \leqslant 2 για κάθε n \geqslant 2 και δεν είναι δύσκολο να ελεγχθεί ότι k_2 = 2.

Δεν γνωρίζω ακόμη την απάντηση. Προς το παρόν έχω μόνο μελετήσει την περίπτωση n=3 και μπορώ να δείξω ότι k_3 = 3/2. (Η λύση μου είναι κάπως μακροσκελής για αυτό θα περιμένω μήπως κάποιος έχει κάποια σύντομη λύση.) Δεν έχω κάποια εικασία ακόμη για μεγαλύτερα n. Νομίζω όμως πως με χρήση μαθηματικών προγραμμάτων μπορούμε να διατυπώσουμε κάποια εικασία.

Η λύση μου στην περίπτωση n=3 χρησιμοποιεί παραγώγους για εύρεση ακροτάτων ορισμένων συναρτήσεων. Έβαλα την άσκηση εδώ ώστε να μην περιοριστούμε μόνο στα σχολικά εργαλεία. Έτσι κι'αλλιώς δεν γνωρίζω τι μεθόδους θα χρειαστούμε για την λύση της άσκησης.



Λέξεις Κλειδιά:
peter
Δημοσιεύσεις: 228
Εγγραφή: Κυρ Αύγ 30, 2009 2:21 pm

Re: Συνέχεια του "Ρίζα και βαθμός"

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από peter » Τρί Αύγ 09, 2011 1:35 am

Αυτό εδώ το βρήκα εντελώς τυχαία και έχει πλάκα.

Να γράψω μερικά γενικά πράγματα στην αρχή και μετά να δούμε το k_3.

Για κάθε φυσικό n\geq 2 και κάθε πραγματικό \alpha \neq 0 θεωρούμε την εξίσωση \alpha z^n+z+1=0 και ορίζουμε k(n,\alpha)=\min\{ |z| : z\in \mathbb C, \alpha z^n+z+1=0\}. Κατόπιν, ορίζουμε k_n:=\sup_{\alpha\neq 0} k(n,\alpha).

(α) Γενικά φράγματα: Ισχύει για κάθε n\in \mathbb N, \, n\geq 2 ότι 1\leq k_n\leq 2. Αυτά είναι και τα δυο απλά. Μιας και δεν έχει δοθεί απόδειξη για το κάτω φράγμα σκιαγραφώ μια.

Ισχυρισμός. Έστω n\geq 2. Για κάθε \alpha\neq 0 έχουμε k(n,\alpha)\geq \frac{2}{1+\sqrt{1+4|\alpha|}}.

Έστω \alpha\neq 0. Τότε για κάθε ρίζα w της \alpha z^n+z+1=0 έχουμε ότι |\alpha||w|^n\geq 1-|w|. Αν |w|\leq 1 βίσκουμε ότι |\alpha||w|^2+|w|-1\geq 0. Από την τελευταία έπεται ότι |w|\geq \frac{2}{1+\sqrt{1+4|\alpha|}}. Επομένως, για κάθε ρίζα w ισχύει |w|\geq \frac{2}{1+\sqrt{1+4|\alpha|}} και το ζητούμενο έπεται.

(β) Υπολογισμός του k_3=3/2. Εδώ έχω μια λύση που διακρίνει περιπτώσεις και δεν ξέρω αν είναι πιο σύντομη απ' αυτή του Δημήτρη.

1. Όλες οι ρίζες πραγματικές.

1α. Οι ρίζες του p(z)=\alpha z^3+z+1 είναι οι r_1<r_2<r_3: Από το Θεώρημα του Rolle έπεται ότι \alpha<0 και r_1<-\frac{1}{\sqrt{-3\alpha}}<r_2<\frac{1}{\sqrt{-3\alpha}}<r_3. Σ' αυτήν την περίπτωση έχουμε k(n,\alpha)=|r_2|. Άρα, είναι: -1/3<\alpha r_2^2 ή 1+\alpha r_2^2>2/3. Οπότε, 1=|r_2||1+\alpha r_2^2|>\frac{2}{3}|r_2|.

1β. Οι ρίζες του p(z) είναι οι r,r,r_1. Άρα είναι \alpha r^3+r+1=0 και 3ar^2+1=0, απ' όπου βρίσκουμε r=-3/2 και a=-4/27. Επιπλέον, είναι r_1=3. Επομένως, είναι k(3,-\frac{4}{27})=3/2.

2. Μια ρίζα πραγματική και δυο συζυγείς μιγαδικές. Υποθέτουμε ότι οι ρίζες είναι r,z,\bar{z}. Από τους τύπους του Vieta βρίσκουμε: (V)\left\{\begin{array}{ll} r+2{\rm Re}(z)=0\\ 
|z|^2-r^2=1/\alpha\\ r|z|^2=-1/\alpha 
\end{array}\right.

Διακρίνουμε τις περιπτώσεις:

a. |r|\leq |z|. Τότε, από τις δυο τελευταίες σχέσεις (V) βρίσκουμε ότι: (1+r)|z|^2=r^2. Ειδικότερα, r\neq -1 οπότε \frac{r^2}{1+r}=|z|^2\geq r^2. Λύνοντας την τελευταία ανίσωση βρίσκουμε -1<r<0.

b. |z| < |r|. Μπορούμε να γράψουμε z=-\frac{r}{2}+is με s>0. Tότε, η υπόθεση δίνει (s/r)^2 < 3/4. Τότε, η δεύτερη σχέση (V) ξαναγράφεται 3r^2/4-s^2=-1/\alpha>0 από την υπόθεση. Έπεται από την τρίτη σχέση ότι r>0 οπότε θέτοντας t:=\frac{s}{r}>0 και αντικαθιστώντας στις (V) βρίσκουμε r=\frac{3-4t^2}{1+4t^2}. Έτσι, έχουμε: |z|=r|\frac{1}{2}+it|=\frac{3-4t^2}{2\sqrt{1+4t^2}}<\frac{3}{2} λαμβάνοντας υπόψιν ότι 0<t^2<3/4.

Συνδυάζοντας όλα τα παραπάνω προκύπτει ότι k_3=3/2.


Έχω μια απόδειξη που (νομίζω ότι) δίνει k_4=4/3. Θα την παραθέσω μόλις βρω χρόνο και την ελέγξω.

Μερικά ερωτήματα που προκύπτουν είναι τα ακόλουθα:

1. Είναι προφανές ότι \max k_n=2. Υπάρχει το \min_n k_n; Ποιο είναι το \inf_n k_n;

2. Να βρεθεί οριακό σημείο της (k_n).

3. (Πιο τολμηρό!) Ποια η σχέση της (k_n) με την (\frac{n}{n-1})_{n\geq 2};


Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 7944
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: Συνέχεια του "Ρίζα και βαθμός"

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Τρί Αύγ 09, 2011 12:31 pm

Πέτρο ευχαριστώ που το ξέθαψες. Δυστυχώς δεν θυμάμαι πως απέδειξα ότι k_3 = 3/2. Πάνε πάνω από δύο χρόνια από τότε. Θυμάμαι όμως ότι δεν έβλεπα πως θα μπορούσε να γενικευτεί.
peter έγραψε: 3. Ποια η σχέση της (k_n) με την (\frac{n}{n-1})_{n\geq 2};
Λοιπόν μπορώ να δείξω ότι \displaystyle{k_n \geqslant \frac{n}{n-1}}. Έστω λοιπόν το πολυώνυμο \displaystyle{ f(x) = (-1)^n \frac{(n-1)^{n-1}}{n^n} x^n + x + 1.} Αυτό έχει ρίζα το \displaystyle{ x = -\frac{n}{n-1}}. Θα δείξω ότι όλες οι ρίζες του είναι σε απόλυτη τιμή τουλάχιστον \displaystyle{ \frac{n}{n-1}}. Για αυτό αρκεί να μελετήσουμε το πολυώνυμο \displaystyle{ g(y) = (n-1)f\left(-\frac{ny}{n-1}\right) = y^n - ny + n-1 } και να δείξουμε ότι όλες οι ρίζες του είναι σε απόλυτη τιμή τουλάχιστον 1.

Γι' αυτό επιστρατεύουμε το θεώρημα του Rouché. Κοιτάζουμε τα πολυώνυμα g(y) = y^n - ny + n - 1 και h(y) = n(1 - y). Για |y| < 1 έχουμε |h(y) - g(y)| = |y^n - 1| = |y-1||y^{n-1} + \cdots + 1| < n|y-1| = |h(y)|. Επομένως από Rouché, για κάθε 0 < R < 1, τα g,h έχουν τον ίδιο αριθμό ριζών στον κύκλο ακτίνας R με κέντρο το 0. Επομένως το g δεν έχει ρίζα y με |y| < 1 αφού ούτε και το h έχει.

Το ζητούμενο αποδείχθηκε.


Απάντηση

Επιστροφή σε “ΑΝΑΛΥΣΗ”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 3 επισκέπτες