Dado un polinomio con coeficientes reales es que hay un método (por ejemplo, de álgebra o análisis complejo) para calcular el número de ceros complejos con parte real?
De fondo. Esta pregunta está motivada por mis pruebas relacionadas con este problema.
Deje $p>3$ ser un número primo. Deje $G_p(x)=(x+1)^p-x^p-1$, y vamos a $$F_p(x)=\frac{(x+1)^p-x^p-1}{px(x+1)(x^2+x+1)^{n_p}}$$ donde el exponente $n_p$ es igual a $1$ (resp. $2$ ) $p\equiv-1\pmod 6$ (resp. $p\equiv1\pmod 6$).
La respuesta de Lord Shark el Desconocido (loc. vinculado) implica que $F_p(x)$ es un monic polinomio con coeficientes enteros. El grado de $F_p$ es igual a $6\lfloor(p-3)/6\rfloor$. Puedo mostrar que el complejo de ceros de $F_p(x)$ vienen en grupos de seis. Cada uno de la forma $\alpha,-\alpha-1,1/\alpha,-1/(\alpha+1),-\alpha/(\alpha+1),-(\alpha+1)/\alpha.$ es decir, de las órbitas de un grupo familiar (isomorfo a $S_3$) de la fracción de transformaciones lineales.
Mi conjetura. Exactamente un tercio de los ceros de $F_p(x)$ tiene parte real igual a $-1/2$.
He probado con Mathematica para algunos de los más pequeño de los números primos y parece sostener. También, cada sexteto de ceros de la forma de arriba parece ser estable en el complejo de la conjugación, y parece contener un complejo conjugado par de números con parte real $=-1/2$. De todos modos, estoy curioso sobre el número de ceros $z=s+it$ del polinomio $F_p(x)$ sobre la línea de $s=-1/2$.
Resumen y pensamientos.
- Cualquier método general o fórmula es bienvenida, pero voy a ser más agradecidos si usted desea probar un método en el polinomio $G_p(x)$ o $F_p(x)$ :-)
- Mi primera idea fue la de tratar el siguiente: Dado un polinomio $P(x)=\prod_i(x-z_i)$ es allí una manera de conseguir a $R(x):=\prod_i(x-z_i-\overline{z_i})$? Si esto se puede hacer, entonces obtenemos la respuesta mediante el cálculo de la multiplicidad de $-1$ cero de $R(x)$.
- Puede ser un método para calcular el número de ceros puede ser utilizado con una adecuada sustitución de los mapas de los verdaderos ejes de la línea de $s=-1/2$ (necesario para comprobar esto)?
- Por supuesto, si usted puede demostrar que $F_p(x)$ es irreductible, es mejor que publicar la respuesta a la pregunta vinculada. La anterior recompensa caducado, pero que puede ser corregido.
Respuestas
¿Demasiados anuncios?
Me di cuenta de que mi comentario en realidad responde a su pregunta completamente para $(x+1)^p-x^p-1$. Después de elevar a la potencia de $p/(p-1)$ el recuento criterio simplifica un poco: Calcular $$ \cos\left(\frac{2 \pi n}{p-1}\right)$$ for $n=0, \ldots, \lfloor(p-1)/4\rfloor$. Every value in $(0, \tfrac12]$ adds four roots and $0$ adds two roots. In other words: every $ (p-1)/6 \leq n < (p-1)/4$ counts for four roots and $n=(p-1)/4$ (if $p\equiv 1 \pmod 4$) cuenta por dos raíces.
Aquí es cómo me derivados de esta raíz método de recuento. Para evitar mi signo errores que hacen que la sustitución de $x \leftarrow -x$ e investigar las raíces de la $(1-x)^p + x^p - 1$ por extraño $p$ en la línea crítica $\operatorname{Re}(z) = \tfrac12$. Tenga en cuenta que en la crítica de la línea de $1-z=\overline{z}$ $z$ es una raíz si y sólo si $\operatorname{Re}(z^p) = \tfrac12$. La estrategia es ahora investigar la imagen de la línea crítica en virtud de todas las ramas de $z^{1/p}$ y ver cómo a menudo esta imagen se cruza con la línea crítica. Deje $f_0(z)=z^{1/p}$ indican el principio de la rama. Las otras ramas son entonces $$f_m(z)=\exp\left(\frac{2 \pi \mathrm{i}\,m}p\right)f_0(z)$$ for integral $m$. Here $m$ will be restricted to $[0, (p-1)/4]$, i.e. those $m$ for which the primitive $p$-ésima raíz se encuentra en el cuadrante superior derecho. Ahora parametrizar la línea crítica por $$z = \tfrac12(1 + \mathrm{i}\tan(\alpha))$$ for $\alpha \(- \pi/2, \pi/2)$. Recta hacia adelante cálculo muestra que $$N_m(z) = (\operatorname{Re}f_m(z))^p = \frac{\cos^p((\alpha + 2 \pi m)/p)}{2 \cos(\alpha)}.$$ Another straight forward calculation shows that $N_m$ attains its extremal value at $$\alpha = \frac{2 \pi m}{p-1}$$ with extremal value $$N_m(z) = \tfrac12\cos^{p-1}\left(\frac{2 \pi m}{p-1}\right).$$
Ahora la central de observación es esta: la imagen de La línea crítica en $f_m$ parece un poco a una hipérbola. Ver esta imagen para$p=5$, lo que muestra todas las ramas:
Así que si en este extremal ángulo de $0 < N_m(z) \leq 2^{-p}$ $0 < \operatorname{Re}f_m(z) \leq \tfrac12$ y la imagen de $f_m$ se cruzará la línea crítica en dos lugares (contando multiplicidad), ya que la rama se encuentra a la derecha de la extremal de valor. Por simetría conjugada esta $m$ cuentas por cuatro ceros en la línea crítica.
para $m=(p-1)/4$ la situación es un poco diferente: la imagen que ahora tiene el eje imaginario como una de sus asíntotas. (Como es visible en la foto para $p=5$. El valor extremal $N_m(z)$ $0$ en este caso). Esta rama claramente se cruza con la línea crítica sólo en un único punto, lo que representa dos ceros en la línea crítica en total.
Qué variación de la discusión de Cauchy
$$\int_{C} \frac{f'(z)}{f(z)}dz=2\pi i N$$
¿alrededor de un % de contorno rectangular $a \pm \epsilon + bi$donde se especifica el $a$ y $b$ salta $\pm \infty$?
Si no ayuda tal vez para Teorema de Rouche puede elegir alguna función dominante.
Nota La parte de abajo que indica que $g_c$ sólo puede perder raíces en la línea crítica para aumentar el $c$ no es rigurosa pero, aunque tiene que ser cierto dado mi otra respuesta...
Otro enfoque. Deje $p \geq 3$ ser impar y considerar la posibilidad de $g_c(z) = (1-z)^p + z^p - c$ real $c \geq 0$. Tenga en cuenta que los ceros de $g_c$ son conjugado simétrica simétrica y en la crítica de la línea de $\operatorname{Re}(z) = \tfrac12$. Ahora comienzo a $c=0$ y realizar un seguimiento de lo que sucede con las raíces en la línea crítica al $c$ es mayor.
Tenga en cuenta que $z$ es una raíz de $g_c$ en la línea crítica si y sólo si $2 \operatorname{Re}(z^p) = c$. Para $c=0$ la situación es fácil: $g_0$ tiene todos sus $p-1$ raíces en la línea crítica y todas las raíces son simples. Por simetría, el número de raíces en la línea crítica sólo puede cambiar si $g_c$ tiene una doble raíz en la línea crítica. Un nuevo doble raíz aparece o dos raíces desaparecer de tal $c$ hacia arriba.
Así que cuando no $g_c$ tiene una doble raíz en la línea crítica? Exactamente si $g_c$ $g_c'$ tienen una raíz común allí. Ahora $$p^{-1}(1-z)\, g_c'(z )+ g_c(z) = z^{p-1} - c$$ so a double root is a positive multiple of a $(p-1)$-th root of unity. This shows that $g_c$ has a double root on the critical line precisely at $$\frac12\left(1 \pm \mathrm{i}\,\tan\left(\frac{2 \pi m}{p-1}\right)\right)$$ for some integer $m$ when $$c=\frac1{2^{p-1}\cos^{p-1}\left(\frac{2 \pi m}{p-1}\right)}.$$ For $c \in(0,1)$ this happens for $m \[0, (p-1)/6)$ and $g_c$ loses two ($m=0$) or four ($m>0$) roots on the critical line every time $c$ passes such a point. Conclusion $g_1(z)$ has $$p+1 - 4\lceil\frac{p-1}6\rceil$$ raíces en la línea crítica.
