Encuentre todos $n\in\mathbb{N}$ tal que las raíces no nulas de $(z+1)^n-z^n-1$ están todos en el círculo unitario.

Question

Intento usar Mathematica para encontrar tales $n$ y creo que sólo $n=2,3,4,5,6,7$ cumplir el requisito, pero no sé cómo demostrarlo para $n\ge 8$ siempre hay alguna raíz que se encuentra fuera de la bola unitaria utilizando los conocimientos básicos del análisis complejo.

De hecho, tengo una forma sucia de tratar este problema, que sólo implica la propiedad del polinomio. Pero no creo que sea una solución eficiente y elegante.

Answer 1

Está claro que el resultado es cierto para $n=2$ . Ahora consideramos $n\ge 3$ .

Tenga en cuenta que $(z+1)^n-z^n-1=\sum_{k=0}^n\binom{n}{k} z^k-z^n-1 = \sum_{k=1}^{n-1}\binom{n}{k} z^k= nz\sum_{k=1}^{n-1}\frac{\binom{n}{k}}{n}z^{k-1}$ . Supongamos que $\sum_{k=1}^{n-1}\frac{\binom{n}{k}}{n}z^{k-1}=\prod_{k=1}^{n-2}(z-z_k)$ . Entonces tenemos $\sum_{k=1}^{n-2}z_k=-\frac{\binom{n}{n-2}}{n}=-\frac{n-2}{2}$ y $\sum_{j\ne l}z_jz_l=\frac{\binom{n}{n-3}}{n}=\frac{(n-1)(n-2)}{6}$ . Entonces $$\sum_{k=1}^{n-2}z_k^2 = \left(\sum_{k=1}^{n-2}z_k\right)^2-2\sum_{j\ne l}z_jz_l = \frac{(n-1)^2}{4}-\frac{(n-1)(n-2)}{3}= -\frac{n^2-6n+5}{12}.$$

Escribe $z_k=x_k+iy_k$ , donde $x_k,y_k\in\mathbb{R}$ para $k=1,\cdots, n-1$ . Obsérvese que para cada raíz $z_k$ , $\overline{z_k}$ también es una raíz y $z_k^2+\overline{z_k}^2 = x_k^2-y_k^2+2ix_ky_k+x_k^2-y_k^2-2ix_ky_k=2(x_k^2-y_k^2)$ Así que $$\sum_{k=1}^{n-2}z_k^2=\sum_{k=1}^{n-2}(x_k^2-y_k^2)=-\frac{n^2-6n+5}{12}.$$

Supongamos que todas las raíces no nulas se encuentran en el círculo unitario, entonces $$\sum_{k=1}^{n-2}|z_k|^2 = n-2=\sum_{k=1}^{n-2}(x_k^2+y_k^2),$$ con la ecuación anterior, tenemos $$2\sum_{k=1}^{n-2}x_k^2 = n-2-\frac{n^2-6n+5}{12}=-\frac{n^2-18n+29}{12}\ge 0,$$ de lo que se deduce que $n\le 9+2\sqrt{13}\approx 16.2$ .

Mediante el uso de Wolfram Mathematica, para $n=2,3,4,5,6,7$ las raíces no nulas de $(z+1)^n-z^n-1=0$ que se encuentra en el círculo unitario y para $8\le n\le 16$ hay alguna raíz que no está en el círculo unitario.

Answer 2

Se me ocurre otra solución:

Teorema de Gauss-Lucas: sea $p(z)$ sea el polinomio con coeficiente en $\mathbb{C}$ , entonces los ceros de $p'(z)$ se encuentran en el casco convexo de los ceros de $p(z)$ .

Dejemos que $n\ge 3$ . Aquí, $p(z)=(z+1)^n-z^n-1$ y $p'(z)=n((z+1)^{n-1}-z^{n-1})$ . Está claro que $p'(0)\ne 0$ y por lo tanto $p'(z)=nz^{n-1}\cdot(\frac{z+1}{z})^{n-1}$ , de lo que se deduce que los ceros de $p'(z)$ son $\frac{z+1}{z}=e^{\frac{2\pi i k}{n-1}}$ , $k=1,\cdots,n-2$ Así que $z=\frac{1}{e^{\frac{2\pi i k}{n-1}}-1}$ .

Obsérvese que los ceros de $p(z)$ se encuentran en el círculo unitario, por el Teorema de Gauss-Lucas, los ceros de $p'(z)$ se encuentran en la bola unitaria. Para cada cero de $p'(z)$ , $$\left|\frac{1}{e^{\frac{2\pi i k}{n-1}}-1}\right|=\frac{1}{2-2\cos(\frac{2\pi k}{n-1})}\le 1,$$ de lo que se deduce que $\cos(\frac{2\pi k}{n-1})\le\frac{1}{2}$ es decir, $\frac{\pi}{3}\le \frac{2\pi k}{n-1}\le \frac{5\pi}{3}$ para todos $k=1,\cdots,n-2$ . Entonces tenemos $\frac{\pi}{3}\le \frac{2}{n-1}$ y $\frac{2(n-2)}{n-1}\le \frac{5}{3}$ Así que $n\le 7$ .

Es fácil comprobar que el resultado es válido para $n=2,3,4,5,6,7$ .