Demostrar que $2z^4-3z^3+3z^2-z+1=0$ tiene exactamente una raíz compleja en cada uno de los cuatro cuadrantes.

Question

Estoy tratando de mostrar que $$p(z)=2z^4-3z^3+3z^2-z+1=0$$ sólo tiene una única raíz en los cuatro cuadrantes.

A partir de dos previamente relacionados con puestos, me han demostrado que $p(z)$ no tiene raíz ni en el imaginario o real de los ejes. También sabemos que como los coeficientes de $p(z)$ son reales, entonces las raíces de la $p(z)$ se producen en el complejo conjugado de pares. Por lo tanto, tenemos raíces $$w_1=a\pm ib \ \ \text{and} \ \ w_2=c\pm id \ \ \text{where} \ \ a,b,c,d\in\mathbb{R} \ \ \text{and} \ \ a,b,c,d\neq 0.$$ Idealmente, si se podía demostrar que $\Re(w_1)=-\Re(w_2)$, entonces podríamos concluir el resultado. Pero la suma de las raíces es $\frac{3}{2}$ e no $0$.

¿Cómo podemos mostrar una única raíz existe en cada uno de los cuadrantes?

editar

En consulta con el profesor, se sugiere el uso de un corolario de Cauchy argumento del principio:

"Si $f\in H(\Omega)$, $\Omega$ es un dominio, $\gamma:[a,b]\rightarrow\Omega$ es un simple contorno cerrado, $f(\gamma(t))\neq 0 \ \ \forall t\in [a,b]$, entonces el número de ceros de $f$ en Int($\gamma$) (contando multiplicidades) es igual al número de veces $f\circ\gamma$ vientos alrededor de $0$".

Podemos considerar $\gamma(t)=Re^{it}$ donde $t\in\left[-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right]$ e $R>0$. Es de esperar que el resultado de este ser $2$, lo que significa que hay una raíz $w$ en el primer cuadrante y $\overline{w}$ en el cuarto cuadrante.

Answer 1

Ciertamente, todas las cuatro raíces de $f(-z)$ son ni puro, real o imaginario puro. Por lo tanto, $f(z)$ es estable, $f(-z)$ es estable, o las raíces de $f(z)$ se encuentran uno en cada cuadrante.

$f(z)$ no es estable: en el criterio de Hurwitz para $f(z)$ tenemos $D_1=-1<0$.

$f(-z)$ no es estable: en el criterio de Hurwitz para $f(-z)$ tenemos $D_2=0$.

Por lo tanto las raíces de $f(z)$ se encuentran uno en cada cuadrante.

Answer 2

Me ofrecen un largo, tedioso, aburrido solución. Espero que haya una demostración elegante de este problema, y alguien va a publicar.

Supongamos que las raíces de $$p(z)=2\,\left(z^4-\frac{3}{2}\,z^3+\frac{3}{2}\,z^2-\frac12\,z+\frac12\right)$$ se $a\pm b\text{i}$ e $c\pm d\text{i}$ para algunos $a,b,c,d\in\mathbb{R}$ (ya sabemos que $p(z)$ no tiene raíces reales). También podemos suponer que $b$ e $d$ son positivos (pero esto es irrelevante para la prueba de este problema). Por lo tanto, $$p(z)=2\,\big((z-a)^2+b^2\big)\,\big((z-c)^2+d^2\big)\,,$$ así que $$\begin{align}p(z)&=2\,\Biggl(z^4-2(a+c)\,z^3+\left(a^2+b^2+c^2+d^2+4ac\right)\,z^2\\&\phantom{aaaaa}-2\Big(\left(a^2+b^2\right)c+\left(c^2+d^2\right)a\Big)\,z+\left(a^2+b^2\right)\left(c^2+d^2\right)\Biggr)\,.\end{align}$$ En consecuencia, si $m:=ac$, $x:=a^2+b^2$, e $y:=c^2+d^2$, luego $$a+c=\frac34\,,\tag{1}$$ $$x+y=\frac{3}{2}-4m\,,\tag{2}$$ $$cx+ay=\frac14\,,\tag{3}$$ y $$xy=\frac12\,.\tag{4}$$

A partir de (2) y (3), obtenemos $$(a-c)x=\frac{3}{2}a-4ma-\frac14\text{ and }(c-a)y=\frac{3}{2}c-4mc-\frac14\,.$$ Multiplicando los dos resultados anteriores y usando (4), obtenemos $$-\frac{1}{2}(a-c)^2=\left(\frac{3}{2}a-4ma-\frac14\right)\left(\frac{3}{2}c-4mc-\frac14\right)\,.$$ A partir de (1), podemos ver que la ecuación anterior es equivalente a $$-\frac{1}{2}\left(\left(\frac{3}{4}\right)^2-4m\right)=16m^3-12m^2+3m-\frac{7}{32}\,.$$ Por lo tanto, $m$ es una raíz real de la polinomio cúbico $$q(t):=16t^3-12t^2+t+\frac{1}{16}\,.$$

Nota hat $q'(t)=48t^2-24t+1$, lo $q'(t)$ tiene dos raíces $$\dfrac{3-\sqrt{6}}{12}>0.045>\dfrac{1}{40}\text{ and }\dfrac{3+\sqrt{6}}{12}<0.455\,.$$ Since $\lim\limits_{t\to-\infty}\,q(t)=-\infty$, $q(0)=\dfrac{1}{16}>0$, $q\left(\dfrac12\right)=-\dfrac{7}{16}$, and $\lim\limits_{t\to+\infty}\,q(t)=+\infty$, we conclude that $q(t)$ has three real roots $u<0$, $v\en (0.045,0.455)$, and $w>\dfrac12$. (Numerically, $u\aprox -0.04111$, $v\aprox 0.14768$, and $w\aprox 0.64343$.)

Podemos suponer sin pérdida de generalidad que $a\geq c$. Desde $a+c=\dfrac34$, se deduce inmediatamente que $a>0$. Desde $0$ no es una raíz de $q(t)$, $c\neq 0$. Vamos a demostrar que $c<0$ y la afirmación de que $p(z)$ tiene un complejo de raíz en cada uno de los cuatro cuadrantes se ha establecido.

Supongamos que por el bien de la contradicción que $c>0$, luego por el AM-GM de la Desigualdad, tenemos $$\frac{1}{2}=xy\leq \left(\frac{x+y}{2}\right)^2=\left(\frac{\frac32-4m}{2}\right)^2\text{ and }m\leq \left(\frac{a+c}{2}\right)^2=\frac{9}{64}\,.$$ Que es, $m\leq \dfrac{9}{64}$, y $$m\geq \frac{3}{8}+\frac1{2\sqrt{2}}\text{ or }m\leq \frac{3}{8}-\frac1{2\sqrt{2}}\,.$$ Por lo tanto, $$m\leq \frac{3}{8}-\frac{1}{2\sqrt{2}}<0.022<\frac{1}{40}\,.$$ Sin embargo, desde la $m$ es una raíz de $q(t)$ e $m>0$, debe ser igual a $v$ o $w$, pero tanto $v$ e $w$ son mayores de $\dfrac1{40}$. Esto es una contradicción, y por lo $m=u<0$ deben tener. Esto significa $c<0$. WolframAlpha confirma esto: $a\approx 0.80130$, $b\approx 0.79308$, $c\approx -0.05130$, e $d\approx 0.62509$.

Answer 3

Vamos a hacer una prueba por contradicción. Voy a empezar desde Batominovski (1-4), \begin{eqnarray} a+c &=& \frac{3}{4}\tag{1}\\ x+y &=& \frac{3}{2}\tag{2} -4m\\ cx + ay &=& \frac{1}{4}\tag{3} \\ xy &=& \frac{1}{2}\tag{4} \end{eqnarray} y asumir la $m = ac \ge 0$. Desde $m \ge 0$, se sigue de (2) $x + y \le 3/2$, y a partir de (4) tenemos $$ x + \frac{1}{2x} \le \frac{3}{2}\Longrightarrow2x^2+1\le3x \Longrightarrow(2x - 1)(x-1) \le 0 $$ Por lo tanto $1/2 \le x \le 1$, y a partir de (4) tenemos $1/2\le y \le 1$. Ya, $x,y\ge 1/2$, a partir de (3) y (1) tenemos $$ \frac{1}{4} = cx + ay \ge\frac{c}{2} + \frac{a}{2} = \frac{a+c}{2} = \frac{3}{8} $$ Desde $1/4 <3/8$, tenemos nuestra contradicción. $m = ac<0$, y por lo tanto $c < 0 < a$ y las cuatro raíces $a+bi$, $a-bi$, $c+di$, e $c-di$ encuentran en diferentes cuadrantes.