Demostrar que los ceros de un polinomio se encuentran todos en un anillo.

Question

Estoy trabajando en un problema. Tiene dos partes:

(a) Que $c_{0}>c_{1}>\cdots c_{n}>0$ . Demuestre que el polinomio $P(z):=c_{0}+c_{1}z+\cdots+c_{n}z^{n}$ no tiene ceros dentro del disco unitario cerrado.

(b) Demuestre que los ceros del polinomio $P_{n}(z):=1+\frac{z}{2}+\frac{z^{2}}{3}+\cdots+\frac{z^{n}}{n+1}$ todos se encuentran en un anillo $\{1<|z|<1+\delta_{n}\}$ donde $\delta_{n}\rightarrow 0$ como $n\rightarrow\infty$ .

He probado la parte (a), pero estoy atascado en la parte (b). Creo que la prueba de la parte (b) puede ser similar a la de la parte (a), así que expongo la parte (a) arriba y doy mi prueba abajo, luego daré mi intento para la parte (b).

Parte (a):

Supongamos que existe $z_{0}\in\mathbb{C}$ tal que $P(z_{0})=0$ y $|z_{0}|<1$ .

Desde $P(z_{0})=0$ también tenemos $$(1-z_{0})P(z_{0})=0,$$ donde $LHS=c_{0}+(c_{1}-c_{0})z_{0}+(c_{2}-c_{1})z_{0}^{2}+\cdots+ (c_{n}-c_{n-1})z_{0}^{n}-c_{n}z_{0}^{n+1}.$

Así, tenemos $$c_{0}=(c_{0}-c_{1})z_{0}+(c_{1}-c_{2})z_{0}^{2}+\cdots (c_{n-1}-c_{n})z_{0}^{n}+c_{n}z_{0}^{n+1}.$$

Ahora, tomando la norma a ambos lados, y recordando que $c_{0}>c_{1}>\cdots>c_{n}>0$ y $|z_{0}|<1$ tenemos \begin {align*} c_{0}&<c_{0}-c_{1}+c_{1}-c_{2}+ \cdots +c_{n-1}-c_{n}+c_{n} \\ &=c_{0} \end {align*} que es una contradicción.

Por lo tanto, no hay ningún cero de $P(z)$ que está dentro del disco de la unidad cerrada.

Parte (b):

Para la parte (b), imito lo que he hecho en la parte (a). Dejemos que $z\in\mathbb{C}$ sea un cero de $P_{n}(z)$ entonces $P_{n}(z)=0$ implica que $$(1-z)P_{n}(z)=0.$$

Así, tenemos $$\Big(1-\dfrac{z^{n+1}}{n+1}\Big)-\dfrac{z}{2}-\dfrac{z^{2}}{6}-\cdots-\dfrac{z^{n}}{n(n+1)}=0.$$

Establecer $Q_{n}(z):=-\dfrac{z}{2}-\dfrac{z^{2}}{6}-\cdots-\dfrac{z^{n}}{n(n+1)}.$

Entonces, si $|z|<1$ tenemos \begin {align*} 1& \leq |Q_{n}(z)|+ \Big | \dfrac {z^{n+1}}{n+1} \Big | \\ & \leq\dfrac {|z|}{2}+ \dfrac {|z|^{2}}{6}+ \cdots + \dfrac {|z|^{n}}{n(n+1)}+ \dfrac {|z|^{n+1}}{n+1} \\ &< \dfrac {1}{2}+ \dfrac {1}{6}+ \cdots + \dfrac {1}{n(n+1)}+ \dfrac {1}{n+1} \\ &=1- \dfrac {1}{2}+ \dfrac {1}{2}- \dfrac {1}{3}+ \cdots + \dfrac {1}{n}- \dfrac {1}{n+1}+ \dfrac {1}{n+1} \\ &=1, \end {align*} que es una contradicción.

Así, los ceros de $P_{n}(z)$ debe estar en $|z|\geq 1$ .

Entonces, trato de deshacerme de $|z|=1$ utilizando las mismas técnicas, pero encontré algo más interesante.

Si $|z|=1$ entonces, por definición $$|Q_{n}(z)|\leq 1-\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{3}+\cdots+\dfrac{1}{n}-\dfrac{1}{n+1}=\dfrac{n}{n+1}.$$

Por otro lado, dado que asumimos $z$ es un cero, tenemos $$|Q_{n}(z)|=\Big|1-\dfrac{z^{n+1}}{n+1}\Big|\geq \Big|1-\dfrac{1}{n+1}\Big|=\dfrac{n}{n+1}.$$

Así, si $|z|=1$ tenemos $$\dfrac{n}{n+1}\leq |Q_{n}(z)|\leq\dfrac{n}{n+1},$$ y por lo tanto $$|Q_{n}(z)|=\dfrac{n}{n+1}.$$

Esto no me dio ninguna contradicción, sino una idea de $\delta_{n}$ . Por el propio problema, podemos ver que si $\delta_{n}\rightarrow 0$ entonces el anillo se convertirá en un círculo unitario $|z|=1$ , que es exactamente nuestro caso.

Además, según mi argumento anterior, quiero que mi $\delta_{n}$ para estar relacionado con $|Q_{n}(z)|$ Así que traté de establecer $$1+\delta_{n}=\dfrac{n}{n+1},$$ que nos da $$\delta_{n}=-\dfrac{1}{n+1},$$ que tiende a ser $0$ como $n\rightarrow\infty$ .

Pero entonces no sé cómo proceder, ¿qué debo hacer ahora?

Gracias.

Answer 1

Consideremos el polinomio $R_n(z)=(z-1)P_{n}(z)=-1+\dfrac{z}{2}+\dfrac{z^{2}}{6}+\cdots+\dfrac{z^{n}}{n(n+1)}+\dfrac{z^{n+1}}{n+1}$ .

Demostraremos que el límite de Cauchy $\rho_n=1+\gamma_n$ de $R_n$ , satisface $\gamma_n \to 0$ como $n \to \infty$ por lo que hemos terminado ya que todas las raíces $w_{k,n}$ de $R_n$ (por lo tanto de $P_n$ ) satisfacen $|w_{k,n}| \le \rho_n$

Si no está familiarizado con la noción, el límite de Cauchy $\rho_P$ de un polinomio $P(z)=\sum_{0}^{n}{a_kz^k}, a_n \ne 0, n \ge 1$ es la única raíz positiva del polinomio $|a_n|z^n-\sum_{0}^{n-1}|a_k|z^k$ - tomado por convención como $0$ si el polinomio es sólo $a_nz^n$ -y por la desigualdad del triángulo la relación $|w_k| \le \rho_P$ para todas las raíces de $P$ está claro.

También está claro que si para algunos $R >0, \sum_{k=0}^{n-1}{|a_k|R^k} \le |a_n|R^n$ entonces $\rho_P \le R$ por la unicidad de la raíz positiva.

Utilizamos la desigualdad: $\rho_P \le max_{k=0,..,n-1}|n\frac{a_k}{a_n}|^{\frac{1}{n-k}}$ lo cual es bastante obvio ya que si denotamos por $R$ el máximo en el lado derecho, $|a_k| \le \frac{1}{n}|a_n|R^{n-k}, k=0,...n-1$ Así que $\sum_{k=0}^{n-1}{|a_k|R^k} \le |a_n|R^n$ Por lo tanto $R \ge \rho_P$ como en el caso anterior.

En nuestro caso el grado es $n+1$ y los coeficientes son $|a_0|=1, a_k=\frac{1}{k(k+1)}, 1 \le k \le n, a_{n+1}=\frac{1}{n+1}$ Por lo tanto, tenemos que demostrar los dos resultados siguientes:

1: $((n+1)^2)^{\frac{1}{n+1}}=1+b_n, b_n \to 0$

2: $max_{ 1 \le k \le n}(\frac{(n+1)^2}{k(k+1)})^{\frac{1}{n+1-k}}=1+c_{n}, c_{n} \to 0$

Pero utilizando la desigualdad $\log(1+x) \ge \frac{x}{2}, 0 \le x \le 1$ obtenemos $\log(1+b_n) = 2\frac{\log(n+1)}{n+1} \to 0$ Por lo tanto $b_n \le 1$ eventualmente, por lo tanto $b_n \le 4\frac{\log(n+1)}{n+1} \to 0$ así que 1: está hecho.

Del mismo modo, si $k \le \frac{2n}{3}$ , $n+1-k \ge \frac{n}{3}$ y la misma prueba se aplica desde entonces $\frac{\log(\frac{(n+1)^2}{k(k+1)})}{n+1-k} \le 6\frac{\log(n+1)}{n} \to 0$

Si $k \ge \frac{2n}{3}, \frac{\log(\frac{n+1}{k})}{n+1-k} \le \frac{n+1-k}{k(n+1-k)} \le \frac{2}{n} \to 0$ y lo mismo para el otro $\frac{\log(\frac{n+1}{k+1})}{n+1-k} \to 0$ por lo que también hemos terminado para el caso 2; y el problema se resuelve con $\delta_n$ el máximo de $b_n, c_n$ por encima de

(utilizamos $\log(\frac{n+1}{k})=\log(1+\frac{n+1-k}{k}) \le \frac{n+1-k}{k}$ )