Quiero demostrar que $z^6 +192 z + 640 =0$ tiene una raíz en los cuadrantes primeros y cuarto y dos raíces en los cuadrantes segundo y terceros. ¿Cómo puedo hacerlo? He probado algunas ideas como el uso de fórmulas de Vieta, pero todavía no hay resultado.
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Martin R
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$f(z) = z^6 + 192 z + 640$ no tiene raíces en el real o imaginario eje. El "Routh–Hurwitz teorema" de los estados que $$ p - q = \frac 1\pi \Delta \arg f(iy) $$ donde
- $p$ es el número de raíces de $f$ en la mitad izquierda del plano -,
- $q$ es el número de raíces de $f$, en la mitad derecha del plano -,
- $\Delta \arg f(iy)$ es la variación del argumento de $f(iy)$ al $y$ pistas de$-\infty$$+\infty$.
Aquí $f(iy) = (640 - y^6) + (192 y) i$ y la gráfica se parece a esto:
La variación total de la argumentación es $2 \pi$ y, por tanto,$p - q = 2$.
Por otro lado, el número total de raíces es $6$, por lo $f$ ha $4$ raíces en la mitad izquierda del plano-y $2$ raíces en el derecho la mitad de plano.
Finalmente, $f$ tiene coeficientes reales, por lo tanto las raíces vienen en complejo conjugado de pares, que da a la conclusión deseada.
Christian Remling
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Vamos a contar los ceros en la mitad derecha del plano con la fórmula $$ \frac{1}{2\pi i}\int \frac{f'(z)}{f(z)}\, dz =\frac{1}{2\pi i}\int\frac{6z^5+192}{z^6+192z+640}\, dz ; $$ aquí, la integración es a través de un gran semicírculo de$-iR$$iR$, y luego de vuelta a lo largo del eje imaginario. El semicírculo hace una contribución de $\approx 6/2=3$ porque $f'/f\simeq 6/z$ no. Para evaluar la contribución proveniente del segmento en el eje imaginario, se observa que el $f(it)\not= 0$, así que podemos aprovechar holomorphic logaritmo en un barrio de el camino de$iR$$-iR$, y, a continuación, $$ \frac{1}{2\pi i} \int_{iR}^{-iR} \frac{f'(z)}{f(z)}\, dz = \frac{1}{2\pi i}(\log f(iR) -\log f(-iR)) . $$ Ahora, simplemente, seguir la pista de cómo $f(it)=-t^6 +640 + 192it$ se mueve a medida que variamos $t$ $R$ a $-R$: $f(iR)$ comienza en el tercer cuadrante, luego cruza el eje real positivo (al $t=0$) y, a continuación, se mueve a $\overline{f(iR)}$ en la mitad inferior del plano. Esto demuestra que $\log f(iR)-\log f(-iR) = -i\varphi$, $\pi<\varphi<2\pi$.
Esto le da a la (aproximado) de los límites $3-1+o(1)\le N\le 3-1/2+o(1)$ en el número de ceros en la mitad derecha del plano. En otras palabras, hay exactamente dos ceros, y desde los ceros vienen en el complejo conjugado de a pares (y hay, obviamente, no tiene ceros en los ejes), todas las reclamaciones seguir a partir de ahora.
