Para demostrar que este polinomio complejo tiene todos los ceros en el círculo unitario

Question

Estoy tratando de probar un polinomio auto-inversivo $P(z) = \sum\limits_{n=0}^{N-1}a_nz^n$ tiene todas sus raíces en el círculo unitario. Los coeficientes son tales que

$ a_n = e^{j(n-\frac{N-1}{2})\pi u_0} - \beta e^{j(n-\frac{N-1}{2})\pi u_1}$ y $0 \leq n \leq N - 1$

Estos coeficientes satisfacen $a_n = a^*_{N-1-n}$ es decir $P(z)$ es autoinversivo.

La condición necesaria y suficiente para que un polinomio autoinversivo tenga todas las raíces en el círculo unitario es que $P'(z)$ tiene todas sus raíces en $|z| \leq 1$ .

Consideré el teorema de Eneström-Kakeya para demostrar $P'(z)$ tiene todas sus raíces dentro del círculo unitario, pero el teorema extendido para el polinomio complejo no parece ser válido para el polinomio anterior.

Soy incapaz de avanzar en el intento de demostrar $P(z)$ tiene todas las raíces en el círculo unitario aunque los experimentos numéricos muestran que las raíces están en el círculo unitario y de hecho las raíces de $P'(z)$ están dentro del disco unitario.

Por favor, facilítenme cualquier sugerencia sobre cómo enfocar la prueba. Gracias

Answer 1

Esto no es una respuesta. Sólo quiero utilizar el espacio y la facilidad de edición de la sección "Respuesta" para escribir las ecuaciones.

No has especificado la relación del módulo de los coeficientes $a_n$ . Si tienen forma de copa, se puede utilizar un teorema de Chen (J. of Math. Anal. and Appl. vol 190, 714-724 (1995)).

Por forma de copa, quiero decir

$$|a_0|\ge |a_1| \ge \cdots \le |a_{N-2}| \le |a_{N-1}|$$

En su caso, tenemos (supongamos $N=2n+2$ ) $$P(z) = \sum_{k=0}^{2n+1}a_kz^k=z^n q(z)+q^*(z)$$

donde $$q_n(z)=\sum_{k=0}^na_{n+k+1}z^k$$ $$q_n^*(z)=\sum_{k=0}^n a_kz^k$$

Si $N=2n+1$ definimos $Q(z)=(1+z)P(z)$ y tratar $Q(z)$ de forma similar.

Answer 2

Supongo $u_0,u_1,\beta$ son todos reales. Para $k \in \{0,1\}$ definir $\alpha_k := \sqrt{e^{j\pi u_k}}$ y definir:

$$p_k(z) := \sum_{n=0}^{N-1} e^{j(n-\frac{N-1}{2})\pi u_k}z^n = \sum_{n=0}^{N-1} \alpha_k^{2n-(N-1)}z^n$$

Así que.., $P(z) = p_0(z) - \beta p_1(z)$ . Además, define:

$$r_k(z) := z^{-(N-1)}p_k(z^2) = \sum_{n=0}^{N-1} \alpha_k^{2n-(N-1)}z^{2n-(N-1)} = \frac{(\alpha_k z)^N - (\alpha_k z)^{-N}}{(\alpha_k z) - (\alpha_k z)^{-1}} = (\alpha_k z)^{1-N} \frac{(\alpha_k z)^{2N} - 1}{(\alpha_k z)^2 - 1}$$

Así que.., $r_k(z)$ es una función meromórfica con $2N-2$ ceros simples en el círculo unitario, y $N-1$ polos en 0. Además, los ceros de $r_k(z)$ son raíces cuadradas de los ceros de $p_k(z)$ lo que implica $p_k(z)$ tiene todos sus ceros en el círculo unitario.

La característica crucial de $r_k(z)$ es entonces la siguiente propiedad. Dado que $|\alpha_k| = 1$ y $z^* = z^{-1}$ en el círculo unitario, tenemos que $r_k(z) = (r_k(z))^*$ en el círculo unitario. Es decir, $r_k(z)$ es de valor real en el círculo unitario.

Con esto, considere lo siguiente. Si $u_0$ y $u_1$ no están muy separados, entonces los ceros de $r_0(z)$ y $r_1(z)$ se alternarán/entrelazarán en el círculo unitario. (El significado de "no demasiado separadas" dependerá de $N$ . Probablemente sea algo como $|u_0-u_1| \leq \frac{2}{N}$ pero no me cites). En este caso, las raíces de $p_0(z^2)$ y $p_1(z^2)$ alternar también. Finalmente, esto implica que las raíces de $p_0(z)$ y $p_1(z)$ también suplente. El resto del argumento es una especie de teorema de Hermite-Kakeya-Obreschkoff (HKO) para el círculo unitario.

Considera la función:

$$h(z) := \frac{p_0(z)}{p_1(z)}$$

Desde $h(z^2) = \frac{r_0(z)}{r_1(z)}$ es de valor real en el círculo unitario, $h(z)$ también lo es. Un argumento estándar de recuento cero (como en la prueba de HKO) implica entonces $c_0 p_0(z) + c_1 p_1(z)$ tiene todos sus ceros en el círculo unitario para cualquier real $c_0,c_1$ . Por lo tanto, $P(z) = p_0(z) - \beta p_1(z)$ tiene todos sus ceros en el círculo unitario.

Como HKO da una condición equivalente para la localización de la raíz, esto dice además que si los ceros de $p_0$ y $p_1$ no se alternan (es decir, $|u_0-u_1|$ es demasiado grande), entonces habrá algún $\beta$ tal que $P(z)$ no tiene ceros sólo en el círculo unitario. Sin embargo, si se restringe $\beta$ (por ejemplo, a $\beta > 0$ ), es posible que los ceros de $P(z)$ están en el círculo unitario. Habría que juguetear con estos argumentos para obtener algo en ese caso.