Putnam 2018/B2

Συντονιστής: Demetres

Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 8105
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Putnam 2018/B2

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Τετ Δεκ 19, 2018 11:10 am

Έστω n θετικός ακέραιος και έστω

\displaystyle f_n(z) = n + (n-1) z + (n-2)z^2 + \cdots + z^{n-1}.

Να δειχθεί ότι το f_n δεχ έχει ρίζες στον κλειστό μοναδιαίο δίσκο \{z \in \mathbb{C}\colon |z| \leqslant 1 \}.



Λέξεις Κλειδιά:
Stelios V8
Δημοσιεύσεις: 22
Εγγραφή: Κυρ Ιαν 14, 2018 10:42 pm

Re: Putnam 2018/B2

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Stelios V8 » Τετ Δεκ 19, 2018 2:32 pm

Παρατηρούμε ότι

f_{n}(1)=\sum_{k=1}^{n}k= \frac{n(n+1)}{2}\neq 0  \forall n\geq 1 επομένως έχουμε

f_{n}(z)=\sum_{k=0}^{n-1}(n-k)z^{k}=\frac{z^{n+1}-(n+1)z+n}{(z-1)^{2}}=\frac{z^{n}+z^{n-1}+...+z^{2}+z-n}{z-1} \forall z\neq 1 και άρα

f_{n}(z)=0\Leftrightarrow z^{n}+z^{n-1}+...+z^{2}+z-n=0\Rightarrow

n=\left |z^{n}+z^{n-1}+...+z^{2}+z  \right |\leq |z|^{n}+|z|^{n-1}+...+|z|^{2}+|z|\leq n \forall |z|\leq 1

Για να έχουμε ισότητα στην τελευταία θα πρέπει να ικανοποιούνται συγχρόνως οι απαιτήσεις

z=Re(z)\geqslant 0 και |z|=1 οι οποίες μαζί δίνουν z=1 που έχει απορριφθεί

Άρα η εξίσωση f_{n}(z)=0 δεν έχει λύση για |z|\leq 1


ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ
Δημοσιεύσεις: 2345
Εγγραφή: Πέμ Φεβ 27, 2014 9:05 am
Τοποθεσία: ΧΑΛΚΙΔΑ- ΑΘΗΝΑ-ΚΡΗΤΗ

Re: Putnam 2018/B2

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ » Τετ Δεκ 19, 2018 3:04 pm

Demetres έγραψε:
Τετ Δεκ 19, 2018 11:10 am
Έστω n θετικός ακέραιος και έστω

\displaystyle f_n(z) = n + (n-1) z + (n-2)z^2 + \cdots + z^{n-1}.

Να δειχθεί ότι το f_n δεχ έχει ρίζες στον κλειστό μοναδιαίο δίσκο \{z \in \mathbb{C}\colon |z| \leqslant 1 \}.


Το θέμα είναι γνωστό τουλάχιστον από το 1982, στην εξής μορφή.

Αν 0<a_{0}\leq a_{1}\leq ...\leq a_{n}

τότε η εξίσωση

a_{0}z^{n}+a_{1}z^{n-1}+.....+a_{n}=0

δεν έχει ρίζες στον δίσκο

\left | z \right |< 1


Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 8105
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: Putnam 2018/B2

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Τετ Δεκ 19, 2018 3:43 pm

Πολύ ωραία. Και εγώ έτσι το έκανα. Δεν μπορώ όμως να μην αναφέρω και την εξής όμορφη λύση που είδα εδώ.

Δεν είναι δύσκολο να δούμε ότι το ζητούμενο είναι ισοδύναμο με το να δείξουμε ότι το πολυώνυμο

\displaystyle g_n(z) = 1+2z+3z^2 + \cdots + nz^{n-1}

δεν έχει ρίζες με |z| \geqslant 1.

Έστω h_n(z) = 1 + z + z^2 + \cdots + z^n. Οι ρίζες του h_n(z) είναι οι (n+1)-ρίζες της μονάδας. Επειδή g_n(z) = h_n'(z), από το θεώρημα Gauss-Lucas οι ρίζες ανήκουν στην κυρτή θήκη των ριζών του h_n(z). Άρα οι μόνες πιθανές ρίζες του g_n(z) με |z| \geqslant 1 είναι οι ρίζες του h_n(z). Αυτές όμως δεν είναι ρίζες του h_n(z) επειδή το h_n(z) δεν έχει διπλή ρίζα.


Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 8105
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: Putnam 2018/B2

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Τετ Δεκ 19, 2018 3:59 pm

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε:
Τετ Δεκ 19, 2018 3:04 pm
Το θέμα είναι γνωστό τουλάχιστον από το 1982, στην εξής μορφή.

Αν 0<a_{0}\leq a_{1}\leq ...\leq a_{n}

τότε η εξίσωση

a_{0}z^{n}+a_{1}z^{n-1}+.....+a_{n}=0

δεν έχει ρίζες στον δίσκο

\left | z \right |< 1

Σταύρο, είναι ακόμη πιο παλιό! Στον σύνδεσμο που έδωσα στην προηγούμενή μου ανάρτηση γίνεται επίσης αναφορά στο θεώρημα Eneström-Kakeya. Γράφω μια γενική του μορφή.

Έστω πραγματικό πολυώνυμο f(x) = a_0 + a_1x + a_2x^2 + \cdots + a_nx^n με θετικούς συντελεστές. Έστω \displaystyle  M = \max_{0 \leqslant i \leqslant n-1} \frac{a_i}{a_{i+1}} και \displaystyle  m = \min_{0 \leqslant i \leqslant n-1} \frac{a_i}{a_{i+1}}.

Τότε κάθε (πιθανώς μιγαδική) ρίζα z του f(x) ικανοποιεί m \leqslant |z| \leqslant M.

Στην περίπτωσή μας έχουμε m = \frac{n}{n-1} και M = 2 οπότε το συμπέρασμα έπεται.

Με λίγο ψάξιμο στο διαδίκτυο βρήκα το αρχείο εδώ. Αποδίδει την μορφή που έγραψα πιο πάνω στον Kakeya από το 1912 ενώ το ίδιο αποτέλεσμα είχε και ο Eneström από το 1893.


Απάντηση

Επιστροφή σε “Διαγωνισμοί για φοιτητές”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης