Nullstellen abschätzen < komplex < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 00:30 Di 20.03.2012 | | Autor: | Fulla |
| Aufgabe | Sei [mm]a\in\mathbb C[/mm] und [mm]p(X)=X^n+X^{n-1}+a\in\mathbb C[X][/mm] mit [mm]n\in\mathbb N[/mm], [mm]n\ge 2[/mm].
Man zeige: es gibt eine Nullstelle [mm]p(\xi)=0[/mm] mit [mm]|\xi|\ge \frac{1}{2}[/mm]. |
Liebe Forengemeinde,
der Fall [mm]n=2[/mm] ist schnell geklärt: die NST von [mm]X^2+X+a[/mm] sind [mm]-\frac{1}{2}\pm\frac{\sqrt{1-4a}}{2}[/mm] und die, "mit dem Minus" hat Betrag größer gleich [mm]\frac{1}{2}[/mm].
Für [mm]n\ge 3[/mm] ist [mm]3<2^{n-1}[/mm], d.h. [mm]\frac{3}{2^n}<\frac{1}{2}[/mm] (*).
Für den Fall [mm]|a|\le \frac{1}{2}[/mm] betrachte [mm]f(z)=a[/mm] und [mm]g(z)=z^n+z^{n-1}[/mm] und wende den Satz von Rouché an: für [mm]|z|=\frac{1}{2}[/mm] gilt
[mm]|g(z)|=|z^n+z^{n-1}|\le \frac{1}{2^n}+\frac{1}{2^{n-1}}=\frac{3}{2^n}\stackrel{(\ast)}{<}\frac{1}{2}=|f(z)|[/mm].
Also hat [mm]f+g=p[/mm] in [mm]B_\frac{1}{2}(0)[/mm] (Kreisscheibe um 0 mit Radius [mm] $\frac{1}{2}$) [/mm] keine NST, d.h. alle NST müssen einen Betrag größer gleich [mm]\frac{1}{2}[/mm] haben.
Für [mm]|a|>\frac{1}{2}[/mm] fällt mir leider nix mehr ein. Rouché funktioniert da wohl nicht...
Hat vielleicht jemand von euch eine Idee?
Lieben Gruß,
Fulla
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Hallo Fulla,
ich bin so gar nicht mehr im Thema, aber...
> Für [mm]|a|>\frac{1}{2}[/mm] fällt mir leider nix mehr ein.
> Rouché funktioniert da wohl nicht...
Wieso nicht? Schau mal ab ![[]](/images/popup.gif) hier.
Ich denke, Du bist auf der richtigen Spur.
Grüße
reverend
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 08:53 Di 20.03.2012 | | Autor: | fred97 |
> Sei [mm]a\in\mathbb C[/mm] und [mm]p(X)=X^n+X^{n-1}+a\in\mathbb C[X][/mm] mit
> [mm]n\in\mathbb N[/mm], [mm]n\ge 2[/mm].
> Man zeige: es gibt eine Nullstelle
> [mm]p(\xi)=0[/mm] mit [mm]|\xi|\ge \frac{1}{2}[/mm].
>
> Liebe Forengemeinde,
>
> der Fall [mm]n=2[/mm] ist schnell geklärt: die NST von [mm]X^2+X+a[/mm] sind
> [mm]-\frac{1}{2}\pm\frac{\sqrt{1-4a}}{2}[/mm] und die, "mit dem
> Minus" hat Betrag größer gleich [mm]\frac{1}{2}[/mm].
>
> Für [mm]n\ge 3[/mm] ist [mm]3<2^{n-1}[/mm], d.h. [mm]\frac{3}{2^n}<\frac{1}{2}[/mm]
> (*).
>
> Für den Fall [mm]|a|\le \frac{1}{2}[/mm] betrachte [mm]f(z)=a[/mm] und
> [mm]g(z)=z^n+z^{n-1}[/mm] und wende den Satz von Rouché an: für
> [mm]|z|=\frac{1}{2}[/mm] gilt
> [mm]|g(z)|=|z^n+z^{n-1}|\le \frac{1}{2^n}+\frac{1}{2^{n-1}}=\frac{3}{2^n}\stackrel{(\ast)}{<}\frac{1}{2}=|f(z)|[/mm].
Das letzte "=" stimmt aber nicht ! Es iat doch |f(z)|=|a| [mm] \le [/mm] 1/2
>
> Also hat [mm]f+g=p[/mm] in [mm]B_\frac{1}{2}(0)[/mm] (Kreisscheibe um 0 mit
> Radius [mm]\frac{1}{2}[/mm]) keine NST, d.h. alle NST müssen einen
> Betrag größer gleich [mm]\frac{1}{2}[/mm] haben.
>
> Für [mm]|a|>\frac{1}{2}[/mm] fällt mir leider nix mehr ein.
> Rouché funktioniert da wohl nicht...
>
> Hat vielleicht jemand von euch eine Idee?
Ich würde das mit dem Satz von Gauss-Lucas erledigen:
Sei N die Menge der Nullstellen von p und K die konvexe Hülle von N
Annahme: jede Nullstelle von p hat Betrag <1/2. Dann gilt auch:
(*) |z|<1/2 für alle z [mm] \in [/mm] K.
Nach dem Satz von Gauss-Lucas liegen die Nullstellen von p' in K.
Berechne diese und versuche, mit (*) einen Widerspruch zu bekommen.
FRED
>
>
> Lieben Gruß,
> Fulla
>
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 18:07 Di 20.03.2012 | | Autor: | Fulla |
Hallo Fred,
> Ich würde das mit dem Satz von Gauss-Lucas erledigen:
>
> Sei N die Menge der Nullstellen von p und K die konvexe
> Hülle von N
>
> Annahme: jede Nullstelle von p hat Betrag <1/2. Dann gilt
> auch:
>
> (*) |z|<1/2 für alle z [mm]\in[/mm] K.
>
> Nach dem Satz von Gauss-Lucas liegen die Nullstellen von p'
> in K.
>
> Berechne diese und versuche, mit (*) einen Widerspruch zu
> bekommen.
die Nullstellen von [mm]p'(z)=z^{n-2}(n*z+n-1)[/mm] sind 0 und [mm]-\frac{n-1}{n}[/mm].
Es gilt [mm]\left|-\frac{n-1}{n}\right|=\frac{n-1}{n}\ge \frac{1}{2}[/mm] für [mm]2\le n\in\mathbb N[/mm]. Widerspruch zu Gauß-Lucas.
Danke für deine Hilfe und liebe Grüße,
Fulla
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(Antwort) fertig | | Datum: | 12:55 Di 20.03.2012 | | Autor: | fred97 |
Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
Ergänzend:
1. Dass Dein Beweis für den Fall $ |a|\le \frac{1}{2} $ nicht ganz richtig ist, habe ich Dir schon gesagt. Du kannst ihn retten !
2. Der Fall $ |a|>\frac{1}{2} $ ist gannz elementar: Sei $p(z)=(z-z_1)*....*(z-z_n)$. Dann ist $a=p(0)=(-1)^n*z_1*...*z_n$, also
$|z_1*...*z_n|=|a|>\frac{1}{2$
Dann muß es aber ein j geben mit $ |z_j| \ge 1/2$
FRED
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(Frage) überfällig  | | Datum: | 16:02 Di 20.03.2012 | | Autor: | Fulla |
Hallo Fred,
> Ergänzend:
>
> 1. Dass Dein Beweis für den Fall [mm]|a|\le \frac{1}{2}[/mm] nicht
> ganz richtig ist, habe ich Dir schon gesagt. Du kannst ihn
> retten !
Wie meinst du das mit dem "retten"? Ich sehe nur, dass wenn ich stattdessen [mm]|a|\ge\frac{1}{2}[/mm] betrachte, die Rechnung stimmt:
> Für den Fall [mm] |a|\ge \frac{1}{2} [/mm] betrachte f(z)=a und
> [mm] g(z)=z^n+z^{n-1} [/mm] und wende den Satz von Rouché an: für
> [mm] |z|=\frac{1}{2} [/mm] gilt
> [mm] |g(z)|=|z^n+z^{n-1}|\le \frac{1}{2^n}+\frac{1}{2^{n-1}}=\frac{3}{2^n}\stackrel{(\ast)}{<}\frac{1}{2}\le |a|=|f(z)| [/mm].
> 2. Der Fall [mm]|a|>\frac{1}{2}[/mm] ist gannz elementar: Sei
> [mm]p(z)=(z-z_1)*....*(z-z_n)[/mm]. Dann ist
> [mm]a=p(0)=(-1)^n*z_1*...*z_n[/mm], also
>
> [mm]|z_1*...*z_n|=|a|>\frac{1}{2[/mm]
>
> Dann muß es aber ein j geben mit [mm]|z_j| \ge 1/2[/mm]
Stimmt, es geht in der Tat viel einfacher... Aber ich hänge immer noch am Fall [mm]|a|<\frac{1}{2}[/mm]....
EDIT:
dank Freds Hinweis mit dem Satz von Gauß-Lucas hat sich die Frage eigentlich erledigt... Aber wenn jemand eine andere Beweisidee hat (z.B. mit Rouché), bin ich immer noch interessiert!
Lieben Gruß,
Fulla
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 16:20 Do 22.03.2012 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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