Vise at komplekse koeffisienter er begrenset.
Moderators: Vektormannen, espen180, Aleks855, Solar Plexsus, Gustav, Nebuchadnezzar, Janhaa
-
Betelgeuse
- Ramanujan
- Posts: 260
- Joined: 16/04-2009 21:41
Hvis [tex]P(z) = a_0 + a_1z + ... + a_nz^n[/tex] og [tex]max|P(z)| = M[/tex] for [tex]|z| = 1[/tex], så skal jeg vise at alle koeffisientene også er begrenset av [tex]M[/tex]. Ser ikke helt hvordan jeg skal vise det.
[tex]\small{\text{atm: fys1120, ast1100, mat1120, mat2410 \ . Prev: mat1110, fys-mek1110, mek1100, mat1100, mat-inf1100, inf1100}}[/tex]
Jeg har en følelse om at du skal bruke Cauchy-Hadamard teoremet her - http://en.wikipedia.org/wiki/Cauchy%E2% ... rd_theorem
men garanterer ingenting - mange år siden dette her nå
men garanterer ingenting - mange år siden dette her nå
Kom du noen vei med denne?
Har gått og tenkt på den en stund, men tror jeg må gi opp!
Har gått og tenkt på den en stund, men tror jeg må gi opp!
Cube - mathematical prethoughts | @MatematikkFakta
Med forbehold om tullete feil. (både her og ellers)
Med forbehold om tullete feil. (både her og ellers)
Kan det være noe ala:
Du vet at [tex]\mathrm{max}|P(z)| = \mathrm{max}|\sum_{n=0}^{\infty}a_nz^n| = M[/tex]
Dermed
[tex]|\sum_{n=0}^{\infty}a_nz^n| \leq \sum_{n=0}^{\infty}|a_nz^n| = \sum_{n=0}^{\infty}|a_n| \leq M[/tex] siden [tex]|z| = 1[/tex] (og den første overgangen gjelder pga triangelulikheten).
Du vet at [tex]\mathrm{max}|P(z)| = \mathrm{max}|\sum_{n=0}^{\infty}a_nz^n| = M[/tex]
Dermed
[tex]|\sum_{n=0}^{\infty}a_nz^n| \leq \sum_{n=0}^{\infty}|a_nz^n| = \sum_{n=0}^{\infty}|a_n| \leq M[/tex] siden [tex]|z| = 1[/tex] (og den første overgangen gjelder pga triangelulikheten).
Mulig dette kan gjøres enklere, men her er et forslag til en løsning i hvert fall.
Anta for å oppnå motsigelse at [tex]|a_k| > M[/tex] for en k.
La [tex]Q(z) = z^{-k}P(z) = a_0z^{-k}+...+a_k+...+a_nz^{n-k}[/tex].
I så fall er [tex]|Q(z)|=|z^{-k}||P(z)| = |P(z)| \leq M[/tex] for |z| = 1.
La [tex]w = e^{i\frac{2\pi}{n}}[/tex], og la i og r være et heltall slik at 0 < r < n og 0 < i < n, hvor [tex]d = \gcd(r,n)[/tex] og [tex]r_1=\frac{r}{d}[/tex].
Skriv [tex]i = \frac{n}{d}i_1+i_2[/tex]. I så fall er
[tex](w^r)^i = w^{r_1d(\frac{n}{d}i_1+i_2)}w^{r_1ni_1+r_1di_2}=w^{r i_2}[/tex]
Ved å bruke dette får vi at [tex]\sum^{n-1}_{i = 0} (w^r)^i = d\sum^{\frac{n}{d}-1}_{i = 0} (w^r)^i[/tex]
hvor [tex]\gcd(r_1,\frac{n}{d}) = 1[/tex]. I så fall er [tex]w^r=(w^d)^{r_1}[/tex] en primitiv [tex]\frac{n}{d}[/tex]'te enhetsrot, som betyr at [tex]\sum^{\frac{n}{d}-1}_{i = 0} (w^r)^i = 0[/tex], og det medfører at [tex]\sum^{n-1}_{i = 0} (w^r)^i = 0[/tex], for enhver 0 < r < n.
Dessuten er [tex]\sum^{n-1}_{i=0}(w^{-r})^i = \sum^{n-1}_{i=0}(w^{n-r})^i = 0[/tex] ettersom 0 < r < n medfører at n > n-r > 0.
Bruker vi det ovenfor får vi at
[tex]|\sum^{n-1}_{i=0}Q(w^i)| = |a_0\sum^{n-1}_{i=0} (w^{-k})^i + a_1\sum^{n-1}_{i=0} (w^{1-k})^i + ...+ na_k + ...+ a_n\sum^{n-1}_{i=0} (w^{n-k})^i| = |a_0 \cdot 0 +...+na_k+...+a_n\cdot 0| = n|a_k|[/tex].
Men samtidig av trekantulikheten er
[tex]|\sum^{n-1}_{i=0}Q(w^i)| \leq \sum^{n-1}_{i=0}|Q(w^i)| \leq \sum^{n-1}_{i=0}M = nM[/tex]
siden [tex]|w^i| = 1[/tex] for alle i.
Det betyr at [tex]n|a_k| \leq nM[/tex], eller [tex]|a_k| \leq M[/tex] som er umulig. Alle koeffisientene er altså begrenset av M.
Anta for å oppnå motsigelse at [tex]|a_k| > M[/tex] for en k.
La [tex]Q(z) = z^{-k}P(z) = a_0z^{-k}+...+a_k+...+a_nz^{n-k}[/tex].
I så fall er [tex]|Q(z)|=|z^{-k}||P(z)| = |P(z)| \leq M[/tex] for |z| = 1.
La [tex]w = e^{i\frac{2\pi}{n}}[/tex], og la i og r være et heltall slik at 0 < r < n og 0 < i < n, hvor [tex]d = \gcd(r,n)[/tex] og [tex]r_1=\frac{r}{d}[/tex].
Skriv [tex]i = \frac{n}{d}i_1+i_2[/tex]. I så fall er
[tex](w^r)^i = w^{r_1d(\frac{n}{d}i_1+i_2)}w^{r_1ni_1+r_1di_2}=w^{r i_2}[/tex]
Ved å bruke dette får vi at [tex]\sum^{n-1}_{i = 0} (w^r)^i = d\sum^{\frac{n}{d}-1}_{i = 0} (w^r)^i[/tex]
hvor [tex]\gcd(r_1,\frac{n}{d}) = 1[/tex]. I så fall er [tex]w^r=(w^d)^{r_1}[/tex] en primitiv [tex]\frac{n}{d}[/tex]'te enhetsrot, som betyr at [tex]\sum^{\frac{n}{d}-1}_{i = 0} (w^r)^i = 0[/tex], og det medfører at [tex]\sum^{n-1}_{i = 0} (w^r)^i = 0[/tex], for enhver 0 < r < n.
Dessuten er [tex]\sum^{n-1}_{i=0}(w^{-r})^i = \sum^{n-1}_{i=0}(w^{n-r})^i = 0[/tex] ettersom 0 < r < n medfører at n > n-r > 0.
Bruker vi det ovenfor får vi at
[tex]|\sum^{n-1}_{i=0}Q(w^i)| = |a_0\sum^{n-1}_{i=0} (w^{-k})^i + a_1\sum^{n-1}_{i=0} (w^{1-k})^i + ...+ na_k + ...+ a_n\sum^{n-1}_{i=0} (w^{n-k})^i| = |a_0 \cdot 0 +...+na_k+...+a_n\cdot 0| = n|a_k|[/tex].
Men samtidig av trekantulikheten er
[tex]|\sum^{n-1}_{i=0}Q(w^i)| \leq \sum^{n-1}_{i=0}|Q(w^i)| \leq \sum^{n-1}_{i=0}M = nM[/tex]
siden [tex]|w^i| = 1[/tex] for alle i.
Det betyr at [tex]n|a_k| \leq nM[/tex], eller [tex]|a_k| \leq M[/tex] som er umulig. Alle koeffisientene er altså begrenset av M.
Last edited by Charlatan on 16/08-2010 20:50, edited 1 time in total.
-
Betelgeuse
- Ramanujan
- Posts: 260
- Joined: 16/04-2009 21:41
Nei jeg kom ingen vei. Skulle aldri ha gått inn på denne tråden før jeg la meg. Endte opp med en veldig dårlig natt søvn :p
[tex]\small{\text{atm: fys1120, ast1100, mat1120, mat2410 \ . Prev: mat1110, fys-mek1110, mek1100, mat1100, mat-inf1100, inf1100}}[/tex]