Nullstellen eines rekursiv definierten Polynoms (Induktion)

07.07.2015, 09:39

Daniel_Physiker

Nullstellen eines rekursiv definierten Polynoms (Induktion)

Das Problem:

$\begin{eqnarray*} P_N(x) \end{eqnarray*}$ ist ein rekursiv definiertes Polynom mit $\begin{eqnarray*} P_1(x)=-x \end{eqnarray*}$ , $\begin{eqnarray*} P_2(x)=x^2-1 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} P_N(x)=-x P_{N-1}(x)-P_{N-2}(x) \end{eqnarray*}$ . Ich würde gerne zeigen, dass auch für beliebig große N alle Nullstellen zwischen 2 und -2 liegen. Noch besser wäre es, wenn ich zeigen könnte, dass die äußeren Nullstellen für $\begin{eqnarray*} N \rightarrow \infty \end{eqnarray*}$ genau gegen 2 und -2 gehen.

Meine Überlegungen:

Man kann durch Induktion recht leicht zeigen, dass die Polynome für gerade N gerade sind und für ungerade N ungerade. Das heißt, die Nullstellen sind symmetrisch um 0 verteilt und man muss nur noch zeigen, dass die äußere rechte Nullstelle kleiner als 2 ist.

Mir ist klar, dass ich das Problem mit vollständiger Induktion lösen muss, allerdings habe ich Probleme bei der Umsetzung. Wenn ich annehme, dass die Nullstelle von $\begin{eqnarray*} P_{N-1}(x) \end{eqnarray*}$ kleiner als 2 ist und etwas größer ist als die von $\begin{eqnarray*} P_{N-2}(x) \end{eqnarray*}$ , kann man auch leicht sehen, dass die Nullstelle von $\begin{eqnarray*} P_N(x) \end{eqnarray*}$ größer sein muss als die von $\begin{eqnarray*} P_{N-1}(x) \end{eqnarray*}$ , da sowohl $\begin{eqnarray*} -x P_{N-1}(x) \end{eqnarray*}$ als auch $\begin{eqnarray*} P_{N-2}(x) \end{eqnarray*}$ gegen $\begin{eqnarray*} + \infty \end{eqnarray*}$ gehen (bzw. gegen $\begin{eqnarray*} - \infty \end{eqnarray*}$ für ungerade N) - das Problem ist nur, dass ich so nicht zeigen kann, dass die äußere Nullstelle von $\begin{eqnarray*} P_(x) \end{eqnarray*}$ auch kleiner als 2 ist. Dazu müsste ich ja eigentlich zeigen, dass die äußeren Nullstellen eine Folge bilden, die für $\begin{eqnarray*} N \rightarrow \infty \end{eqnarray*}$ gegen 2 konvergiert, aber dafür fehlt mir bisher der Ansatz.

Der Hintergrund:

Die Nullstellen entsprechen Energieeigenwerten in einem Potential mit $\begin{eqnarray*} N \end{eqnarray*}$ gleichförmigen Potentialmulden. Für $\begin{eqnarray*} N \rightarrow \infty \end{eqnarray*}$ würde ich also ein Energieband für ein periodisches Potential erhalten.

Im Anhang ist sieht man das Polynom für N=21.

Ich würde mich sehr über Lösungsansätze / Ideen freuen!

07.07.2015, 10:23

HAL 9000

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Betrachtet man $\begin{align*} x \end{align*}$ in $\begin{eqnarray*} P_N(x)=-x P_{N-1}(x)-P_{N-2}(x) \end{eqnarray*}$ als konstant, dann ist das eine lineare Differenzengleichung mit der für $\begin{align*} |x|< 2 \end{align*}$ expliziten Lösung

$\begin{align*} P_N(x) = \frac{\sin((N+1)\varphi)}{\sin(\varphi)} \end{align*}$ mit $\begin{align*} \varphi = \arccos\left(-\frac{x}{2}\right) \end{align*}$ .

Das dürfte auch die Nullstellenfrage erheblich erleichtern.

07.07.2015, 21:52

Daniel_Physiker

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Vielen Dank für die hilfreiche Antwort! Wenn man weiß, dass das Polynom diese Form hat, kann man natürlich sehr leicht zeigen, dass die äußeren Nullstellen gegen $\begin{eqnarray*} \pm 2 \end{eqnarray*}$ gehen. Ich habe die Rechnung mit recht viel Rechenarbeit nachvollzogen und dabei die Methoden aus dem Wikipedia-Artikel zu Differenzengleichungen benutzt. Mit dem Ansatz $\begin{eqnarray*} P_N(x) = a(x)^N \end{eqnarray*}$ erhalte ich

$\begin{eqnarray*} a_{1,2} = \frac{-x}{2} \pm i \sqrt{1-\frac{x^2}{4}} \end{eqnarray*}$

und indem ich $\begin{eqnarray*} P_1 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} P_2 \end{eqnarray*}$ benutze, ist mein Ergebnis dann schließlich

$\begin{eqnarray*} P_N(x)= c_1 a_1^N+c_2 a_2^N \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} c_{1,2} = \frac{1}{2}\pm \frac{i x}{4 \sqrt{1-\frac{x^2}{4}}} \end{eqnarray*}$ .

Wie sieht man an dieser Stelle, dass es sinnvoll ist,

$\begin{eqnarray*} -\frac{x}{2}=\cos \phi \end{eqnarray*}$

zu schreiben? Ich kann zwar im Nachhinein gut verstehen, warum man das tun sollte, wäre aber wohl kaum selbst auf die von dir vorgeschlagene Form gekommen. Hilft an der Stelle nur viel Erfahrung (und Intelligenz) oder gibt es eine andere Methode zur Lösung von Differenzengleichungen, mit der man ohne Umwege zu der gewünschten Form

$\begin{eqnarray*} P_N(x) = \frac{\sin\left((N+1)\phi\right)}{\sin \phi} \end{eqnarray*}$

kommt?

07.07.2015, 22:57

HAL 9000

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Zitat:

Original von Daniel_Physiker
$\begin{eqnarray*} a_{1,2} = \frac{-x}{2} \pm i \sqrt{1-\frac{x^2}{4}} \end{eqnarray*}$

Diese Wurzeln liegen auf dem Einheitskreis, das sieht man bereits der charakteristischen Gleichung $\begin{align*} a^2+xa+1 = 0 \end{align*}$ an. Da bietet es sich an, gleich mit

$\begin{align*} a_{1,2} = e^{\pm \varphi i} \end{align*}$

zu arbeiten mit eben jenem $\begin{align*} \cos(\varphi)=-\frac{x}{2} \end{align*}$ . Schon hat man

$\begin{align*} P_N(x)= c_1 e^{N\varphi i}+c_2 e^{-N\varphi i} \end{align*}$ ,

und die Anfangsbedingungen für N=1 und N=2 (oder leichter zu rechnen für N=-1 und N=0, wenn man $\begin{align*} P_{-1}(x):=0 \end{align*}$ und $\begin{align*} P_0(x):=1 \end{align*}$ sinnvollerweise vorn ergänzt) sorgen für passende $\begin{align*} c_1,c_2 \end{align*}$ , die eine solche Vereinfachung wie oben gesehen gestatten.

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Und ich sag's mal so: Wenn man weiß "was rauskommt", also eben jenes

$\begin{align*} P_N(x) = \frac{\sin((N+1)\varphi)}{\sin(\varphi)} \end{align*}$ mit $\begin{align*} \varphi = \arccos\left(-\frac{x}{2}\right) \end{align*}$ ,

dann kann man das auch schnöde per vollständiger Induktion nachweisen, sogar rein reell (unter Einbeziehung von trigonometrischen Additionstheoremen). Natürlich verstellt eine solche Darstellung den Blick auf die Methode zur Ermittlung dieser Formel - aber den habe ich dir ja nun nicht verschwiegen. Augenzwinkern

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