Многочлен

[RIP]

Раз уж задача решена, приведу до кучи своё решение.
Докажем более общее утверждение, а именно:
Если $f(z)=z^n+a_{n-1}z^{n-1}+\ldots+a_0$, $|a_0|\ge1$ (и $n\ge1$ ), то
$\max\limits_{|z|=1}|f(z)|\ge2$, причём если $\max\limits_{|z|=1}|f(z)|=2$, то $f(z)=z^n+a_0$, $|a_0|=1$.

1. Если $\max\limits_{|z|=1}|f(z)|<2$, то, по теореме Руше, многочлен $2z^n-f(z)=z^n-\ldots-a_0$, имеет $n$ корней в круге $|z|<1$, что абсурдно.

2. Допустим, что $\max\limits_{|z|=1}|f(z)|=2$. Обозначим $\zeta=e^{\frac{2\pi i}n}$. Рассмотрим многочлен $f_1(z)=\frac1n\sum_{k=0}^{n-1}f(\zeta^kz)=z^n+\ldots+a_0$. Тогда при $|z|=1$ $|f_1(z)|\le2$, но, согласно доказанному, $\max\limits_{|z|=1}|f_1(z)|\ge2$, следовательно, $\max\limits_{|z|=1}|f_1(z)|=2$. Пусть $|z_0|=1$, $|f_1(z_0)|=2$. Тогда получаем, что $|f(\zeta^kz_0)|\le2$, но $|\sum_{k=0}^{n-1}f(\zeta^kz_0)|=2n$, что возможно, только если $f(z_0)=f(\zeta z_0)=\ldots=f(\zeta^{n-1}z_0)=c$, $|c|=2$. Следовательно, $f(z)=c+\prod_{k=0}^{n-1}(z-\zeta^kz_0)=c+z^n-z_0^n=z^n+a_0$. То, что $|a_0|=1$, следует из $\max\limits_{|z|=1}|f(z)|=2$.

[Профессор Снэйп]

Ответ на первый вопрос я, кстати, тоже получил. Но только после подсказки RIP насчёт теоремы Руше, поэтому решил его не публиковать.

А вот решение TOTAL я так до сих пор и не понимаю. Посидел с полчасика, погадал, что такое "тригонометрический полином", потом плюнул. У TOTAL'а что-то спрашивать --- себе дороже. Скажите хоть Вы мне, правильно у него или нет (если Вы поняли, что он написал). В случае, если окажется правильно, засяду на несколько часов с бумажкой и буду разбирать.

P. S. Так как всё-таки насчёт полиномов

\[ q_a(z) = \frac{a^n p(z/a) + p(az)}{a^n+1} = \frac{1}{a^n+1} \left( \prod_{k=1}^n (z - az_k) + \prod_{k=1}^n (az - z_k) \right) \]

при действительных $a > 0$? Или даже полиномов

$$ r_a(z) = \frac{1}{a^n+1} \left( \prod_{k=1}^n (z - \overline{a}z_k) + \prod_{k=1}^n (az - z_k) \right) $$

для произвольных $a \in \mathbb{C}$, не являющихся корнем $n$-ой степени из единицы? Вроде бы у каждого такого полинома все корни лежат на единичной окружности. Верно ли, что для каждого из них при любом допустимом $a$ максимум на единичной окружности не больше, чем максимум исходного полинома $p$ на той же окружности?

[RIP]

Профессор Снэйп писал(а):

Скажите хоть Вы мне, правильно у него или нет (если Вы поняли, чо он написал).

Доказательство первого пункта оттуда действительно можно извлечь, скорее всего, и второго тоже, но это уже думать надо, а мне лень. Тригонометрический полином степени не выше $n$ - выражение вида $T_n(x)=a_0+\sum_{k=1}^n(a_k\cos kx+b_k\sin kx)$.
Я не совсем понял, к чему там фраза про количество смен знака, но можно применить теорему Чебышёва о тригонометрическом полиноме наилучшего равномерного приближения, из которой следует, что тригполиномом наилучшего равномерного приближения степени не выше $n-1$ для $\sin nx$ является 0, т.е. для любого тригполинома степени не выше $n-1$ $T(x)\not\equiv0$ справедливо $\max\limits_{x\in\mathbb R}|\sin nx+T(x)|>\max\limits_{x\in\mathbb R}|\sin nx|$.

[RIP]

Вот док-во для $a\in(0;1)\cup(1;+\infty)$ (для комплексных я не пробовал, возможно, делается так же; оставлю в качестве упражнения).
Имеем при $l\in\mathbb R$

$$c_l=\sum_{k=0}^{n-1}\frac{a^{n-k}+a^k}{a^n+1}e^{\frac{2\pi ikl}n}=\frac{(1-a^2)(1-a^n)}{(1+a^n)(1-2a\cos\frac{2\pi l}n+a^2)}>0,$$

поэтому при $k=0,\ldots,n-1$ (дискретное преобразование Фурье)

$$\frac{a^{n-k}+a^k}{a^n+1}=\frac1n\sum_{l=0}^{n-1}c_le^{-\frac{2\pi ikl}n}.$$

Это равенство выполняется и при $k=n$, поскольку оба выражения при $k=n$ принимают то же значение, что и при $k=0$, а именно:$1$.
Пусть $p(z)=\sum_{k=0}^na_kz^k$ - произвольный многочлен степени не выше $n$. Тогда

$$q(e^{i\varphi})=\sum_{k=0}^na_k\frac{a^{n-k}+a^k}{a^n+1}e^{ik\varphi}=\frac1n\sum_{l=0}^{n-1}c_lp(e^{i(\varphi-\frac{2\pi l}n)}).$$

Следовательно,

$$\max_{|z|=1}|q(z)|\leqslant\max_{|z|=1}|p(z)|\cdot\frac1n\sum_{l=0}^{n-1}c_l=\max_{|z|=1}|p(z)|.$$

Равенство достигается только для многочленов вида $p(z)=a_nz^n+a_0$.

Однако, замечательное неравенство!

[RIP]

RIP писал(а):

2. Рассмотрим многочлен $f_1(z)=\frac1n\sum_{k=0}^{n-1}f(\zeta^kz)=z^n+\ldots+a_0$.

Блин. До меня только теперь дошло, что $f_1(z)=z^n+a_0$, поэтому на самом деле $\max\limits_{|z|=1}|f(z)|\geqslant\max\limits_{|z|=1}|f_1(z)|=1+|a_0|$, причём равенство достигается только для $f(z)=z^n+a_0$. И не надо никаких Руше. Всё-таки нет предела человеческой глупости.

[Профессор Снэйп]

RIP писал(а):

RIP писал(а):

2. Рассмотрим многочлен $f_1(z)=\frac1n\sum_{k=0}^{n-1}f(\zeta^kz)=z^n+\ldots+a_0$.

Блин. До меня только теперь дошло, что $f_1(z)=z^n+a_0$...

И это очевидно, ибо если $z_0$ --- корень многочлена $f_1$, то для любого $k$ число $\zeta^k z_0$ --- тоже корень этого многочлена.

И эту задачу я пытался решить неделю, если не больше!!! Пойду убью себя апстену.

[RIP]

По-моему, тут дело в формулировке. В ней много лишнего. Я думаю, что если бы задача была сформулирована в виде "для произвольного многочлена $f(z)=a_nz^n+\ldots+a_0$ ($n\geqslant1$) доказать $\max\limits_{|z|=1}|f(z)|\geqslant|a_n|+|a_0|$, причём...", то её решение было бы делом нескольких минут, если не секунд. Вот что значит правильно поставить задачу! Задача в том виде, как я запостил, была взята с матлинкса (на тот момент решения там не было). Не знаю: то ли автор задачи имел другое док-во (наподобие решения TOTALа), то ли просто пудрил мозги, как любят на олимпиадах.

[RIP]

Найти при $n\in\mathbb N$

$$\max_{|z|=1}\prod_{k=1}^n(z^k-1)^{n-k}.$$

[Руст]

По всей видимости требуется найти максимум модуля (для комплексных чисел не определено отношение > < ). Если $z=\cos 2\theta +i\sin 2\theta$, то $|z^k-1|=2\sin k\theta $. тогда условие можно переформулировать в более умозрительном виде: Найти

$$max f(\theta ), \ f(\theta)=\prod_{k=1}^n |2\sin k\theta |^{n-k}.$$

[RIP]

Да, конечно, именно это и имелось в виду.