Маленькие интриги кубического многочлена

[Padawan]

А если четвертую так решить: рассмотрим функцию $f(z)=\frac {p(z)}{z^3}=1+\frac a{z^2}+\frac b{z^3}$. Она аналитическая в области $|z|>1$ и по условию на границе этой области $|f(z)|\le 1$, $f(\infty)=1$. Значит, по принципу максимума, $|f(z)|\le 1$ при $|z|>1$. Возьмём $z=\bar a t$, $t\to +\infty$, получим $f(z)=1+\frac {|a|^2}{t^2}+O(\frac 1{t^3})$, откуда $a=0$. Аналогично $b=0$.
Такое же решение подходит для любого многочлена $p(z)$ со старшим коэффициентом $1$.

[g______d]

Padawan в сообщении #1392884 писал(а):

Возьмём $z=\bar a t$, $t\to +\infty$, получим $f(z)=1+\frac {|a|^2}{t^2}+O(\frac 1{t^3})$,

Именно с таким $z$ у меня не получилось, но из решения nnosipov следует, что любой (один, но не считая $z^n$) из коэффициентов можно не умаляя общности сделать вещественным неотрицательным, а дальше повторять Ваше рассуждение. Но ТФКП здесь всё-таки концептуально лишнее, задача чисто алгебраическая и наверное верна над другими полями (впрочем, какие-то из них можно погрузсть в $\mathbb C$).

[Padawan]

Точно, чушь написал. Надо $z=\frac t{\bar a^{\frac12}}$ (предполагая, что $a\neq 0$).

[RIP]

Кстати, обобщение задачи 4 можно ещё уточнить: если $p(z)=a_nz^n+a_{n-1}z^{n-1}+\dotsb+a_0$, то $\max\limits_{\lvert z\rvert=1}\bigl\lvert p(z)\bigr\rvert\geqslant\left\lvert a_n\right\rvert+\left\lvert a_0\right\rvert$, причём равенство достигается тогда и только тогда, когда $p(z)=a_nz^n+a_0$.

[g______d]

Вроде даже так:

$$ \max\limits_{\lvert z\rvert=1}\bigl\lvert p(z)\bigr\rvert\geqslant \sqrt{(|a_n|+|a_0|)^2+|a_1|^2+\ldots+|a_{n-1}|^2)}. $$

[RIP]

Да, действительно, Парсеваль даёт лучший результат.

-- Вт 2019-05-14 08:10:51 --

g______d в сообщении #1392849 писал(а):

Чего я не очень понимаю -- как без Планшереля перейти от равенств $a_n=1$, $a_0=0$ к равенству нулю остальных коэффициентов.

Поскольку $p(1)+p(\zeta)+\dotsb+p(\zeta^{n-1})=n\left(1+a_0\right)$ и $\bigl\lvert p(\zeta^k)\bigr\rvert\le1+a_0$, то $p(1)=p(\zeta)=\dotsb=1+a_0$, то есть многочлен $p(z)-z^n-a_0$ имеет $n$ различных корней.

[g______d]

RIP в сообщении #1392896 писал(а):

Поскольку $p(1)+p(\zeta)+\dotsb+p(\zeta^{n-1})=n\left(1+a_0\right)$ и $\bigl\lvert p(\zeta^k)\bigr\rvert\le1+a_0$, то $p(1)=p(\zeta)=\dotsb=1+a_0$, то есть многочлен $p(z)-z^n-a_0$ имеет $n$ различных корней.

О, а тогда можно исходную задачу так решить: заметим, что задачи для многочленов $p(z)=a_0 z^0+a_1 z^1+\ldots+a_n z^n$ и $q(z)=a_0 z^n+a_1 z^{n-1}+\ldots+a_n z^0$ равносильны (поскольку $1/z$ тоже лежит на окружности).

Пусть $\eta^{n+1}=1$ примитивный корень. Тогда $q(1)+q(\eta)+\ldots+q(\eta^n)=(n+1)a_n=(n+1)$ (суммирование прогрессий; и воспользовались условием $a_n=1$). Слагаемые в левой части не превосходят по модулю 1, следовательно, они все равны единице, поэтому полином $q(z)-1$ тождественный нуль.

[nnosipov]

g______d в сообщении #1392973 писал(а):

Пусть $\eta^{n+1}=1$ примитивный корень.

Вот это для меня что-то новенькое (вместо корней степени $n$ использовать корни степени $n+1$). Вообще, надо бы осмыслить этот сюжет с точки зрения ДПФ (может, еще какие бонусы будут).

Порылся в своих темах и нашел topic46898.html (там есть ссылки и на более раннюю тему с аналогичным сюжетом). Похоже, не раз уже обсуждалось.

(Оффтоп)

to ewert
Сегодня меня порадовали (в хорошем смысле) на кафедре: в следующем уч. году возвращается нормальный режим (1 лекция+1 практика в неделю), по крайней мере для одной группы (спец. "Прикладная математика"). Для других спец. пока останется по-прежнему --- надо ждать удобного момента, когда можно будет изменить учебные планы безопасно для собственного здоровья.

[g______d]

nnosipov в сообщении #1392988 писал(а):

Вот это для меня что-то новенькое (вместо корней степени $n$ использовать корни степени $n+1$). Вообще, надо бы осмыслить этот сюжет с точки зрения ДПФ (может, еще какие бонусы будут).

Я тоже не сразу понял про $n+1$, но это правильное количество точек, чтобы по значениям в них восстановить многочлен.

Меня больше удивил тот факт, что $n$ точек дают лучшую оценку: $(|a_0|+|a_n|)^2$ вместо $|a_0|^2+|a_n|^2$.