2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки




Начать новую тему Ответить на тему На страницу Пред.  1, 2
 
 Re: Маленькие интриги кубического многочлена
Сообщение14.05.2019, 05:52 


13/12/05
3551
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 $1$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Маленькие интриги кубического многочлена
Сообщение14.05.2019, 06:16 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


08/11/11
5498
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 $\mathbb C$).

 Профиль  
                  
 
 Re: Маленькие интриги кубического многочлена
Сообщение14.05.2019, 06:30 


13/12/05
3551
Точно, чушь написал. Надо $z=\frac t{\bar a^{\frac12}}$ (предполагая, что $a\neq 0$).

 Профиль  
                  
 
 Re: Маленькие интриги кубического многочлена
Сообщение14.05.2019, 06:48 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


11/01/06
3590
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 $p(z)=a_nz^n+a_0$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Маленькие интриги кубического многочлена
Сообщение14.05.2019, 07:10 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


08/11/11
5498
Вроде даже так:
$$
\max\limits_{\lvert z\rvert=1}\bigl\lvert p(z)\bigr\rvert\geqslant \sqrt{(|a_n|+|a_0|)^2+|a_1|^2+\ldots+|a_{n-1}|^2)}.
$$

 Профиль  
                  
 
 Re: Маленькие интриги кубического многочлена
Сообщение14.05.2019, 07:35 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


11/01/06
3590
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.

 Профиль  
                  
 
 Re: Маленькие интриги кубического многочлена
Сообщение14.05.2019, 17:08 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


08/11/11
5498
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.

 Профиль  
                  
 
 Re: Маленькие интриги кубического многочлена
Сообщение14.05.2019, 18:21 
Заслуженный участник


20/12/10
5753
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.

 Профиль  
                  
 
 Re: Маленькие интриги кубического многочлена
Сообщение14.05.2019, 20:12 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


08/11/11
5498
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 $|a_0|^2+|a_n|^2$.

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 24 ]  На страницу Пред.  1, 2

Модераторы: Модераторы, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей


Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

Найти:
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group