Доказать, что все корни многочлена по модулю равны 1

[artempalkin]

Эта задача из Putnam 1989

Докажите, что если

$$11z^{10}+10iz^9+10iz-11=0,$$

то $|z|=1$.

Давно думаю над этой задачей, что-то ничего не придумал. Вряд ли нужно раскладывать на множители, интуитивно кажется, что что-то другое должно быть (по крайней мере, если нужно раскладывать на множители, я обижусь на Putnam).

Для начала естественно заменить $t=iz$. Тогда многочлен становится с действительными коэффициентами:

$$11t^{10}+10t^9+10t+11=0.$$

Поскольку у многочлена коэффициенты действительны, то комплексные корни будут только в сопряженных парах; а в случае, если $|t|=1$, $\bar t = \frac 1 t$. Это означает, что если заменить $t \to \frac 1 t$, у многочлена должны остаться те же корни (то есть многочлен не должен измениться). Это на самом деле и наблюдаем.

Однако все это есть лишь необходимое условие того, что у многочлена с действительными коэффициентами все корни по модулю равны 1. Придумать хорошее достаточное условие я пока что не смог :(

[slavav]

Почему это условие не является достаточным?

[nnosipov]

Можно методом грубой силы: ввести $x=t+1/t$, получить уравнение на $x$ (оно будет 5-й степени) и доказать, что его корни находятся на отрезке $[-2,2]$. Это, конечно, не совсем эстетично.

[Vince Diesel]

Не будут ли корни симметричны относительно окружности $|z|=1$?

[DeBill]

artempalkin
А со знаками после подстановки - нет ошибок?

artempalkin в сообщении #1482192 писал(а):

если заменить $t \to \frac 1 t$, у

Такие многочлены называют "возвратными", и для них есть целая теория...
А метОда работы с ними такова: после деления на $t^5$, получим многочлен от $z=t+\frac{1}{t}$...
И вот, если бы показать, что все корни полученного многочлена по модулю меньше 2 (теорема Руше?), и все они вещественны (может, точечки подбирать, контролируя перемены знака?), то стало б хорошо.

Аа, уже написали...

[nnosipov]

slavav в сообщении #1482194 писал(а):

Почему это условие не является достаточным?

Потому, что у многочлена могут быть вещественные корни. Например: $2t^4-5t^3+4t^2-5t+2$.

-- Вс сен 06, 2020 14:49:13 --

DeBill в сообщении #1482200 писал(а):

может, точечки подбирать, контролируя перемены знака?

Да, можно взять целые точки и еще $\pm 3/2$. Но это, вообще говоря, хлопотно вручную.

Все-таки, это верно или нет: если многочлен не меняется при замене $t \to 1/t$ и не имеет вещественных корней, то все его корни по модулю равны единице? Что-то не совсем очевидно.

-- Вс сен 06, 2020 14:51:02 --

Vince Diesel в сообщении #1482199 писал(а):

Не будут ли корни симметричны относительно окружности $|z|=1$?

А, вот действительно.

[DeBill]

nnosipov в сообщении #1482202 писал(а):

А, вот действительно.

Не, этого недостаточно: просто будут пары сопряженных и симметричных корней.
Пример: $(t+\frac{1}{t})^2+16=0$

[Vince Diesel]

Как вариант, попытаться откуда-то набрать достаточно симметрий. В качестве попытки, если обозначить исходный многочлен через $P(z)$, то

$$P(z)P(-z)=-z^{10}P(z)P(1/z)=121 z^{20}+100 z^{18}-42 z^{10}+100 z^2+121 $$

и достаточно было бы доказать утверждение для этого многочлена. У него корни симметричны относительно единичной окружности и обеих осей.

[Null]

Можно получить уравнение на $x+\frac{1}{x}$ и доказать что все его корни действительны и по модулю меньше $2$.

[artempalkin]

nnosipov в сообщении #1482197 писал(а):

Можно методом грубой силы: ввести $x=t+1/t$

Более того, это в каком-то смысле приведет к тригонометрическому уравнению, как я понимаю (т.к. $t+\frac 1 t=2\cos\varphi$, если предположить, что $|t|=1$). В итоге получится:

$$11\cos 5\varphi=-10\cos 4\varphi$$

Если доказать, что на промежутке $[0;2\pi)$ тут будет только 10 решений (либо на $[0;\pi)$ пять решений, тоже пойдет). Но опять же ручками в олимпиадных условиях как это сделать я не знаю.

По идее должно быть какое-то изящное решение, как обычно в этих олимпиадах...

[nnosipov]

artempalkin в сообщении #1482245 писал(а):

В итоге получится:

$$11\cos 5\varphi=-10\cos 4\varphi$$

А что, в таком виде может быть и проще будет (технически) отловить пять корней на отрезке $[0,\pi]$. Попробуйте.

Upd. А так и есть: равномерно разбиваем отрезок $[0,\pi]$ на пять частей, на каждой из них ровно по одному корню. И вручную посчитать вроде бы можно, так как $\cos{(\pi/5)}$ и т.д. известно как выражаются в радикалах.

Upd-2. Не нужно вычислять $\cos{(\pi/5)}$ и т.д., знаки значений функции очевидны.

[Null]

$11\cos 5\varphi$ колеблется между $11$ и $-11$ и на каждом отрезке по корню.

[DeBill]

artempalkin в сообщении #1482245 писал(а):

В итоге получится:

$$11\cos 5\varphi=-10\cos 4\varphi$$

Ага, а вот теперь задачка стала красивой! Это ж - знаменитая "дама с собачкой" (дама гуляет , имея собачку на поводке длины 10. Дама 5 раз обошла вокруг столба - по окружности радиуса 11. Сколько раз - по минимуму - собачка пересекла вертикальную прямую, проходящую через столб?)

[artempalkin]

nnosipov в сообщении #1482246 писал(а):

А так и есть: равномерно разбиваем отрезок $[0,\pi]$ на пять частей, на каждой из них ровно по одному корню. И вручную посчитать вроде бы можно, так как $\cos{(\pi/5)}$ и т.д. известно как выражаются в радикалах.

Вообще да. Я приходил к этому уравнению (не на бумаге, а прикидывал в голове), но даже не пробовал его решить. Но если графически представить, то в целом получается. Думаете, это и есть ожидаемый способ решения?

DeBill в сообщении #1482248 писал(а):

дама гуляет , имея собачку на поводке длины 10. Дама 5 раз обошла вокруг столба - по окружности радиуса 11. Сколько раз - по минимуму - собачка пересекла вертикальную прямую, проходящую через столб?

Нисколько, т.к. длина поводка меньше радиуса окружности :) Но в целом я вроде бы понимаю, о чем вы говорите. Только тут надо учесть, что они начинают в противофазе, как я понимаю, и что пока дама делает 5 кругов, собачка делает 4.

[nnosipov]

artempalkin в сообщении #1482249 писал(а):

Думаете, это и есть ожидаемый способ решения?

Думаю, да. Технические проблемы решились сами собой.