Условия неотрицательности суммы экспонент

[novichok2018]

Извините, опять про многочлены. Теперь тригонометрические. Для неотрицательных тригонометрических многочленов есть теорема Рисса - это обязательно квадрат такого же тригмногочлена. Для функций рассматриваемого вида - может поискать что-то подобное, сначала на простых примерах?

[nnosipov]

novichok2018 в сообщении #1564807 писал(а):

Для неотрицательных тригонометрических многочленов есть теорема Рисса - это обязательно квадрат такого же тригмногочлена.

Можете привести точную формулировку? (Если написанное понимать как написано, то это очевидно неверно.)

[novichok2018]

Каждый вещественный неотрицательный тригонометрический многочлен (многочлен - конечного порядка) есть квадрат некоторого тригонометрического многочлена (разумеется, не обязательно неотрицательного, Вы возможно на это обратили внимание). Для комплексных - с модулем. Формулы школьной тригонометрии для $1\pm \cos (x)$ - простейшие иллюстрации.
Теорема Рисса - см. книгу Рисс, Надь. Продвинутое дальше - теорема Эрмита-Билера, см. книгу Левина.
Есть ещё интересное неравенство Виеториса - условие на коэффициенты тригмногочлена, при выполнении которого можно утверждать неотрицательность сразу же, больше ничего не проверяя.
Виеторис - какой-то по слухам уникальный математик. Говорят, он триста лет прожил и живёт под другими именами и сейчас и будет вечно.
Я понимаю, что непонятно, можно ли это всё как-то использовать в этой задаче, но если очень надо, то нужно всякое пробовать, так же.

[nnosipov]

novichok2018 в сообщении #1564813 писал(а):

Формулы школьной тригонометрии для $1\pm \cos (x)$ - простейшие иллюстрации.

А что Вы называете тригонометрическим многочленом? В моем понимании у тригонометрического многочлена есть степень (как у обычного алгебраического многочлена). Тригонометрический многочлен $1+\cos{x}$ имеет степень $1$, при возведении в квадрат степень удваивается, так что будет противоречие (иными словами, $\cos{(x/2)}$ не является тригонометрическим многочленом, если мы сочли $\cos{x}$ таковым). И мне непонятно, квадратом чего будет, например, $2+\cos{x}$ или $3+\cos{x}$.

-- Сб сен 17, 2022 15:57:11 --

novichok2018 в сообщении #1564813 писал(а):

Для комплексных - с модулем.

Если есть комплексные коэффициенты, то о какой неотрицательности можно говорить? В общем, не понимаю.

[novichok2018]

Да, я допускаю неточности, на которые Вы справедливо указываете.
Точное изложение есть в книге Рисс-Надь, с. 131 нашего перевода, говорят, что эта задача также есть в Полиа-Сегё.
Под тригмногочленом здесь понимается функция

$$ t(x)=\sum_{k=-n}^n a_k \exp(ikx), x\in\mathbb{R}, $$

пусть $a_k$ действительны,
понятие порядка несущественно в этой задаче (оно существенно в задачах о приближениях). Заключение такое:
Всякий неотрицательный тригмногочлен может быть представлен в виде квадрата модуля некоторого другого тригмногочлена с комплексными вообще говоря коэффициентами. Или исходный тригмногочлен равен сумме квадратов двух действительных тригмногочленов.
Классический неотрицательный тригмногочлен - это Фейера

$$ t(x)=\sum_{k=1}^n \frac{\sin(kx)}{k}, $$

не знаю как его представить в виде квадрата модуля. Думаю, что практическое нахождение этого представления - непростая задача.
С Вашим примером как-то так, если это правильно.

$$ 2+\cos(x)=|1+i(\cos(\pi/4-x/2)+\sin(\pi/4-x/2))|^2 ? $$

[nnosipov]

novichok2018 в сообщении #1564819 писал(а):

Или исходный тригмногочлен равен сумме квадратов двух действительных тригмногочленов.

Тогда другое дело. Для алгебраических многочленов подобный факт более-менее очевиден.

[novichok2018]

Можно рассмотреть на примерах несколько коротких неотрицательных сумм, чтобы попробовать увидеть, все они квадраты таких же сумм или нет.

[Joyce]

novichok2018 в сообщении #1564807 писал(а):

Для неотрицательных тригонометрических многочленов есть теорема Рисса

Утверждение теоремы Рисса-Фейера следующее: $f(x)=\sum\limits_{|k|\leqslant n} c_k e^{ikx}\geqslant0$, $x\in\mathbb{R}$ тогда и только тогда, когда $f(x)=|q(x)|^2$, $x\in\mathbb{R}$, где $q(x)=\sum\limits_{k=0}^n d_k e^{ikx}$. Здесь везде $c_k, d_k\in\mathbb{C}$.

novichok2018 в сообщении #1564819 писал(а):

Классический неотрицательный тригмногочлен - это Фейера

$$ t(x)=\sum_{k=1}^n \frac{\sin(kx)}{k}, $$

Он неотрицателен на $[0,\pi]$ (а на $(0,\pi)$ положителен) для него теорема Рисса-Фейера не сработает.

По моему, ядро Фейера это $f(x)=\sum\limits_{|k|\leqslant n}\left(1-\frac{|k|}{n+1}\right)e^{ikx}$, $x\in\mathbb{R}$. Если поменять порядок суммирования, там квадратик отношения синусов будет, выписывать не буду. И здесь в представлении Рисса-Фейера $q(x)=\sum\limits_{k=0}^n e^{ikx}$.