Максимум суммы модулей коэффициентов

[nnosipov]

Предлагаю поразмышлять над следующей задачей.
Пусть $f(x)=ax^3+bx^2+cx+d$ --- кубический многочлен, удовлетворяющий условию: $|f(x)| \leqslant 1$ для всех $x \in [-1;1]$. Докажите, что $|a|+|b|+|c|+|d| \leqslant 7$.
Было бы интересно увидеть здесь разнообразие подходов.

[scwec]

Насчет $a,b,c,d$- действительные числа?

[nnosipov]

scwec в сообщении #451257 писал(а):

Насчет $a,b,c,d$- действительные числа?

Да, действительные. Если комплексные, то надо подумать.

[nnosipov]

Если предполагать коэффициенты $a$, $b$, $c$, $d$ комплексными, то утверждение, скорее всего, будет неверным. Во всяком случае, это так для линейных $f(x)=ax+b$, где оценки для суммы $|a|+|b|$ различаются в действительном и комплексном случаях.

[Sasha2]

Наверно (ну это мое ИМХО) надо учесть, что график функции $f(x)$ целиком расположен в квадрате, получающийся в пересечении прямых параллельных осям абсцисс и ординат и отстоящих от них на расстоянии, равном $1$. Поэтому этот график можно и вертеть вокруг каждой из осей и отображать центрально-симметрично относительно начала координат. При любых таких движениях, график этой функции, как он был внутри квадрата, так и останется. А это уже означает, что мы можем менять знаки (в некоторых пределах конечно) коэффициентов при отдельных членах данной функции на противоположные.
Пока больше ничего в голову не приходит.

[nnosipov]

Sasha2, спасибо за внимание. Пробуйте ещё, пока достижений маловато, но и задача вполне содержательная.

[Sasha2]

Можем считать (в силу сказанного выше), что $a>0$ и $b>0$.
Тогда неравенство, предлженное к доказательству, запишется как $a+b+|c|+|d| \le 7$.
Пусть сперва $d \ge 0$, тогда если $c \ge 0$, то имеем $a+b+|c|+|d| = a+b+c+d = f(1)$ и неравенство очевидно. Если же $c<0$, то тогда
$a+b+|c|+|d|= a+b-c+d = \frac{4}{3}(a+b+c+d)-\frac{1}{3}(-a+b-c+d)-\frac{8}{3}(\frac{a}{8}+\frac{b}{4}+\frac{c}{2}+d)+\frac{8}{3}(-\frac{a}{8}+\frac{b}{4}-\frac{c}{2}+d)=\frac{4}{3}f(1)-\frac{1}{3}f(-1)-\frac{8}{3}f(\frac{1}{2})+\frac{8}{3}f(-\frac{1}{2})\le\frac{4}{3}+\frac{1}{3}+\frac{8}{3}+\frac{8}{3}=7$
Итак случай $d \ge 0$ полностью разобран.

Пусть теперь $d<0$.
Пусть снова сперва $c \ge 0$. Тогда доказываемое неравенство запишется как $a+b+c-d \le 7$.
Но $a+b+c-d=a+b+c+d - 2d = f(1)-2f(0) \le 1+2=3 <7$.
Пусть теперь $c<0$.
Тогда
$|a|+|b|+|c|+|d|=a+b-c-d=\frac{5}{3}(a+b+c+d)+\frac{4}{3}(-\frac{a}{8}+\frac{b}{4}-\frac{c}{2}+d)-4(\frac{a}{8}+\frac{b}{4}+\frac{c}{2}+d) = \frac{5}{3}f(1)+\frac{4}{3}f(-\frac{1}{2})-4f(\frac{1}{2}) \le \frac{5}{3}+\frac{4}{3}+4=7$
Теперь все случаи разобраны и неравенство вроде бы доказано, если опять нигде что-нибудь не напутал.

[nnosipov]

Вроде бы всё ok. А в каких случаях достигается равенство?

[Sasha2]

Ну пока видно, что если $c \ge 0$, то либо $LHS \le 1$ или $LHS \le 3$.
Поэтому, случаи равенства надо искать при $c < 0$.

[staric]

Очевидно, полином Чебышева соответствующей степени (в данном случае - 3-й) должен подойти.

[nnosipov]

Sasha2, оказывается, Вы нашли то же решение, что и здесь http://www.math.ca/crux/v24/n8/page452-474.pdf (см. стр. 464-465).

[Sasha2]

Скажу честно, что мне просто посчастливилось найти это решение.
Я просто взялся банально составлять линейные комбинации, придавя переменной $x$ различные рациональные значения.
Правда перед этим я попытался найти решение на оснтове Коши-Шварца и того факта, что кубический полином имеет, по крайней мере один вещественный корень, но тут мне не удалось.

А вот это решение, я считаю, ОЧЕНЬ УРОДЛИВОЕ. Оно не дает возможности понять, почему же все таки данное неравенство верно. Так, всего лишь случайное совпадение. Одним словом простой перебор, да и только. Ну повезло, а в следующий раз коэффициенты так легко не сложатся.

И еще, из такого доказательства абсолютно не следует, что этот результат не улучшаем.

[nnosipov]

Sasha2 в сообщении #451884 писал(а):

А вот это решение, я считаю, ОЧЕНЬ УРОДЛИВОЕ. Оно не дает возможности понять, почему же все таки данное неравенство верно. Так, всего лишь случайное совпадение. Одним словом простой перебор, да и только. Ну повезло, а в следующий раз коэффициенты так легко не сложатся.

И еще, из такого доказательства абсолютно не следует, что этот результат не улучшаем.

С первым согласен, а со вторым нет (если я Вас правильно понял). Неравенство точное, так как на многочлене $f(x)=4x^3-3x$ достигается равенство (как выше отметил staric). Что касается других способов решения задачи, то мне известна ещё парочка: один снова уродливый (но уродства гораздо меньше и есть намёк на правильный подход), а другой вполне разумный. Попробуйте найти оба.

[Sasha2]

То, что на этом многочлене достигается равенство, вовсе не означает, что этот многочлен единственен.
Сдается мне, что он также скорее угадан, нежели чем вычислен, или если хотите, найден при помощи математических рассуждений.
Но даже, если это и так, то во всяком случае школьнику уже не понять, почему так, ибо многочлены Чебышева - это уже не средняя школа.

[staric]

Sasha2 в сообщении #451894 писал(а):

Сдается мне, что он также скорее угадан, нежели чем вычислен, или если хотите, найден при помощи математических рассуждений.

Напротив, Чебышевские полиномы сами просятся сюда благодаря своим свойствам (макс. отклонение при фиксированном старшем коэффициенте). Для многочленов порядка n = 0, 1, 2 максимум суммы модулей коэффициентов достигается для $\pm T_n (x)$. Можно даже попробовать индукцию провести. А для школьников на основе вашего решения нужно найти коэфф., для которых $f(\pm\frac{1}{2})=\mp 1$ - точки экстремума, или попробовать тригонометрическую замену (это о Чебышеве).