Многочлен

[RIP]

Пусть

$$p(z)=\prod_{k=1}^n(z-z_k),$$

где $|z_k|=1$ для всех $k$.
1) Докажите, что $\max\limits_{|z|=1}|p(z)|\geqslant2$.
2) Докажите, что если $\max\limits_{|z|=1}|p(z)|=2$, то $p(z)=z^n+a_0$

[Lion]

Если я правильно понимаю, это известная задача, но сформулирована она по-другому. А изначально она звучала так: дан вписанный в единичную окружность многоугольник. Одну из его вершин соединили со всеми остальными. Тогда максимум произведения длин полученных отрезков (по всем вписанным многоугольникам) не меньше 2, причем равенство достигается тогда и только тогда, когда многоугольник правильный.
И если я правильно помню, то эта задача несложно решается с помощью векторов...

[RIP]

Не слышал об этой задаче. Интересно было бы послушать векторное док-во.

[RIP]

Пусть все корни многочлена $P(z)$ вещественные. Докажите, что для любого $a\in\mathbb R$ все корни многочлена $Q(z)=P(z+ia)+P(z-ia)$ вещественные.

[Профессор Снэйп]

RIP писал(а):

Пусть все корни многочлена $P(z)$ вещественные. Докажите, что для любого $a\in\mathbb R$ все корни многочлена $Q(z)=P(z+ia)+P(z-ia)$ вещественные.

Если предположить, что все корни многочлена $P$ вещественны и имеют кратность 1, то тогда у многочлена $Q$ все корни тоже вещественны и кратности 1. Это вроде несложно доказывается по индукции, если заметить, что производная многочлена $Q$ получается из производной многочлена $P$ при помощи того же самого правила.

В общем случае пока неясно, что надо делать...

[neo66]

RIP писал(а):

Пусть все корни многочлена $P(z)$ вещественные. Докажите, что для любого $a\in\mathbb R$ все корни многочлена $Q(z)=P(z+ia)+P(z-ia)$ вещественные.

Пусть для определенности $a>0$ и $\mathrm{Im} z > 0$. Тогда $|z-ia| < |z+ia|$. Значит $|P(z-ia)| < |P(z+ia)|$ и $P(z+ia)+P(z-ia) \neq 0$. Аналогично для $\mathrm{Im} z < 0$.
Значит наше предположение неверно и $\mathrm{Im} z = 0$.

[Профессор Снэйп]

neo66 писал(а):

...$|z-ia| < |z+ia|$. Значит $|P(z-ia)| < |P(z+ia)|$...

Это почему так?

[neo66]

Профессор Снэйп писал(а):

neo66 писал(а):

...$|z-ia| < |z+ia|$. Значит $|P(z-ia)| < |P(z+ia)|$...

Это почему так?

Хотел сказать одно, а написал другое. Пусть $x_i$ -действительные корни нашего полинома, $a > 0$. Тогда, если $\mathrm{Im} z> 0$, то $|z-x_i-ia| < |z-x_i+ia|$ и $|P(z-ia)| < |P(z+ia)|$. Дальше по тексту.

[Профессор Снэйп]

Теперь понятно. Да, ларчик совсем просто открывался.

[neo66]

Профессор Снэйп писал(а):

Теперь понятно. Да, ларчик совсем просто открывался.

Сам долго мучился. Что доказывает, что глупость человеческая не знает границ .

[Профессор Снэйп]

А верно ли, что если многочлен $P$ имеет только действительные корни, то для $a \in \mathbb{R}$ количество различных корней многочлена $Q(z) = P(z+ia) + P(z - ia)$ не меньше, чем количество различных корней многочлена $P$?

[neo66]

Профессор Снэйп писал(а):

А верно ли, что если многочлен $P$ имеет только действительные корни, то для $a \in \mathbb{R}$ количество различных корней многочлена $Q(z) = P(z+ia) + P(z - ia)$ не меньше, чем количество различных корней многочлена $P$?

Верно даже большее:
Если многочлен $P$ имеет только действительные корни и $a>0$, то многочлен $Q(z) = P(z+ia) + P(z - ia)$ не имеет кратных корней.

[Профессор Снэйп]

neo66 писал(а):

Если многочлен $P$ имеет только действительные корни и $a>0$, то многочлен $Q(z) = P(z+ia) + P(z - ia)$ не имеет кратных корней.

Ну да, понятно, почему это так.

Без потери общности можно считать, что старший коэффициент многочлена $P$ равен $1$. Пусть $a>0$, $x_1,\ldots,x_k$ --- все (действительные) корни многочлена $P$ и для $z \in \mathbb{R}$ пусть $\varphi_i(z) = \arcctg((x_i-z)/a)$. Тогда

\[ Q(z) = 2 \prod_{i=1}^k \left(\sqrt{a^2 + (x_i-z)^2}\right)^{m_i} \cdot \cos \left( \sum_{i=1}^k m_i \varphi_i(z) \right), \]

где $m_i$ --- кратность корня $x_i$. Обозначим

\[ \varphi(z) = \sum_{i=1}^k m_i \varphi_i(z) \text{ и} \]

\[ M(z) = 2 \prod_{i=1}^k \left(\sqrt{a^2 + (x_i-z)^2}\right)^{m_i}. \]

Имеем (штрих обозначает производную)

\[ Q(z) = 0 \Longleftrightarrow \cos \varphi(z) = 0, \]

\[ Q'(z) = M'(z) \cos \varphi(z) - M(z) \sin \varphi(z) \cdot \varphi'(z), \]

\[ \varphi'(z) = \sum_{i=1}^k \frac{m_i a^2}{a^2 + (x_i-z)^2} > 0. \]

Теперь если $Q(z)=0$, то $Q'(z) = \pm M(z) \varphi'(z) \neq 0$ и ни один корень многочлена $Q$ не может быть корнем его производной.

Подозреваю, что здесь возможно что-нибудь более изящное.

[neo66]

Можно это увидеть вообще без вычислений.
$Q(x) = 0 \Longleftrightarrow Re P(x+ia) =0 \Longleftrightarrow$ $Arg P(x+ia) = \sum\limits_{k=1}^n Arg(x-x_k +ia) = \frac{2m+1}{2} \pi$, где $m$ - целое.
Теперь, заметим, что когда $x$ изменяется от $-\infty$ до $+\infty$, $Arg P(x+ia)$ монотонно возрастает от $0$ до $\pi n$, по дороге последовательно принимая $n$ значений: $\frac{\pi}{2},\frac{3\pi}{2}, \dots \frac{(2n-1)\pi}{2}$.

[Профессор Снэйп]

neo66 писал(а):

Можно это увидеть вообще без вычислений.
$Q(x) = 0 \Longleftrightarrow Re P(x+ia) =0 \Longleftrightarrow$ $Arg P(x+ia) = \sum\limits_{k=1}^n Arg(x-x_k +ia) = \frac{2m+1}{2} \pi$, где $m$ - целое.
Теперь, заметим, что когда $x$ изменяется от $-\infty$ до $+\infty$, $Arg P(x+ia)$ монотонно возрастает от $0$ до $\pi n$, по дороге последовательно принимая $n$ значений: $\frac{\pi}{2},\frac{3\pi}{2}, \dots \frac{(2n-1)\pi}{2}$.

Я это видел. Если строго расписывать, то ничуть не короче будет.