Функционал на пр-ве многочленов (типа)

[artempalkin]

Это тоже задача из Putnam (1985), над ней я думаю уже месяц, наверное, ничего putnого придумать не смог.

Пусть для полинома с действительными коэффициентами $p(x)=a_0+a_1x+...+a_mx^m$

$$\Gamma (p(x))=a_0^2+a_1^2+...+a_m^2.$$

Пусть далее $F(x)=3x^2+7x+2$. Найдите такой полином $g(x)$ с действительными коэффициентами, что
1) $g(0)=1$
2) $\Gamma(F(x)^n)=\Gamma(g(x)^n)$
для любого целого $n\geqslant 1$.

Здесь идей маловато. Я пытался представить исходный "функционал" в какой-то явной форме, но не сильно преуспел (например, $\Gamma(p(x))=p(0)^2+p'(0)^2+\left(\frac {p''(0)}2\right)^2+...+\left(\frac {p^{(m)}(0)}{m!}\right)^2$, но это никак не приближает к выражению $\Gamma(p(x)^n)$.

Исходный многочлен красиво раскладывается на множители, а это значит, что мы знаем корни всех многочленов $F(x)^n$ и они удобные, но коэффициенты многочлена все-таки достаточно сложно выражаются через его корни, чтобы прямо так, зная корни, найти сумму квадратов коэффициентов... В общем, ничего придумать пока не смог.

[nnosipov]

Здесь такая мысль: сумма квадратов коэффициентов многочлена $p(x)$ --- это свободный член многочлена Лорана $P(x)=p(x)p(1/x)$, а его можно выразить через интеграл по единичной окружности от $P(z)/z$. Не знаю, насколько это продуктивно, но других идей нет.

[nnosipov]

Кстати, ответ моментально подбирается: $g(x)=6x^2+5x+1$. Осталось только доказать. Но это уж Вы сами.

Upd. А доказывать-то и нечего. Черт побери ...

[g______d]

Есть такое соображение. Давайте модифицируем определение:

$$ \Gamma(p)=|a_0|^2+\ldots+|a_m|^2. $$

Тогда верно следующее:

$$ \Gamma(f^m)=\Gamma(g^m)\quad \forall m\in \mathbb N $$

тогда и только тогда, когда наборы $[|f(1)|,|f(\omega)|,\ldots,|f(\omega^m)|]$ и $[|g(1)|,|g(\omega)|,\ldots,|g(\omega^m)|]$ совпадают с точностью до перестановки элементов. Здесь $\omega$ -- какой-то (фиксированный) примитивный корень степени $m+1$ из единицы.

Это следует из равенства Парсеваля для дискретного преобразования Фурье.

Поскольку $(m+1)g(0)=g(1)+\ldots+g(\omega^m)$, достаточно подобрать фазы так, чтобы $g(0)$ суммировалось куда нужно и коэффициенты $g$ были вещественными.

Авторское решение я не смотрел, но оно должно быть доступно в онлайне.

[nnosipov]

Действительно, есть вот здесь: https://prase.cz/kalva/putnam.html. Насколько авторское, не совсем ясно, но какое-то есть.

[artempalkin]

nnosipov в сообщении #1482260 писал(а):

А доказывать-то и нечего. Черт побери ...

Ну как нечего, все равно пришлось воспользоваться предложенным вами многочленом Лорана, чтобы доказать :) Я, признаться, впервые встречаю такой многочлен и описание его свойств.
Интересно, что для любых одинаковых степеней этих двух многочленов предложенные вами многочлены ($P(x)=F(x)\cdot F(\frac 1 x)$) равны. Не знаю, есть ли в этом какое-то фундаментальное свойство...