北夏第四题的证明

昨晚看到今年北夏第一天的题目，显然第四题是最好看的一个，发现一个比较自然的做法，记录如下：

#Problem

设 $f(x)$ 是一个实系数多项式，求证存在一个实系数多项式 $g$，使得 $\deg f = \deg g$，且

#Sketch

如果 0 是 $f$ 的根，将$f$约去因子 $z^u$ 使得剩下的多项式不含根 0，注意到这不影响本题的结论，故不妨0不是$f$的根，进一步地，我们下文中所提到的多项式均默认是指不含根0的多项式.

稍加计算不难发现 $\lvert f(z) \rvert$ 在单位圆上是一个关于 $x :=\Re z$ 的多项式，因此我们考虑研究对于什么样的 $r(x) \in \mathbf{R}[x]$，存在一个多项式 $k(x) \in \mathbf{R}[x]$，使得

（其中 $x := \Re z$），称这样的一个多项式 $r$ 为模多项式，为了研究这样所有模多项式 $r(x)$ 的性状，我们考虑研究它的根的情况，即研究 $\lvert k(z)\rvert^2$ 作为一个关于 $x = \Re z$ 的多项式的根是怎么样的. 注意到

其中 $A$ 是 $k$ 的首项系数，$r_j$ 是它的所有实根，$z_j, \overline{z_j}$ 是它的所有共轭复根对，$\prod$ 表示对这些根求乘积. 因此我们只需研究每个因式的根即可. 设 $z_j = a_j + i b_j$，$z = x + iy$

它的根为

这个数的绝对值不小于 1，并且易见对于每个绝对值不小于1的实数 $x$，都存在一个 $r$，使得 $x = \frac{1 + r_j^2}{2r_j}$，另一方面

经过一些计算，它的根是

$x = \frac{1}{2} \left( (a_j + \frac{a_j}{a_j^2 + b_j^2}) \pm (b_j - \frac{b_j}{a_j^2 + b_j^2})i\right)$

不难验证对于任意实数 $u, v$，均存在实数 $a,b$，使得

此外通过观察，我们还得到了 $r$ 的常数项为正数. 我们猜想这是一个充要条件，也就是说，当且仅当 $r(z)$ 的所有实根的绝对值不小于 1 时，且常数项为正时，存在一个满足 $r(x) = \lvert k(z) \rvert^2,\ \forall \lvert z \rvert = 1$ 的多项式 $k$. 根据上面的分析，这个命题的正确性是显然的.

因此我们得到如下事实：

一个实系数多项式是模多项式当且仅当它的所有根的模均不小于 1，且常数项为正数

显然它等价于

一个实系数多项式是模多项式当且仅当它在 $[-1, 1]$ 上非负

注意到待证结论等价于证明一个模多项式加 1 之后仍是模多项式. 根据上面的结论，这显然成立.

#Postscript

我之前犯了一些非常愚蠢的错误导致我最后误以为找到了反例（详见 repo 里面的 commit 历史），感谢迷神的指正.

这个证明应该是非常自然的，将一个比较难控制的多项式的模转化为一个单元实多项式的性质，然后分析它的根. 当然，标答的处理似乎还要更自然一些，过程也简洁不少，让人看了一眼之后就能领会到它的意思. 总而言之，这个问题是非常漂亮的，可以说是一道很巧妙的题了（比起 wk 的毒瘤几何题来说）.