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

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).

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