El máximo de un polinomio en el círculo unitario.

Question

Alentado por los progresos realizados en un recientemente publicado MO problema, aquí es un "conceptualmente relacionadas con el" problema procedentes de 2003, en un artículo conjunto de Sergei Konyagin y yo.

Supongamos que tenemos $n$ puntos $z_1,...,z_n$ sobre el círculo unidad $U=\{z\colon |z|=1\}$ e $n$ pesos $p_1,...,p_n\ge 0$ tal que $p_1+....+p_n=n$, y queremos encontrar otro punto de $z\in U$ a maximizar el producto $$ \prod_{i=1}^n |z-z_i|^{p_i}. $$ Cómo es de grande la podemos hacer de este producto por la elección óptima de $z$?

Conjetura. Para cualquier $z_1,...,z_n\in U$ e $p_1,...,p_n\ge 0$ con $p_1+...+p_n=n$ existe $z\in U$ con $$ \prod_{i=1}^n |z-z_i|^{p_i} \ge 2. $$

Aquí están algunos comentarios.

• Si es true, la estimación de la conjetura es la mejor posible, como lo demuestra la situación en la que los puntos son equidistantes en $U$ y todos los pesos son iguales a $1$.

• Hemos sido capaces de resolver una serie de casos particulares; decir, que cuando los puntos de $z_i$ son igualmente espaciados en $U$, y también que cuando todos los pesos son iguales a $1$.

• El caso de $n=2$ es casi trivial, pero en el caso de los $n=3$ es muy abierta.

• En el caso general, hemos demostrado que el máximo es más grande que algunos de absoluta constante superior a $1$.

• Aunque esto no es obvio a primera vista, esta conjetura es realmente acerca de la maxima de polinomios en el círculo unidad.

Yo estaría muy interesado en ver ningún progreso!

Answer 1

Vamos a crear una prueba a la Koosis. Todas las técnicas que se utilizan a continuación puede encontrar en su libro "El Logarítmica Integral".

Tome $a>1$ y poner $f(z)=a\prod_j(1+z/z_j)^{p_j}$. Que es una buena analítica de la función y, mientras que su valor absoluto es algo difícil de entender, su argumento es muy simple: se trata de una $n$-pieza a trozos función lineal en el círculo con pendiente $\frac 12 n$ (con respecto a la habitual del círculo de longitud) y salta a $z_j$. Deje $I$ ser la imagen de uno de los arcos entre dos puntos adyacentes $z_j$ e $z_{j+1}$ bajo la asignación de $z\mapsto \operatorname{arg}f(z)$. Podemos trasplante de todas las funciones definidas en el círculo de arco $[z_j,z_{j+1}]$ a $I$ el uso de esta asignación. Tenga en cuenta que la integral de cualquier función sobre el arco con respecto al círculo longitud es de sólo $2/n$ veces la integral de su trasplante de más de $I$ con respecto a la longitud de la línea.

Deje $\Phi$ ser el trasplante de $|f|$. Suponga que $\Phi<2$ a $I$. El trasplante de $f$ es sólo $F(t)=\Phi(t)e^{it}$. La observación clave es la siguiente: $$ \int_I \log|2-F(t)|dt\ge \log 2(|I|-\pi). $$ Suponiendo que es cierto, llegamos a la conclusión de que el pleno de la integral de $\log|2-f|$ sobre el círculo unitario es de al menos $2/n$ veces la suma de los lados de la parte derecha durante los intervalos correspondientes a todos los arcos, que es $0$. Por otro lado, si $a>1$,, a continuación,$\log|2-f(0)|=\log|2-a|<0$, lo $2-f$ debe tener una raíz en el interior del disco y el principio del máximo de acabados de la historia.

Ahora vamos a probar la observación de la reclamación. La única cosa que realmente sabemos acerca de $\Phi$ es que es registro-cóncavo y, por tanto, unimodal. Afortunadamente, eso es todo lo que necesitamos. Así, en lo que sigue, $\Phi$ será cualquier unimodal de la función en $I$ con valores en $[0,2]$. Desde siempre podemos extender $\Phi$ por $0$ fuera de $I$, se puede cambiar a cualquier intervalo más amplio que queremos sin hacer la desigualdad más fácil. Así, WLOG, $I=[-2\pi n-\frac\pi 2,2\pi n+\frac\pi 2]$

Ahora, observemos que para cada fijos $t$, el integrando es minimizado por $\Phi(t)=2\max(0,\cos t)$ (que es sólo el punto más cercano de la línea) y que cuanto más lejos nos vamos de este valor óptimo, el más grande que el integrando es. Por lo tanto, para minimizar el lado izquierdo, tenemos que permanecer tan cerca de la negra régimen en la imagen (la gráfica de $2\cos_+ t$) como podemos.

Supongamos que el real $\Phi$ está dado por la línea azul. Entonces, reemplazando $\Phi$ por la línea roja $\Psi$, nos acercamos a la óptima en cada momento. Pero la línea roja se compone de varios períodos completos (piezas horizontales) y varias piezas que constituyen una completa positivo arco de $\cos t$. Ahora, cada período completo significa correr a través de algunas círculo alrededor del origen, por lo que el valor promedio de $\log|2-\Psi(t)e^{it}|$ durante cada período completo, es exactamente $\log 2$. Por último, el $2\cos t$ parte da $\int_0^\pi\log (2|\sin t|)dt=0$, que es exactamente la pérdida de $\pi \log 2$ en comparación con $\log 2$ veces su longitud $\pi$.

Eso es todo. Siéntase libre de comentar y/o preguntar.

Answer 2

Aquí está una segunda prueba. Vamos $$H(z)=\prod_j|z-z_j|^{p_j}.$$ Vamos $$F(z)=\prod_j\left((z-z_j)(1/z-\bar{z}_j)\right)^{p_j/n},\quad |z|\geq 1.$$ Es fácil ver que: $$|F(z)|=H^{2/n}(z),\quad |z|=1,$$ y que $F$ mapas conformemente el exterior de la unidad de disco en el exterior de una "estrella" que consta de $n$ segmentos rectos $[0,a_j]$ con complejo de $a_j$. Por otra parte, $F(z)\sim z$ as $z$ tiende a infinito.

Ahora vemos que el resultado es equivalente a la siguiente teorema de Dubinin: Deje $K$ ser la unión de algunos intervalos de la forma $[0,a_j]$, y supongamos que que la capacidad de $K$ es $1$. A continuación, $\max_j|a_j|$ toma su valor mínimo cuando la estrella es simétrica: todos |a_j| son iguales y los ángulos adyacentes entre los intervalos son iguales.

La referencia es Dubinin, Uspekhi Mat. Nauk (=Rusa De Matemáticas. Las encuestas), 49 (1994). Fedja de la prueba es mucho más simple, por lo que es una nueva prueba de Dubinin del teorema.

Answer 3

No una respuesta, pero tal vez una referencia útil:

Su declaración me recuerda a Schiefermayr del teorema:

Si $p_n$ es un grado $n$ polinomio y $\Sigma\subseteq\mathbb{R}$. Entonces $$ \|p_n\|_{L^{\infty}(\Sigma)} \geq 2 Cap(\Sigma)^n $$ donde $Cap(\Sigma)$ es la logarítmica de la capacidad de $\Sigma$, por ejemplo,$Cap([-2,2]) = 1$.

Este es el Corolario~5.7.7. en Barry Simon del libro: Szego del Teorema y su son descendientes.

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Por desgracia, esto no se aplica en su caso, ya que requiere el trabajo con los subconjuntos de la recta real. Sin embargo, está cerca de esta situación, ya que requieren los ceros de su polinomio para estar en el círculo unidad.

Answer 4

Aquí es una observación que no se me de muy lejos. Deje $p$ tienen un grado $n$ e tienen $r$ distintas raíces, todos en el círculo unidad. Llamar a estas raíces $e^{i \theta_j}$ donde $\theta_k$ tiene multiplicidad $c_j$.

Conjunto $$q(u) = \frac{1}{n} \sum_{j=1}^r \left( c_j \left( u + e^{i \theta_j} \right) \prod_{\substack{1 \leq k \leq r \\ k \neq j}} \left( u - e^{i \theta_k} \right) \right).$$ A continuación, $q$ es un monic polinomio de grado $r$, cuyas raíces están en el círculo unidad. Se producen precisamente en los lugares donde $|p(e^{i \phi})|$ tiene un máximo local. Su objetivo es mostrar que, en uno de estos locales máximos, tenemos $|p| \geq 2^{n/r}$.

Yo tenía un detallado cálculo de este escrito, pero no pude encontrar una manera de hacer que sea útil, así que estoy grabando la fórmula en caso de que esto ayude a alguien más. Mi plan era mostrar que la $\prod_{\{\phi : q(e^{i \phi})=0\}} |p(e^{i \phi})| \geq 2^n$, pero esta desigualdad resultó ser falso; si todas las $\theta$'s están muy próximos entre sí, a continuación, uno de los máximos locales de $p$ es cerca de $2^n$, pero el otro local maxima puede ser arbitrariamente pequeño.