Polinomios en el círculo de la unidad

Question

Hice esta pregunta en matemáticas.stackexchange, pero no tuve mucha suerte. Que podría ser más apropiado para este foro. Deje $z_1,z_2,…,z_n$ ser yo.yo.d puntos al azar sobre el círculo unidad ($|z_i|=1$) con una distribución uniforme en el círculo unidad. Considere la posibilidad de que el azar polinomio $P(z)$ dada por $$ P(z)=\prod_{i=1}^{n}(z−z_i). $$ Deje $m$ ser el valor absoluto máximo de $P(z)$ sobre el círculo unidad $m=\max\{|P(z)|:|z|=1\}$.

¿Cómo puedo calcular $m$? Más específicamente, me gustaría demostrar que no existe $\alpha>0$ de manera tal que el siguiente, tiene casi seguramente como $n\to\infty$ $$ m\geq \exp(\alpha\sqrt{n}). $$ O, al menos, que para cada $\epsilon>0$ existe $n$ suficientemente grande tal que $$ \mathbb{P}(m\geq\exp(\alpha\sqrt{n}))>1-\epsilon $$ para algunos $\alpha$ independiente en $n$.

Alguna idea de lo que puede ser útil aquí?

Answer 1

Aquí está una más cuidadosa (EDIT: aún más cuidado!) el argumento que da una respuesta afirmativa a la versión más débil de la cuestión (como se indica en la edición de mi anterior post, dudo que la versión más fuerte es la verdad).

El argumento utiliza el siguiente lema, que merece ser conocido. Si alguien tiene una referencia, por favor deje un comentario.

Lema: Deje $a_1,\dots, a_n$ ser números reales con cada una de las $a_i\geq 1$, y deje $X_1,\dots,X_n$ ser independiente de las variables aleatorias, cada uniforme en $\pm 1$. Deje $I$ ser un intervalo de longitud de $2r$. A continuación, $$Pr(a_1X_1+\cdots+a_nX_n\in I) \leq \frac{1+r}{\sqrt{\pi n/2}}.$$

Prueba: Deje $f(X)$ denotar $a_1X_1+\cdots+a_nX_n$. En la Booleano entramado de todas las asignaciones de $\pm 1$ a las variables $X_1,\dots,X_n$, considere la posibilidad de una caminata aleatoria a partir del punto donde todos los $X_i$'s $-1$, y se mueve en $n$ pasos hasta el punto donde están todos los $+1$, en cada paso de elegir de manera uniforme e independiente de la historia de una variable que es $-1$ y cambiando de a $+1$.

¿Cuál es la expectativa de que el número de $N(I)$ de los pasos de este paseo en el que $f(X) \in I$? Por un lado, $N(I)\leq 1+r$, ya que el $f(X)$ se incrementa en al menos 2 en cada paso.

Por otro lado, la probabilidad de que la caminata pasa a través de cualquier punto dado en el Booleano de celosía es, al menos, $2^{-n}\sqrt{\pi n/2}$ (esta probabilidad se minimiza en el nivel medio(s) de la rejilla, y la afirmación de la siguiente manera por el conocido estimaciones de la central de coeficiente binomial). Por lo tanto $$EN(I) \geq \frac{\#\{X:f(X)\in I\}}{2^n}\cdot \sqrt{\pi n/2} = Pr(f(X)\in I) \cdot \sqrt{\pi n/2}.$$

De ello se desprende que $$Pr(f(X)\in I) \leq \frac{1+r}{\sqrt{\pi n/2}}. \qquad \square$$

Como se explicó en el post anterior, podemos elegir aleatoriamente $n$ pares de puntos opuestos $\{z_i, -z_i\}$, luego de encontrar $z$ con $\left|P(z)P(-z)\right|=1$ da sólo esta información, y finalmente solucionar el $z_i$'s por $n$ independiente coin flips.

Con el fin de aplicar el lema, queremos tener, antes de voltear la moneda, $n/2$ pares de $z_i, -z_i$ haciendo un ángulo de decir que en la mayoría de las $60$ grados con $z, -z$, de modo que cada una de las $n/2$ correspondiente moneda gira determinar el signo de un plazo mínimo de $\log 3$ en $\log\left|P(z)\right| - \log\left|P(-z)\right|$. De hecho, después de la elección de la $n$ pares de $z_i, -z_i$, esta es una. una. s. es válido para cada $z$. La idea es dividir el círculo en, digamos, 100 igualmente grandes sectores. Con alta probabilidad, cada uno de los pares de opuestos sectores contendrá, al menos, $n/51$ pares (como opuesto al número esperado, $n/50$).

Ahora estamos en la condición de los resultados de la moneda gira para los más pequeños de términos (pares $z_i, -z_i$ más o menos ortogonal a $z$). El lema anterior nos dice que para cualquier intervalo de $I$ de la longitud de la $4\alpha\sqrt{n}$, la probabilidad de que $\log\left|P(z)\right| - \log\left|P(-z)\right| \in I$ es en la mayoría de las $4\alpha/\sqrt{\pi} + O(1/\sqrt{n})$.

En particular, con una probabilidad de al menos $1-O(\alpha)$, el valor absoluto de $\log\left|P(z)\right| - \log\left|P(-z)\right|$ al menos $2\alpha\sqrt{n}$, y desde $\log\left|P(z)\right|=-\log\left|P(-z)\right|$, $\max\left(\log\left|P(z)\right|, \log\left|P(-z)\right|\right)\geq \alpha\sqrt{n}$ como se requiere.

Answer 2

Creo $z$ debe ser elegido de modo que las desviaciones tienden a ir en la dirección positiva en todas las escalas. El siguiente enfoque parece funcionar: Supongamos $n$ es una potencia de 2 (algunos corrección es necesario si no lo es). Supongamos que los puntos de $z_i$ se clasifican, de decir en sentido antihorario, y suponer sin pérdida de generalidad que tenemos $z_0 = z_n = 1$ (indexación modulo $n$). Los puntos de $z_0$ e $z_{n/2}$ dividir el círculo unidad en dos sectores. Elegimos el más grande de los dos, y la mirada en el punto cuyo índice es el promedio de los índices en los extremos ($z_{n/4}$ o $z_{3n/4}$, el punto que esperamos estar cerca del punto medio de que los grandes del sector). Ese punto se divide el sector en dos, y elegimos la más grande de los dos y continuar. Al final llegamos a dos puntos consecutivos $z_i$, y dejamos $z$ ser el punto medio del sector entre ellos.

Ahora debería ser posible obtener una alta probabilidad de límite inferior en $\log(P(z))$. Yo no he hecho esto en detalle, pero una simulación para $n=64,128,\dots,4096$ indica que $\log(P(z))$ rara vez es mucho menor que $\sqrt{n}$. Puesto que usted pida una idea que podría ser útil, me atrevo a publicar esto como una respuesta.

ACTUALIZACIÓN: Aquí es un simple argumento de que debe casi, pero no del todo, la enlazado. Lo que se debe demostrar, a pesar de que algunos de precisión en el análisis es que aún falta, es que por cada $\epsilon>0$ hay un $\alpha>0$ tal que $m\geq \exp(\alpha\sqrt{n})$ con una probabilidad de al menos $1-\epsilon$.

He aquí cómo funciona: Dado que el valor de la media de $\log\left|P(z)\right|$ es 0, siempre podemos encontrar una $z$ tal que $\left|P(z)P(-z)\right| = 1$. Observe que $P(z)P(-z)$ es invariable, si reemplazamos $z_i$ por $-z_i$. Por lo tanto, podemos empezar por generar aleatoriamente $n$ pares de antípodas puntos de $\{z_i, -z_i\}$, luego de encontrar $z$ con $\left|P(z)P(-z)\right|=1$ da sólo esta información, y finalmente solucionar el $z_i$'s por $n$ independiente coin flips.

Ahora en la condición de que el resultado de la primera etapa del proceso, por lo que el $n$ pares de $\{z_i, -z_i\}$ son fijos. Con gran probabilidad, hay un montón de decir $n/2$ tales pares para que la cantidad de $\log\left|P(z)\right| - \log\left|P(-z)\right|$ se ve afectado por al menos algunas constante que depende de un tirón de la moneda (esto sólo requiere de $z_i$ a ser sustancialmente más cerca de uno de $z$ e $-z$ que la otra). Por lo tanto, la desviación estándar de $\log\left|P(z)\right| - \log\left|P(-z)\right|$ es de al menos algunas constantes veces $\sqrt{n}$, lo que significa que $\max\left(\log\left|P(z)\right|, \log\left|P(-z)\right|\right)$ debe ser de orden $\sqrt{n}$ la mayoría del tiempo.

Supongo que el argumento puede ser hecho preciso, pero esta elección de $z$ no vamos a arreglar $\alpha>0$ y obtener una.una.s. el obligado pidió.

Tal vez esto ayude al menos a aclarar la cuestión. Lo que el OP pide es simplemente más allá de lo que conseguimos con este argumento.

EDIT: cuanto más lo pienso, más creo que la primera instrucción que se pidió en la OP no es cierto. De curso $\log\left|P(z)\right|$ va a tomar valores negativos grandes al $z$ está muy cerca de $z_i$, pero cuando no lo es, parece que las irregularidades en la distribución de las $z_i$ en una escala más pequeña será menos importante que la distribución a gran escala. A grandes rasgos esto es debido a que por la naturaleza de los logaritmos, los puntos de $z_i$ cerca de $z$ sólo tienen una leve influencia más fuerte en $\log\left|P(z)\right|$ de los puntos más alejados. Si los puntos de $z_i$ pasan a ser inusualmente pero no muy uniformemente distribuidos a gran escala, parece que $\max\left(\log\left|P(z)\right|\right)$ no necesita ser mayor que cualquier número constante de veces $\sqrt{n}$.

Si esto es correcto, significa que los valores de $\log\left|P(z)\right|$ diferentes $z$ se correlacionan significativamente en una escala más grande. Huelga decir que estas especulaciones son todavía nada cercano a una prueba.

La segunda, más débil de la versión, parece ser equivalente a lo que se reivindica en la actualización anterior, y no debería ser demasiado difícil de llenar en los detalles que faltan.

Answer 3

Yo creo que se puede obtener de los límites razonables para el problema utilizando el siguiente método. (Yo era demasiado perezoso para realizar los cálculos.) Dividir el círculo unidad en la unión de un intervalo de $I$ de la longitud de la $4\pi/(n\log n)$ e $N\sim \pi n/\log n$ intervalos de $J_k$ de la longitud acerca de $2\log n/n$ cada uno. (Usted puede necesitar ajustar el logarítmica factores en la optimización de la etapa.) Casi seguramente, el intervalo de $I$ no contiene ningún punto de $z_i$, mientras que cada uno de los intervalos de $J_k$ se contienen en la mayoría de las $3\log n$ puntos. Ahora elige tu punto de $z$ a estar en el medio del intervalo de $I$ y calcular el $|P(z)|$ para el peor de los casos, donde cada uno de los dos intervalos de $J_k$ disminuir a $I$ contiene $3\log n$ puntos $z_i$, todos estos puntos en la distancia $2\pi/(n\log n)$ de $z$, los dos "siguiente" intervalos de $J_k$ también contienen $3\log n$ puntos cada uno en la mínima distancia posible de $z$ y así sucesivamente.

Answer 4

Tengo un par de comentarios respecto a Chandru la respuesta, pero es demasiado largo para caber en la caja de comentarios, así que lo estoy haciendo de esta una de respuestas separada. En primer lugar, la cantidad $$ F(P) = \int_0^{2\pi} \log|P(e^{i\phi})| d\phi $$ no es no negativo sin más de la asunción. La forma más fácil es suponer que el polinomio $P$ es monic. Pero como un trivial contraejemplo en general, uno puede tomar la $P(z)=c$ con $|c|<1$. Para Chandru el argumento de que, en algún lugar uno necesita usar la suposición de que $P(0)=1$ a la conclusión de que $F(P)\ge0$.

Segundo, la cantidad de $F(P)$ es esencialmente el logaritmo de la clásica Mahler medida, que se define por $$ \log M(P) = \frac{1}{2\pi} \int_0^{2\pi} \log|P(e^{i\phi})| d\phi. $$ Factoring $P$ como $$ P(z) = c(z-z_1)\cdots(z-z_n), $$ es un elemental clásica de cálculo para mostrar que $$ \log M(P) = \log|c|+\sum_{i=1}^n \log\max(1,|z_i|). $$ En particular, si $|c|=1$,, a continuación,$\log M(P)\ge0$.