Deje $n$ ser un entero positivo. Determinar el menor valor posible de $|p(1)|^2+|p(2)|^2 +...+ |p(n+3)|^2$ sobre todos los monic polinomios $p$ grado $n$.
Esta pregunta fue propuesta (problema A. 611) hace algún tiempo en KoMaL.
El mínimo de los valores de $n=0,1,2,3$ se $3,5,14,324/5$.
También fue discutido en matemáticas.sí, donde el polinomio de la minimización de dicha suma fue encontrado usando el algoritmo de Gram-Schmidt.
Sin embargo, el valor mínimo no fue determinada.Cualquier sugerencia es bienvenida.
Respuesta
¿Demasiados anuncios?
[editado para explicar un par de pasos y conectar con los polinomios de Hahn]
La respuesta es $$ \frac{(2n+1)(2n+3) n!^4}{(2n)!} $$ suponiendo que hice el álgebra de la derecha, que parece probable, ya que esta fórmula de acuerdo con el anteriormente calculado los valores de $3,5,14,324/5$ para $n=0,1,2,3$.
Veamos primero el mínimo de $\sum_{i=1}^{n+1} p(i)^2$ más de monic $p$ de grado $n$. Cualquier vector $v = (a_1,a_2,\ldots,a_{n+1})$ es la lista de valores en $1,2,\ldots,n+1$ de algún polinomio de grado en la mayoría de las $n$; el líder de los coeficientes de este polinomio es $(u,v) / n!$ donde $u$ es el vector cuyas $(n+1-i)$-ésima coordenada es $(-1)^i {n \choose i}$ (cada una de las $i$ en $0 \leq i \leq n$).$\color{red}{\bf[1]}$ Por lo tanto, buscar el mínimo de $(v,v)$ sujeto a $(u,v) = n!$, y por Cauchy-Schwarz, la respuesta es $n!^2 / (u,u)$, alcanzado el fib $v = n! u / (u,u)$. El denominador $(u,u)$ es $\sum_{i=0}^n {n \choose i}^2$, que es bien conocido para la igualdad de $2n \choose n$.$\color{red}{\bf[2]}$ Por lo tanto la respuesta es $n!^2 / {2n \choose n} = n!^4 / (2n)!$.
Con un poco más de trabajo que podemos encontrar para cada una de las $k$ el mínimo de $\sum_{i=1}^{n+k+1} p(i)^2$ más de monic $p$ grado $n$. Aquí es cómo va por $k=2$. Ahora hay tres condiciones lineales en $v = (a_1,a_2,\ldots,a_{n+3})$ a ser la lista de valores en $1,2,\ldots,n+3$ de un monic polinomio de grado en la mayoría de las $n$. Podemos escribir como $(u_0,v)=n!$, $(u_1,v)=0$, $(u_2,v)=0$, donde $u_j$ es el vector cuyas $(n+3-i)$-ésima coordenada se $(-1)^i {n+j \choose i}$ por cada $i$ en $0 \leq i \leq n+2$.$\color{red}{\bf[1a]}$ Como fue el caso de $k=0$, el mínimo de $(v,v)$ sobre tales $v$ es alcanzada por una combinación lineal de $u_0,u_1,u_2$. Tan sólo necesitamos calcular el $3 \times 3$ matriz de Gram de interior productos $(u_j,u_{j'})$ $(j,j'=0,1,2)$, y invertir para encontrar la combinación lineal $v$ tal que $(u_j,v) = n! \delta_j$. Cada una de las $(u_j,u_{j'})$ es $\sum_{i \geq 0} {n+j \elegir i} {n+j' \elegir i} = {2n+j+j' \elegir n+j}$.$\color{red}{\bf[2a]}$ Así que escribir cada una de estas entradas de la matriz de Gram como $2n \choose n$ veces algunos racional de la función de $n$, resolver la resultante de ecuaciones lineales para los coeficientes de $v$ en $u_0,u_1,u_2$, y recuperar $(v,v)$. Este cálculo da como resultado la fórmula $(2n+1)(2n+3) n!^2 / {2n \choose n}$ muestra (en forma equivalente) en el inicio de esta respuesta.
Para general $k$ el mínimo parece ser $$ \frac{n!^4}{(2n)!} {2n+1+k \, \elegir k}, $$ que presumiblemente puede ser probado en el análisis anterior y conoce las identidades.$\color{red}{\bf[3]}$
$\color{red}{\bf[1],[1a]}$ Tomando el interior del producto con $u$ cantidades para la evaluación de un $n$-ésimo de diferencia finita. Del mismo modo, tomando el interior del producto con $u_i$ equivale a la evaluación de una $(n+i)$-ésimo de diferencia finita.
$\color{red}{\bf[2],[2a]}$ La fórmula $\sum_{i \geq 0} {m \choose i} {m' \choose i} = {m+m' \choose m}$ tiene al menos dos conocidos pruebas, uno bijective y uno generatingfunctionological. Para el primero, escribir ${m+m' \choose m}$ como el número de $(m+m')$-tuplas de $m$ 0 y $m'$ 1, y vamos a $i$ ser el número 1 entre los primera $m$ coordenadas. Por último, calcular el $X^m$ coeficiente de $(1+X)^m \, (1+X)^{m'} = (1+X)^{m+m'}$ en dos maneras.
$\color{red}{\bf[3]}$ Corroborar es que esto también es en consonancia con los casos extremos, $n=0$ y (con un poco más de trabajo) $n=1$. Yo más tarde obtuvo una prueba mediante la transformación de los correspondientes factores determinantes en Vandermonde determinantes. La existencia de una fórmula para todos los $n,k$ sugirió que el $p$'s (que son polinomios ortogonales para un discretos medida) debe ser conocido ya, y después de buscar un poco en Google se encontró que, de hecho, son el caso especial $\alpha=\beta=0$ de la Los polinomios de Hahn $Q_n$ evaluado en $x-1$ (con $N = n+k+1$). La ortogonalidad relación, junto con la fórmula para el coeficiente inicial de $Q_n$, pronto los rendimientos de la evaluación para todos los $n,k$ mínimo de $\sum_{i=1}^{n+k+1} p(i)^2$ más de monic polinomios $p$ grado $n$.
