Demostrar $|P(0)|\leq 2n+1$

Question

Deje que $P(x)$ ser un polinomio con grado $\leq n$ y $|P(x)|\leq\frac{1}{\sqrt{x}}$ para $x\in(0,1]$. Demostrar que $|P(0)|\leq 2n+1$. La idea debe ser que si $|P(0)|$ es demasiado grande, entonces el polinomio no se puede cambiar los valores lo suficientemente rápido para evitar la intersección de la curva de $ \pm 1/\sqrt{x}$, pero no veo la manera de formalizar este.

Answer 1

Desde $-\frac{1}{\sqrt{x}}\le P(x)\le\frac{1}{\sqrt{x}}$ para $0<x\le 1$, $\;\;\;-1\le \sqrt{x}P(x)\le1\;$ para $0\le x\le1$.

Si dejamos a $t=\sqrt{x}$ y $h(t)=tP(t^2)$, entonces $h$ es un polinomio de grado $2n+1$ con $\big|h(t)\big|\le1$ para $|t|\le1$.

Por Bernstein de la desigualdad de polinomios, $\;\;\displaystyle\big|h^{\prime}(t)\big|\le\frac{2n+1}{\sqrt{1-t^2}}\;$ para $|t|<1$; por lo que $\;\big|P(0)\big|=\big|h^{\prime}(0)\big|\le 2n+1$.

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(Véase el apartado 4.2) en http://www.damtp.cam.ac.uk/user/na/people/Alexei/papers/markov.pdf o

Th. 2.8 en http://www.emis.de/journals/HOA/JIA/Volume3_4/156027.pdf)

Answer 2

Lo que sigue es más o menos la traducción de la solución que se dio aquí.

Parte A. en Primer lugar, nos muestran que un polinomio $F(x)$ existe para el que se cumplen las condiciones y la igualdad en la estimación sostiene, es decir, $F(0)=2n+1$. Nos deja denotar por $U_{2n}$ la $2n$-ésimo polinomio de Chebyshev de la segunda clase: $$U_{2n}(\cos t)=\frac{\sin(2n + 1)}{\sen t}.$$ Este polinomio tiene grado $2n$. Se sabe que $U_{2n}(x)$ es incluso: la razón es que contiene solamente términos disponer aún de grado. Este hecho puede ser obtenido a partir de la fórmula recursiva para el polinomio de Chebyshev de la segunda clase $U_n(\cos t)=\frac{\sin(n+1)t}{\sen t}$, que es de $U_{n+1}(x) = 2x U_n(x)-U_{n-1}(x)$, a partir de $U_0(x)=1$, $U_1(x)=2x$.

Así que podemos escribir $U_{2n}(x)=u(x^2)$ para algún polinomio $u$. Ahora vamos a $$F(x) = u(1-x) = U_{2n}(\sqrt{1-x})$$ y escribir $x\in (0,1]$ como $x=\sin^2 t$ ($t\in(0,\frac{\pi}{2}]$). Tenemos $$F(x) = u(1-\sin^2 t) = u(\cos^2 t) = U_{2n}(\cos t) = \frac{\sin (2n + 1)t}{\sen t} = \frac{\sin (2n + 1)t}{\sqrt{x}}.$$ Así, por $x\in(0,1]$ tenemos $|F(x)|\le\frac{1}{\sqrt{x}}$, con la igualdad que ocurren cuando $\sin (2n + 1)t = \pm 1$, es decir $x_k:=\sin^2\frac{(k + \frac{1}{2})\pi}{2n+1}$ ($k = 0,1,\dots,n$).
Por otra parte, $F(0)$ se puede encontrar tomando el límite de $t\to 0$: $$F(0) = U_{2n}(1) = \lim_{t\to 0}U_{2n}(\cos t) = \lim_{t\to 0}\frac{\sin (2n + 1)t}{\sen t} = 2n+1.$$

Parte B. Ahora nos muestran la desigualdad $|P(0)|\le 2n+1$ por un genérico polinomio $P$ satisfacción de las hipótesis. Supongamos por contradicción que $|P(0)|>2n+1$; wlog podemos suponer $P(0)>2n+1$. Elegir $c>1$ que $P(0)>c(2n+1)$ y considerar el polinomio $$Q(x) := P(x)-cF(x).$$ El polinomio $P$ toma alternativamente positivos y valores negativos en los puntos $x_{-1}:=0<x_0<x_1<\dots<x_n$: de hecho $P(x_{-1})=P(0)>0$ y, si $k$ es, incluso, $Q(x_k)\le\frac{1}{\sqrt{x}}-\frac{c}{\sqrt{x}}<0$; del mismo modo, si $k\ge 1$ es impar, $Q(x_k)>0$. Por lo que posee por lo menos $n+1$ raíces, precisamente por lo menos uno en cada uno de los intervalos de $(x_{-1}, x_0), (x_0, x_1), \dots, (x_{n-1}, x_n)$. Pero esto es imposible, ya que $Q$ no es idéntica a cero y tiene un grado $\le$ n, por lo que no puede tener más de $n$ raíces.