El Teorema de Chebyshev sobre real polinomios: ¿por Qué sólo los polinomios de Chebyshev lograr la igualdad en la desigualdad?

Question

En el libro de las Pruebas Del Libro de Aigner y Ziegler hay una prueba de 'el Teorema de Chebyshev' que establece que si $p(x)$ es un verdadero polinomio de grado n con los principales coeficiente de $1$

$$ \max_{-1 \leq x \leq 1} |p(x)| \geq \frac{1}{2^{n-1}}$$

En la prueba de $g( \theta ) = p( \cos \theta )$ está escrito como un coseno polinomio $ \sum_{k=0}^n \lambda_k \cos(k \theta)$ y luego se demostró que esto no puede ser inferior a $|\lambda_n|$ (que pasa a ser $\frac{1}{2^{n-1}}$) en todas partes.

Después, afirmó que " El lector puede completar el análisis para demostrar que los polinomios de Chebyshev son los únicos para los que la igualdad se produce en la desigualdad anterior. No he sido capaz de averiguarlo. Puede alguien explicar por qué esto es cierto? (preferentemente en la construcción de la prueba, como se hizo en el libro o por algún otro simple argumento.)

edit: aquí por el polinomio de Chebyshev de hecho, me refiero a la monic polinomio que se obtiene después de la división de la $n$-ésimo polinomio de Chebyshev por $2^{n-1}$.

Answer 1

Deje $p(x)$ ser un monic polinomio de grado $n$. Deje $T_n(x)$ ser el polinomio de Chebyshev de grado $n$. Suponga que $|p(x)|\leq 1/2^{n-1}$ todos los $x\in[-1,1]$.

Set $q(x)=T_n(x)-p(x)$. Entonces a partir de la $T_n$ $p$ son tanto monic polinomios de grado $n$, $q$ es un polinomio de grado en la mayoría de las $n-1$.

Ahora vamos a $x_k=\cos(k\pi/n)$$k=0, 1, \ldots, n$. En estos puntos $T_n(x_k)=(-1)^k/2^{n-1}$ $T_n$'s definición. Ahora $$q(x_k)=T_n(x_k)-p(x_k)=(-1)^k/2^{n-1}-p(x_k)$$

Pero $|p(x_k)|\leq 1/2^{n-1}$ por cada $k=0, 1,\ldots, n$. De modo que $q(x_k)\leq 0$ al $k$ es impar y $q(x_k)\geq 0$ al $k$ es incluso.

El teorema del Valor Intermedio implica que para cada una de las $k=0, 1,\ldots, n-1$ el polinomio $q(x)$ tiene al menos un cero entre el $x_k$$x_{k+1}$. Por lo tanto $q(x)$ tiene al menos $n$ ceros en el intervalo de $[-1,1]$. Pero el grado de $q$ es de menos de $n$. Por lo tanto $q$ es equivalente a $0$. Por lo tanto $T_n=p$.

Answer 2

Una alternativa a prueba de obras por interpolación (también puede ser formulado mediante dividido diferencias) y en el caso de la igualdad, pueden ser manejados más fácilmente.

Deje $M=\max\limits_{[-1,1]}p$.

Es bien sabido que para cada polinomio $f(x)$ con grado en la mayoría de las $n$, y cualquier $n+1$ distintos puntos de base de los $a_0,a_1,\ldots,a_n$, la división de la diferencia $$ f[a_0,a_1,\dots,a_n] = \sum_{k=0}^n \frac{f(a_k)}{\displaystyle\prod_{j\ne k}(a_k-a_j)} $$ es igual al coeficiente de $x^n$$f$. (Acabo de leer el coeficiente de $x^n$ en la fórmula de interpolación de Lagrange.)

Definir los puntos de base de los $a_0,a_1,\dots,a_n$$a_k=\cos\frac{\pi k}{n}$. Como $p$ es monic, tenemos $p[a_0,a_1,\dots,a_n]=1$ y de manera similar, ya que el coeficiente inicial en $T_n$$2^{n-1}$, tenemos $T_n[a_0,a_1,\dots,a_n]=2^{n-1}$. Por la definición de los puntos de base, $T_n(a_k)=(-1)^k$. El producto $\displaystyle\prod_{j\ne k}(a_k-a_j)$ es positivo si $k$ es incluso negativo y si $k$ es impar. Por lo tanto, $$ 1 = p[a_0,a_1,\dots,a_n] = \sum_{k=0}^n \frac{p(a_k)}{\displaystyle\prod_{j\ne k}(a_k-a_j)} \le \sum_{k=0}^n \frac{\big|p(a_k)\big|}{\bigg|\displaystyle\prod_{j\ne k}(a_k-a_j)\bigg|} \le \sum_{k=0}^n \frac{M}{\displaystyle\bigg|\prod_{j\ne k}(a_k-a_j)\bigg|} \\ = M \sum_{k=0}^n \frac{(-1)^k}{\displaystyle\prod_{j\ne k}(a_k-a_j)} = M \sum_{k=0}^n \frac{T_n(a_k)}{\displaystyle\prod_{j\ne k}(a_k-a_j)} = M \cdot T_n[a_0,a_1,\dots,a_n]=M\cdot 2^{n-1}. $$ Esto demuestra $M\ge2^{-(n-1)}$. Para establecer la igualdad que requieren $p(a_k)=(-1)^kM$ por cada $k$; lo que determina el polinomio $p$ únicamente.

Answer 3

A partir de la función $$ p(\cos \theta) = g(\theta) = \sum_{k=0}^n \lambda_k \cos (k\theta), $$ como en el original enfoque, un discreto variante de Parseval la fórmula funciona, también.

De nuevo, deje $M=\max |g(\theta)|=\max\limits_{[-1,1]} |p(x)|$.

Para cada entero $m$, es fácil comprobar que $$ S_m := \frac1{2n} \sum_{j=0}^{2n-1} \cos\frac{jm\pi}{n} = \begin{cases} 1 & 2n \,\, \text{divides}\,\, m \\ 0 & \text{otherwise.} \end{casos} $$

Entonces \begin{align*} M^2 &\ge \frac1{2n} \sum_{j=0}^{2n-1} \left| g\bigg(\frac{j\pi}{n}\bigg)\right|^2 \\ &= \frac1{2n} \sum_{j=0}^{2n-1} \left(\sum_{k=0}^n \lambda_k \cos \frac{jk\pi}{n} \right) \left(\sum_{\ell=0}^n \overline{\lambda_\ell} \cos \frac{j\ell\pi}{n} \right) \\ &= \sum_{k=0}^n \sum_{\ell=0}^n \lambda_k \overline{\lambda_\ell} \cdot \frac1{2n} \sum_{j=0}^{2n-1} \cos \frac{jk\pi}{n} \cos \frac{j\ell\pi}{n} \\ &= \sum_{k=0}^n \sum_{\ell=0}^n \lambda_k \overline{\lambda_\ell} \cdot \frac1{2n} \sum_{j=0}^{2n-1} \frac{\cos \frac{j(k+\ell)\pi}{n} +\cos \frac{j(k-\ell)\pi}{n}}{2} \\ &= \sum_{k=0}^n \sum_{\ell=0}^n \lambda_k \overline{\lambda_\ell} \frac{S_{k+\ell}+S_{k-\ell}}2. \end{align*} Desde $0\le k,\ell\le n$, $2n$ divide $k+\ell$ si y sólo si $k=\ell=0$ o $k=\ell=n$, e $2n$ divide $k-\ell$ si y sólo si $k=\ell$. Así, $$ M^2 \ge \sum_{k=0}^n \sum_{\ell=0}^n \lambda_k \overline{\lambda_\ell} \frac{S_{k+\ell}+S_{k-\ell}}2 = |\lambda_n|^2 + |\lambda_0|^2 +\sum_{k=1}^{n-1}\frac{|\lambda_k|^2}2. $$