Teorema de Chebyshev sobre polinomios reales: ¿Por qué solo los polinomios de Chebyshev logran la igualdad en esta desigualdad?

Dejar$p(x)$sea ​​un polinomio mónico de grado$n$. Dejar$T_n(x)$sea ​​el polinomio de Chebyshev de grado$n$. Asumir que$|p(x)|\leq 1/2^{n-1}$para todos$x\in[-1,1]$.

Colocar$q(x)=T_n(x)-p(x)$. Entonces desde$T_n$y$p$son ambos polinomios mónicos de grado$n$,$q$es un polinomio de grado a lo sumo$n-1$.

Ahora deja$x_k=\cos(k\pi/n)$para$k=0, 1, \ldots, n$. En estos puntos$T_n(x_k)=(-1)^k/2^{n-1}$por$T_n$definición de Ahora

$$q(x_k)=T_n(x_k)-p(x_k)=(-1)^k/2^{n-1}-p(x_k)$$

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

El teorema del valor intermedio implica que para cada$k=0, 1,\ldots, n-1$el polinomio$q(x)$tiene al menos un cero entre$x_k$y$x_{k+1}$. De este modo$q(x)$tiene al menos$n$ceros en el intervalo$[-1,1]$. Pero el grado de$q$es menos que$n$. De este modo$q$es equivalente$0$. De este modo$T_n=p$.

Una prueba alternativa funciona por interpolación (también se puede formular usando diferencias divididas) y el caso de igualdad se puede manejar más fácilmente.

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

Es bien sabido que para todo polinomio$f(x)$con grado como mucho$n$, y cualquier$n+1$puntos base distintos$a_0,a_1,\ldots,a_n$, la diferencia dividida

$$f[a_0,a_1,\dots,a_n] = \sum_{k=0}^n \frac{f(a_k)}{\displaystyle\prod_{j\ne k}(a_k-a_j)}$$ es igual al coeficiente de $x^n$en $f$. (Basta con leer el coeficiente de $x^n$en la fórmula de interpolación de Lagrange.)

Definir los puntos base$a_0,a_1,\dots,a_n$por$a_k=\cos\frac{\pi k}{n}$. Como$p$es monic, tenemos$p[a_0,a_1,\dots,a_n]=1$y de manera similar, dado que el coeficiente principal en$T_n$es$2^{n-1}$, tenemos$T_n[a_0,a_1,\dots,a_n]=2^{n-1}$. Por la definición de los puntos base,$T_n(a_k)=(-1)^k$. El producto$\displaystyle\prod_{j\ne k}(a_k-a_j)$es positivo si$k$es par y negativo si$k$es impar. Por eso,

$$1 = p[a_0,a_1,\dots,a_n] = \sum_{k=0}^n \frac{p(a_k)}{\displaystyle\prod_{j\ne k}(a_k-a_j)} \le \sum_{k=0}^n \frac{\big|p(a_k)\big|}{\bigg|\displaystyle\prod_{j\ne k}(a_k-a_j)\bigg|} \le \sum_{k=0}^n \frac{M}{\displaystyle\bigg|\prod_{j\ne k}(a_k-a_j)\bigg|} \\ = M \sum_{k=0}^n \frac{(-1)^k}{\displaystyle\prod_{j\ne k}(a_k-a_j)} = M \sum_{k=0}^n \frac{T_n(a_k)}{\displaystyle\prod_{j\ne k}(a_k-a_j)} = M \cdot T_n[a_0,a_1,\dots,a_n]=M\cdot 2^{n-1}.$$ Esto demuestra $M\ge2^{-(n-1)}$. Para establecer la igualdad se requiere $p(a_k)=(-1)^kM$para cada $k$; que determina el polinomio $p$únicamente

A partir de la función

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

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

Por cada entero$m$, es fácil comprobar que

$$S_m := \frac1{2n} \sum_{j=0}^{2n-1} \cos\frac{jm\pi}{n} = \begin{cases} 1 & 2n \,\, \text{divides}\,\, m \\ 0 & \text{otherwise.} \end{cases}$$

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 solo si $k=\ell=0$o $k=\ell=n$, y $2n$divide $k-\ell$si y solo si $k=\ell$. Entonces, $$M^2 \ge \sum_{k=0}^n \sum_{\ell=0}^n \lambda_k \overline{\lambda_\ell} \frac{S_{k+\ell}+S_{k-\ell}}2 = |\lambda_n|^2 + |\lambda_0|^2 +\sum_{k=1}^{n-1}\frac{|\lambda_k|^2}2.$$