Bernstein Inequality for Polynomials(2)

Introduction

本文將著重介紹Bernstein Inequality的兩個復變的證明方法，供有興趣的讀者閱讀。

$extbf{[Theorem]}對於n次復係數多項式P(x),left|P^{prime} ight|_{infty} leq n|P|_{infty}\ 當且僅當P(z)=lambda z^n時取等號,其中lambdainmathbb{C}$

我們先不加證明地給出如下定理。

$extbf{[Theorem 0.1]}(Maximum modulus principle)f是mathbb{C}上的一個連通開子集D上的復解析函數,\若exists z_0in D和z_0的一個鄰域，使得鄰域中任意的z都有|f(z)|le|f(z_0)|,則f是常數函數$

最大模原理也可以寫為

由此可知圓盤上的命題與圓週上的命題是等價的，因此在上一篇文章的最後留給讀者的思考題也就迎刃而解了。

此題中我們還要使用另一個最大模原理 ( Maximum Modulus Theorem for Unbounded Domains) $extbf{[Theorem 0.2]}D是mathbb{C}上的一個連通開子集,f在mathbb{C}ackslash D上復解析,在D的邊界上\連續,且滿足|f(z)|le M(forall zin partial D),lim_{|z| oinfty}|f(z)|=M,則forall zin mathbb{C}ackslash D,|f(z)|le M$

$egin{align} & extbf{[Theorem 0.3]}(Gauss–Lucas theorem)非常數多項式f的導數的根一定在f的根所構成的凸包內\ & extbf{[Theorem 0.4]}(Rouchacute{e}s theorem)如果復值函數 f 與 g 在一條簡單閉曲線 Gamma的內部及邊界上復解\ &析,且在Gamma上滿足 |g(z)| < |f(z)|,則 f 與 f + g 在 Gamma 內部的零點個數相同 end{align}$

Proof 1

$extbf{[Lemma 1.1]}n次多項式f滿足forall |z|=1,|f(z)|le M,則forall rge 1,max_{|z|=r} |f(z)|le Mr^n$ $egin{align} &證明：令g(z)=z^nf(frac{1}{z})\ &則由最大模原理,forall |t|le 1,|g(t)|le ||g||_{infty}=||f||_{infty}le M\ &令t=frac{1}{z}(|z|=r),則left|frac{f(z)}{z^n} ight|le M,故|f(z)|le M|z|^n=Mr^n,Q.E.D end{align}$

$egin{align} & extbf{[Lemma 1.2]}多項式p,q滿足(1)lim_{|z| oinfty}left|frac{p(z)}{q(z)} ight|le 1\&hspace{30.7ex}(2)forall |z|=1,|p(z)|le |q(z)|\&hspace{30.7ex}(3)q(z)的零點都在|z|le 1中\& 則forall |z|=1,|p(z)|le |q(z)| end{align}$ $egin{align} &證明:令f(z)=frac{p(z)}{q(z)},則f在|z|>1的區域上復解析,\&且當|z|=1時,|f(z)|le 1,又lim_{|z| oinfty}|f(z)|le 1 \&故由定理0.2,forall|z|ge 1,|f(z)|le 1 \&設複數|lambda|>1,並令g(z)=p(z)-lambda q(z)\ &任取g(z)的一個零點z_0,假設|z_0|>1,則q(z_0)<br /> eq 0,\& herefore|p(z_0)|=|lambda q(z_0)|>|q(z_0)|,故|f(z_0)|>1,矛盾！\& herefore|z_0|le 1\ &由定理0.3,g(z)的所有根也在|z|le 1中\ &故forall|lambda|>1,g(z)=p(z)-lambda q(z)在|z|>1上無解\ &也即frac{p(z)}{q(z)}=lambda在|z|>1上無解\ & herefore |z|>1時,|p(z)|le|q(z)|恆成立\ &令|z| o 1,即有|p(z)|le|q(z)|,forall |z|=1,Q.E.D end{align}$

$egin{align} &原命題的證明:設||P(z)||_{infty}=M,並令Q(z)=Mz^n\ &則由引理1.1,forall rge 1,|z|=r,有|P(z)|le Mr^n=|Q(z)|\ & hereforelim_{|z| oinfty}left|frac{P(z)}{Q(z)} ight|le 1;forall |z|=1,|P(z)|le |Q(z)|;Q(z)的零點都在|z|le 1中\ &故由引理1.2,forall |z|=1,|P(z)|le|Q(z)|=nM\ & herefore ||P||_{infty}le n||P||_{infty},Q.E.D end{align}$

Proof 2

$extbf{[Lemma 2.1]}n次多項式f的根都在|z|le 1中,g(z)=z^n overline{f(frac{1}{overline{z}})},則forall |z|ge 1,|g(z)|le|f(z)|$ $egin{align} &證明: ecause f的根都在|z|le 1中 herefore g的根都在|z|ge 1上\ &並且|z|=1時|f(z)|=|g(z)|,故h(z)=frac{g(z)}{f(z)}在|z|ge 1上復解析\&設f(z)=sum_{k=0}^n a_k z^k,則g(z)=sum_{k=0}^n overline{a_k} z^{n-k},則lim_{|z| oinfty}|h(z)|=left|frac{a_0}{a_n} ight|=|z_1z_2cdots z_n|le 1\&這裡運用了Viete定理,z_i(1le ile n)是f的根\&又當|z|=1時,|h(z)|=1\ & herefore 由引理1.2可知,forall |z|ge 1,|g(z)|le|f(z)|,Q.E.D end{align}$ $extbf{[Lemma 2.2]}n次多項式p(z)滿足forall|z|le 1,|p(z)|le 1,q(z)=z^n overline{p(frac{1}{overline{z}})}\則forall |z|ge 1,|p(z)|+|q(z)|le n|z|^{n-1}$ $egin{align} &證明:令p_1(z)=lambda z^n(|lambda|>1),並令f(z)=p(z)-p_1(z)\&則由條件,在|z|=1上|p(z)|le 1<|p_1(z)|\& 故由定理0.4,f(z)的根都在單位圓內（包括邊界）\ & herefore由定理0.3,f(z)=p(z)-nlambda z^{n-1}的根也都在單位圓內（包括邊界）\ &而我們總可以取合適的lambda的輔角,使得|f(z)|=|p(z)-nlambda z^{n-1}|=|nlambda z^{n-1}|-|p(z)|\ &令g(z)=z^n overline{f(frac{1}{overline{z}})}=z^noverline{p(frac{1}{overline{z}})}-lambda,則|g(z)|=|q(z)|\& herefore由引理2.1,forall |z|le 1,|q(z)|=|g(z)|le|f(z)|=|nlambda z^{n-1}|-|p(z)|\& hereforeforall |z|le 1 ,|p(z)|+|q(z)|le n|lambda ||z|^{n-1}\& 令|lambda| o 1,則|p(z)|+|q(z)|le n|z|^{n-1},Q.E.D end{align}$

$egin{align} &原命題的證明:不妨設||P||_{infty}=1\ &由引理2.2,對於|z|=1,|P(z)|le n|z|^{n-1}=n,Q.E.D end{align}$

Remarks

1.一次函數的最大模原理的證明如下，不熟悉復變的讀者可以感受一下這個命題的正確性。

$egin{align} &命題:a,binmathbb{C},則max_{|z|le 1}|az+b|=max_{|z|=1}|az+b|\ &證明:只需證forall |z|<1,exists |t|=1,使得|az+b|le|at+b|\ &ecause |az+b|^2=(az+b)(overline{az+b})=|a|^2|z|^2+|b|^2+2Re(aoverline{b}z)\& hspace{2.8ex}|at+b|^2=|a|^2+|b|^2+2Re(aoverline{b}t)\ & herefore只需證exists t,|a|^2(1-|z|^2)ge2Re(aoverline{b}(z-t)) ag{1}\ &ecause r<1 quad herefore 由幾何意義知Arg(z-t)取遍[0,2pi)\ & hereforeexists t,Arg(aoverline{b}(z-t))=frac{pi}{2},即Re(aoverline{b}(z-t))=0\ & herefore (1)式成立,Q.E.D end{align}$