Gabriel DOSPINESCU

O problemă de olimpiadă şi . . . câteva norme
polinomiale
Gabriel DOSPINESCU 1
O interesantă problemădatălafazafinală a olimpiadei japoneze în anul 1994
cerea
Să se demonstreze că există o constantă absolută c>0 cu proprietatea că pentru
orice numere reale a 1 , a 2 ,...,a n şi orice număr n are loc
nY
nY
max |x − a i | ≤ c n max |x − a i | .
x∈[0,2]
i=1
x∈[0,1]
i=1
Se poate arăta fără foarte mare dificultate, cu ajutorul interpolării, că c =12este
o valoare admisibilă. Alexandru Lupaş ademonstratcă 5+2 √ 6 este de asemenea
o valoare admisibilă. Astfel că problema determinării celei mai mici constante
admisibile se impune.
În cele ce urmează vomdemonstracă 3+2 √ 2 este cea mai bună constantăşi vom
generaliza problema pentru un polinom arbitrar cu coeficienţi complecşi. În afară
de rezultatul lui Alexandru Lupaş numaicunoaştem nimic în legătură cu această
problemă, aşa că ne cerem scuze dacă doar repetăm demonstraţia altcuiva.
Fie P n mulţimea polinoamelor cu coeficienţi complecşi, de grad n. Să definim
pentru a ≤ b norma polinomului f ∈ S P n (din motive lesne de înţeles, nu ne vor
n≥1
interesa polinoamele constante) ca fiind kfk [a,b]
= max
x∈[a,b] |f (x)|. Fie T n polinomul
Cebâşev de ordin n. Sădemonstrăm următoarea
Propoziţie. Pentru orice polinom f ∈ P n are loc inegalitatea
kfk [0,2]
≤ 1 h³
3+2 √ ´n ³
2 + 3 − 2 √ ´ni
2 kfk
2
[0,1]
. (1)
Estimarea este optimală, pentru polinomul T n (2x − 1) obţinându-se egalitate.
Partea simplă a trecut, este timpul să facem nişte mici calcule. Instrumentul
de lucru pe care îl vom folosi este interpolarea. Înainte de a trece la demonstraţia
propriu-zisă, să dovedimmaiîntâi
Lema 1. Dacă t k =cos kπ n pentru k = 0,n, atunci polinomul P Q
n (x) = n (x − t k )
k=0
are expresia
√
x2 − 1
h³
P n (x) =
2 n x + p ´n ³
x 2 − 1 − x − p ´ni
x 2 − 1 . (2)
Demonstraţia nu este deloc dificilă. Este suficient să demonstrăm că
√
x2 − 1
h³
f (x) =
2 n x + p ´n ³
x 2 − 1 − x − p ´ni
x 2 − 1
1 Student, École Normale Supérieure, Paris
96

este un polinom monic de grad n+1 ce se anuleazăînt k =cos kπ n .Faptulcăesteunpolinommonicdegradn+1
rezultă din scrierea f(x) = 1 ·µ n
2 n−1 x ¡ 1
n−1 x 2 − 1 ¢ ¸
+ ...
(ce arată de fapt doar că f este polinom) şi din faptul că lim
x→∞
f (x)
x n+1
=1(ceea ce
este evident). Că acest polinom se anulează înt k =cos kπ rezultă din formula lui
n
Moivre.
Din Lema 1 vom deduce câteva rezultate care se vor dovedi esenţiale în demersul
nostru.
Lema 2. Au loc identităţile:
Q
j6=k
(t k − t j )= (−1)k n
2 n−1 pentru k 6= 0,n,
nQ
(t 0 − t j )= n
2 n−2 , n−1 Q
j=1
j=0
(t n − t j )= (−1)n n
2 n−2 .
Demonstraţie. Să derivăm relaţia (2). Dupăcalcule,celelăsăm în seama
cititorului, obţinem
Pn 0 (x) = n h³x
2 n + p ´n ³
x 2 − 1 + x − p ´ni
x 2 − 1 +
x
h³
+
2 n√ x + p ´n ³
x 2 − 1 − x − p ´ni
x 2 − 1 . (4)
x 2 − 1
Din (4) şi formula lui Moivre obţinem imediat că
Y
(t k − t j )=Pn 0 (t k )= (−1)k n
2 n−1 .
j6=k
Tot din (4), dar de această dată calculând lim P n 0 (x) cu ajutorul regulii lui
x→±1
l’Hospital, obţinem şi celelalte două relaţii din enunţ.
Demonstraţia Propoziţiei. Înaintedetoateobservăm că putem presupune
fără a restrânge generalitatea ca kfk [0,1]
=1.Dacăarătăm că pentru orice x ∈ [1, 2]
¡ √ ¢ n ¡ √ ¢ n
3+2 2 + 3 − 2 2
are loc |f (x)| ≤
,varezultacă pentru orice x ∈ [0, 2]
¡ √ ¢ n ¡ 2 √ ¢ n
3+2 2 + 3 − 2 2
avem |f (x)| ≤
şi de aici obţinem relaţia (1). Săfixăm,
2
deci, x ∈ [1, 2] şi să considerăm numerele x k = 1 µ
1+cos kπ
,pentruk = 0,n.
2 n
Folosind formula de interpolare Lagrange putem scrie
nX
f (x) = f(x k ) Y x − x j
,
x k − x j
k=0 j6=k
de unde
nX
Y
|f (x)| ≤
x − x j
nX Y
n
x − x j
=
¯ x k − x j
¯¯¯¯¯¯ |x k − x j | ≤ X Y
n
2 − x j
|x k − x j | = X Y 3 − t j
|t k − t j |
k=0
j6=k
k=0 j6=k
97
k=0 j6=k
k=0 j6=k
(3)

(să nuuităm că |f (x j )| ≤ 1, x j ∈ [0, 1], x ∈ [1, 2]).
Să observăm că, din Lema 2, ultima sumă se poate rescrie
⎡
⎤
2 n−1 n−1
X Y
(3 − t j )+ 2n−2
n−1
Y
nY
⎣ (3 − t j )+ (3 − t j ) ⎦ . (5)
n
n
k=1 j6=k
Folosind Lema 1 şi (4) avem
n
h³
2 n 3+2 √ ´n ³
2 + 3 − 2 √ ´ni
3
h³
2 +
2 n+1√ 3+2 √ ´n ³
2 − 3 − 2 √ ´ni
2 =
2
n−1
X Y
n−1
Y
nY
= Pn 0 (3) = (3 − t j )+ (3 − t j )+ (3 − t j ) .
Rămâne să constatăm că n−1 Q
(3 − t j ).Însă, întorcândune
în (2), observăm că
n−1
Y
j=1
k=1 j6=k
j=0
(3 − t j )+ n Q
1
(x − t j )=
2 n√ x 2 − 1
j=1
j=0
j=0
(3 − t j )=6 n−1 Q
j=1
j=1
j=1
h³
x + p ´n ³
x 2 − 1 − x − p ´ni
x 2 − 1 ,
de unde
n−1
Y
1
h³
(3 − t j )=
2 n+1√ 3+2 √ ´n ³
2 − 3 − 2 √ ´ni
2 . (6)
2
j=1
Un mic calcul bazat pe relaţiile (5) şi (6) arată cădefapt
¡ √ ¢ nX Y
n ¡ √ ¢ n
3 − t j 3+2 2 + 3 − 2 2
|t k − t j | = .
2
k=0 j6=k
Desigur, ca să terminăm demonstraţia propoziţiei rămâne să arătăm că pentru
polinomul T n (2x − 1) chiar avem egalitate. Aceasta este o consecinţă imediată a
faptului că
¡ √
x + x2 − 1 ¢ n ¡ √
+ x − x2 − 1 ¢ n
T n (x) =
.
2
Într-adevăr, ultima reprezentare arată tocmaifaptulcăpentrux ∈ [−1, 3] are loc
¡ √ ¢ n ¡ √ ¢ n
3+2 2 + 3 − 2 2
|T n (x)| ≤
,
2
de unde
¡ √ ¢ n ¡ √ ¢ n
3+2 2 + 3 − 2 2
kT n (2x − 1)k [0,2]
=
=
2
¡ √ ¢ n ¡ √ ¢ n
3+2 2 + 3 − 2 2
=
2
kT n (2x − 1)k [0,1]
.
Iniţial, ne gândeam să punem punct notei aici, dar ulterior am descoperit că lemele
demonstrate mai au câteva aplicaţii deloc de neglijat. Într-adevăr, să vedem pentru
98

început cum decurge teorema de deviaţie minimală aluiCebâşev, din rezultatele de
până acum.
Teoremă (Cebâşev). Pentru orice polinom monic f ∈ P n are loc kfk [−1,1]
≥
1
2 n−1 , estimarea fiind optimală, în sensul că pentru polinomul T n
are loc egalitate.
2n−1 Demonstraţie. Să presupunem căexistă f ∈ P n astfel încât afirmaţia kfk [−1,1]
≥
1
2 n−1 este falsă. Folosind interpolarea Lagrange cu nodurile t k =cos kπ n , k = 0,n,
obţinem
nX
f (x) = f (t k ) Y x − t j
. (7)
t k − t j
k=0 j6=k
Împărţind cu x şi făcând x →∞în (7) (folosind desigur ipoteza că polinomul f este
monic) rezultă identitatea
nX
1= f (t k ) Y
k=0 j6=k
din care, prin utilizarea inegalităţii modulului, rezultă estimarea
1 < 1 X n
Y
2 n−1
k=0 j6=k
1
t k − t j
, (8)
1
|t k − t j | . (9)
Nu avem decât să observăm acum că dinLema2rezultăidentitatea
1 X n
Y 1
2 n−1 |t k − t j | =1,
k=0 j6=k
T n
este
2n−1 care contrazice relaţia (9). Cititorul poate verifica imediat că polinomul
1
monic, de grad n şi că are norma
2 n−1 .
Observaţie. Menţionăm că se poate determina cea mai mică valoareanormei
unui polinom monic de grad n pe orice interval, aplicând Teorema lui Cebâşev transformatei
polinomului prin intermediul unui homeomorfism liniar ce aplică intervalul
respectiv în [−1, 1].
Desigur, este binecunoscută următoarea problemă, ce apare în fiecare an măcar
la una din olimpiadele locale sau interjudeţene:
Dacă ¯¯ax 2 + bx + c¯¯ ≤ 1 pentru x ∈ [−1, 1], atunci¯¯cx 2 + bx + a¯¯ ≤ 2 pentru
x ∈ [−1, 1].
Dacă această problemăestecâtsepoatedesimplă, despre cazul general:
µ 1
Determinaţi o margine optimală pentru norma polinomului x n f pe [−1, 1],
x
dacă f ∈ P n este un polinom de norma 1 pe [−1, 1],
nu putem spune decât contrariul. Acum doi - trei ani figura în Crux Mathematicorum
ca problema deschisă lansatădeWalther Janous.Dinpăcate, nemaiavând acces la
numerele noi ale revistei, nu ştim dacă a fost rezolvată saunu. Certestecă această
99

problemă decurge destul de repede din următoarea afirmaţie mult mai generală (a
cărei originalitate o lăsăm în seama cititorului avizat):
Propoziţia 2. Pentru orice polinom f ∈ P n are loc |f (x)| ≤ |T n (x)|·kfk [−1,1]
pentru orice x ∈ (−∞, 1) ∪ (1, ∞).
Demonstraţie. Să fixăm u ∈ [−1, 1] nenul şi să scriemiarăşi formula de interpolare
Lagrange cu nodurile t k =cos kπ ,adicărelaţia (7). Cum (7) este valabilă
n
pentru orice valoare reală avariabilei,obţinem cu ajutorul inegalităţii modulului că
µ ¯ 1
¯f u
¯¯¯¯ ≤ 1
nX
|u n | kfk Y 1 − ut j
[−1,1]
|t k − t j | . (10)
k=0 j6=k
Dacă scriem acum formula de interpolare pentru polinomul T n obţinem, ţinând
cont că T n (t k )=(−1) k şi de rezultatele din Lema 2, că
µ ¯ 1
¯Tn
u
¯¯¯¯ = 1
nX
|u n |
(−1) Y k 1 − ut j =
¯
t k − t j
k=0 j6=k
¯¯¯¯¯¯ 1 nX Y 1 − ut j
|u n | |t k − t j | . (11)
k=0 j6=k
µ µ Din (10) şi (11) rezultă desigurcă ¯ 1 1
¯f ≤ kfk
u¯¯¯¯ [−1,1]
¯¯¯¯T n pentru orice
u¯¯¯¯
u ∈ [−1, 1] nenul, ceea ce nu este decât o reformulare a inegalităţii de demonstrat.
Şi acum, două consecinţe interesante ale Propoziţiei 2.
Consecinţa 1. Teorema lui Cebâşev.
Într-adevăr, nu avem decât să scriem inegalitatea din Propoziţie sub forma
f (x)
T n (x)
¯ x
¯¯¯¯ n ≤ kfk [−1,1]
¯¯¯¯ x
¯¯¯¯ n şi să facemx →∞. Ţinând cont că T n are coeficientul
dominant 2 n−1 , rezultă că, dacă f ∈ P n este monic, atunci kfk [−1,1]
≥ 1 ,adică
2n−1 tocmai teorema de care am vorbit adineauri.
Consecinţa 2. Problema lui Walther Janous.
Într-adevăr, dacă presupunem că f ∈ µ P n are norma 1 µ pe intervalul [−1, 1], atunci
pentru orice x ∈ [−1, 1] vom avea ¯ 1 ¯xn f ≤ ¯ 1
x¯¯¯¯ ¯xn T n ≤ 2
x¯¯¯¯ n−1 ,căci pentru
µ x ∈ [−1, 1] avem ¯ 1 ¯xn T n = 1 h ¡1+ √ ¢ n ¡ √ ¢ i n
1 − x
2 + 1 − 1 − x
2
≤ 2
x¯¯¯¯ n−1 (inegalitatea
(1 + a) n +(1− a) n ≤ 2 n fiind uşor µ de demonstrat pentru 0 ≤ a ≤ 1).
2
1
Rezultă, deci, că norma polinomului x n f este majorată de2
x
n−1 , iar această
constantă esteoptimală, căci pentru polinomul Cebâşev de ordinul n marginea este
atinsă.
Şi aici se termină vizita în lumea problemelor de olimpiadă şi nu numai...
100