京都大学 情報学研究科 数理工学専攻 2007年8月実施 基礎数学 I

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Author

思齐塾, 祭音Myyura

Description

大学公表の原題

$a_k \ge 0, k = 0, 1, \dots, n$ とし，多項式 $P(z)$ を

$$P(z) = \sum_{k=0}^n a_k z^k, \quad z \in \mathbb{C}$$

で定義する。また， $z = x + iy$ により， $\mathbb{C}$ と $\mathbb{R}^2$ とを同一視する。 $\mathbb{C}$ 内の半円 $C_1, C_2$ をそれぞれ次のように定義する。

$$C_1: z = e^{i\theta}, 0 \le \theta \le \pi, \quad C_2: z = e^{i\theta}, \pi \le \theta \le 2\pi$$

ただし， $C_1, C_2$ の向きはともに反時計回りとする。 $P(z)^2$ に対し，関数論におけるコーシーの積分定理を用いると，以下の等式が導かれる。

$$2 \int_{-1}^1 P(x)^2 dx = - \int_{C_1} P(z)^2 dz + \int_{C_2} P(z)^2 dz$$

また，区間 $[0, 1]$ 上の実数値連続関数 $f, g$ に対して，シュワルツの不等式

$$\int_0^1 f(x)g(x)dx \le \left( \int_0^1 f(x)^2 dx \right)^{1/2} \left( \int_0^1 g(x)^2 dx \right)^{1/2}$$

の成り立つことは既知とする。以下の各問に答えよ。

(i) 次の等式を示せ。

$$\int_0^{2\pi} \left| P(e^{i\theta}) \right|^2 d\theta = 2\pi \sum_{k=0}^n a_k^2$$

(ii) 次の不等式を証明せよ。

$$\int_{-1}^1 P(x)^2 dx \le \pi \sum_{k=0}^n a_k^2$$

(iii) 以下の不等式が成り立つことを示せ。

$$P(1)^2 - P(0)^2 \le 2 \left( \int_0^1 P'(x)^2 dx \right)^{1/2} \left( \int_0^1 P(x)^2 dx \right)^{1/2}$$

(iv) $a_0 = 0$ として，次の不等式を証明せよ。

$$\left( \sum_{k=1}^n a_k \right)^4 \le 4\pi^2 \left( \sum_{k=1}^n a_k^2 \right) \left( \sum_{k=1}^n k^2 a_k^2 \right)$$

(v) $[0, 1]$ 上の実数値連続関数 $f(x)$ に対し，次の不等式が成り立つことを示せ。

$$\left( \int_0^1 |f(x)| dx \right)^4 \le 4\pi^2 \left( \int_0^1 (f(x))^2 dx \right) \left( \int_0^1 x^2 (f(x))^2 dx \right)$$

题目描述

设 $a_k\geq 0\ (k=0,1,\ldots,n)$，并在复平面上定义

$$P(z)=\sum_{k=0}^{n}a_kz^k,\qquad z\in\mathbb C.$$

通过 $z=x+iy$ 将 $\mathbb C$ 与 $\mathbb R^2$ 视为同一平面。令单位圆的上、下半圆分别为

$$C_1:\ z=e^{i\theta}\ (0\leq\theta\leq\pi),\qquad C_2:\ z=e^{i\theta}\ (\pi\leq\theta\leq2\pi),$$

两条曲线均按逆时针方向定向。对 $P(z)^2$ 使用柯西积分定理可得到

$$2\int_{-1}^{1}P(x)^2\,dx =-\int_{C_1}P(z)^2\,dz+\int_{C_2}P(z)^2\,dz.$$

另可直接使用区间 $[0,1]$ 上实值连续函数的施瓦茨不等式

$$\int_0^1 f(x)g(x)\,dx \leq \left(\int_0^1f(x)^2\,dx\right)^{1/2} \left(\int_0^1g(x)^2\,dx\right)^{1/2}.$$

完成以下各问：

1. 证明

   $$\int_0^{2\pi}\left|P(e^{i\theta})\right|^2\,d\theta =2\pi\sum_{k=0}^{n}a_k^2.$$

2. 证明

   $$\int_{-1}^{1}P(x)^2\,dx\leq\pi\sum_{k=0}^{n}a_k^2.$$

3. 证明

   $$P(1)^2-P(0)^2 \leq 2\left(\int_0^1P'(x)^2\,dx\right)^{1/2} \left(\int_0^1P(x)^2\,dx\right)^{1/2}.$$

4. 在 $a_0=0$ 时证明

   $$\left(\sum_{k=1}^{n}a_k\right)^4 \leq 4\pi^2\left(\sum_{k=1}^{n}a_k^2\right) \left(\sum_{k=1}^{n}k^2a_k^2\right).$$

5. 对任意定义在 $[0,1]$ 上的实值连续函数 $f$，证明

   $$\left(\int_0^1|f(x)|\,dx\right)^4 \leq 4\pi^2\left(\int_0^1f(x)^2\,dx\right) \left(\int_0^1x^2f(x)^2\,dx\right).$$

Kai

(i)

係数 $a_k$ は実数なので、

$$\begin{aligned} \left|P(e^{i\theta})\right|^2 &=P(e^{i\theta})\overline{P(e^{i\theta})}\\ &=\left(\sum_{k=0}^n a_ke^{ik\theta}\right) \left(\sum_{j=0}^n a_je^{-ij\theta}\right)\\ &=\sum_{k=0}^n\sum_{j=0}^n a_ka_je^{i(k-j)\theta} \end{aligned}$$

である。複素指数関数の直交性

$$\int_0^{2\pi}e^{i(k-j)\theta}\,d\theta = \begin{cases} 2\pi & (k=j),\\ 0 & (k\neq j) \end{cases}$$

を用いると、

$$\boxed{\int_0^{2\pi}\left|P(e^{i\theta})\right|^2\,d\theta =2\pi\sum_{k=0}^n a_k^2}$$

を得る。

(ii)

$C_1$ と実軸上の線分を合わせた上半円、および $C_2$ と同じ線分を合わせた下半円にコーシーの積分定理を適用する。向きに注意すると、

$$\int_{C_1}P(z)^2\,dz=-\int_{-1}^1P(x)^2\,dx, \qquad \int_{C_2}P(z)^2\,dz=\int_{-1}^1P(x)^2\,dx$$

である。したがって

$$2\int_{-1}^1P(x)^2\,dx =-\int_{C_1}P(z)^2\,dz+\int_{C_2}P(z)^2\,dz$$

となる。両辺を絶対値で評価し、(i) を使えば、

$$\begin{aligned} 2\int_{-1}^1P(x)^2\,dx &\leq \int_{C_1}|P(z)|^2\,|dz| +\int_{C_2}|P(z)|^2\,|dz|\\ &=\int_0^{2\pi}|P(e^{i\theta})|^2\,d\theta\\ &=2\pi\sum_{k=0}^n a_k^2 \end{aligned}$$

である。よって

$$\boxed{\int_{-1}^1P(x)^2\,dx \leq \pi\sum_{k=0}^n a_k^2}$$

が示された。

(iii)

微積分学の基本定理より、

$$P(1)^2-P(0)^2 =\int_0^1\frac{d}{dx}\bigl(P(x)^2\bigr)\,dx =2\int_0^1P(x)P'(x)\,dx$$

である。シュワルツの不等式を適用すると、

$$|P(1)^2-P(0)^2| \leq 2\left(\int_0^1P(x)^2\,dx\right)^{1/2} \left(\int_0^1P'(x)^2\,dx\right)^{1/2}$$

となる。左辺の絶対値を外せば、題意の不等式を得る。

(iv)

$a_0=0$ ならば、

$$P(0)=0,\qquad P(1)=\sum_{k=1}^n a_k$$

である。(iii) の不等式を二乗すると、

$$\left(\sum_{k=1}^n a_k\right)^4 \leq 4\left(\int_0^1P(x)^2\,dx\right) \left(\int_0^1P'(x)^2\,dx\right)$$

を得る。また、 $P$ と

$$P'(x)=\sum_{k=1}^n ka_kx^{k-1}$$

はともに非負の係数をもつので、(ii) をそれぞれに適用できる。したがって

$$\int_0^1P(x)^2\,dx \leq \pi\sum_{k=1}^n a_k^2$$

および

$$\int_0^1P'(x)^2\,dx \leq \pi\sum_{k=1}^n k^2a_k^2$$

である。以上より、

$$\boxed{ \left(\sum_{k=1}^n a_k\right)^4 \leq 4\pi^2 \left(\sum_{k=1}^n a_k^2\right) \left(\sum_{k=1}^n k^2a_k^2\right)}$$

が得られる。

(v)

各 $n$ と $k=1,\ldots,n$ に対して

$$a_{k,n}=\frac{1}{n}\left|f\left(\frac{k}{n}\right)\right|$$

とおく。これらは非負なので、(iv) より

$$\left(\frac1n\sum_{k=1}^n \left|f\left(\frac{k}{n}\right)\right|\right)^4 \leq 4\pi^2 \left(\frac1n\sum_{k=1}^n f\left(\frac{k}{n}\right)^2\right) \left(\frac1n\sum_{k=1}^n \left(\frac{k}{n}\right)^2 f\left(\frac{k}{n}\right)^2\right)$$

となる。実際、右辺の二つの和は、(iv) の $\sum a_{k,n}^2$ と $\sum k^2a_{k,n}^2$ の積を書き直したものである。

$f$ は連続であるから、 $n\to\infty$ として各和のリーマン和極限をとれる。よって

$$\boxed{ \left(\int_0^1|f(x)|\,dx\right)^4 \leq 4\pi^2 \left(\int_0^1f(x)^2\,dx\right) \left(\int_0^1x^2f(x)^2\,dx\right)}$$

が示された。