Chebyshev 多项式「\({\in}\) 代数」
这个家伙十分重要！可以牵扯出一堆相关的东西。
题目 1
已知 \(a,b,c\in\R,\forall x\in[-1,1]\)，都有 \(\left|ax^2+bx+c\right|\le 1\)，则当 \(x\in[-1,1]\) 时，函数 \(f(x)=\left|\left(ax^2+bx+c\right)\left(cx^2+bx+a\right)\right|\) 的最大值为_____。
Sol
先整理一些条件，记 \(g(x)=\left|ax^2+bx+c\right|\)，则 \(\begin{cases}g(1)=|a+b+c|\le1\\g(0)=|c|<1\\g(-1)=|a-b+c|\end{cases}\)
\[\begin{aligned} f(x)&=\left|\left(ax^2+bx+c\right)\right|\left|\left(cx^2+bx+a\right)\right|\\ &\le 1\cdot\left|cx^2+bx+a\right|\\ &=\left|c\left(x^2-1\right)+c+bx+a\right|&\text{这一步很重要，配凑了一个 a±b+c 的形式}\\ &\le\left|c\left(x^2-1\right)\right|+\left|a+c+bx\right|\\ &=|c|\cdot \left|x^2-1\right|+|a+c+bx|\\ &\le |c|+\max\left(\left|a+b+c\right|,\left|a-b+c\right|\right)&\text{一次函数最值在端点取到，所以这个取等需要 b=0}\\ &\le 1+1\\ &\le 2 \end{aligned}\]只要构造出来一个就好了。
要等号都取到，\(\begin{cases}|a+c|=1\\|c|=1\\b=0\\a+c,-c 正负性相同\end{cases}\)，所以 \(g(x)=|2x^2-1|\)。然后发现是可以的。
所以最大值是 2。
分析感受
看到了吗，我们只关注了 \(-1,0,1\) 三个点上的值，而且他们都取到了 \(1\) 然后就得出了这么个最值。
其实跟插值有那么点关系，我们取了比较有特色好插的点，因为是二次的，所以 3 个点就够了。（胡言乱语状）
再来一题
题目 2
对于函数 \(f(x)=x^2+bx+c,x\in[-1,1]\)，求 \(\min\max\left|f(x)\right|\)。
Sol
设最大值为 \(M\)。
同样地关注 \(-1,0,1\) 上的值。
\[\begin{cases}M\ge |f(1)|=|1+b+c|&(1)\\M\ge |f(0)|=|c|&(2)\\M\ge |f(-1)|=|1-b+c|&(3)\end{cases} \]\[\begin{aligned} 4M&\ge |f(1)|+2|f(0)|+|f(-1)|\\ &\ge |1+b+c+1-b+c-2c|=2 \end{aligned}\]所以 \(M\ge \dfrac12\)。
然后给出构造，取等不妨 \(f(1)=f(-1)=-f(0)=\dfrac12\)，解得 \(\begin{cases}b=0\\c=-\dfrac12\end{cases}\)。
发现是不是和上一题很像啊。
第一类 Chebyshev 多项式
前置之 \(\cos nx\) \(n\) 倍角公式
（我不会！）
\[ \cos(0)=1\\ \cos(x)=\cos x\\ \cos(2x)=2\cos^2 x-1\\ \cos(3x)=4\cos^3x-3\cos x\\ \cos(4x)=8\cos^4x-8\cos^2x+1\\ \cdots \]介绍
我们知道 \(\cos(nx)\) 可以被表示为关于 \(\cos x\) 的多项式，而切比雪夫多项式就基于此，\(T_n(x)=\cos(n\arccos x)\) 是关于 \(x\) 的一个 \(n\) 次多项式，称为 \(n\) 次切比雪夫多项式，其中 \(x\in[-1,1]\)。
\[ T_0(x)=1\\ T_1(x)=x\\ T_2(x)=2x^2-1\\ T_3(x)=4x^3-3x\\ T_4(x)=8x^4-8x^2+1\\ \cdots \]性质
1
\(T_n(x)\) 在 \([-1,1]\) 有 \(n\) 个不同的实根：\(x_k=\cos\dfrac{(2k-1)\pi}{2n},k=1,2,3\ldots,n\)
2
\(T_n(x)\) 在 \([-1,1]\) 有 \(n+1\) 个点：\(x_t=\cos\dfrac{t\pi }{n},t=0,1,2,\ldots,n\)，轮流取最大值 \(1\) 和最小值 \(-1\)。
3
\(T_n(x)\) 的首项系数为 \(2^{n-1}\)。
归纳易证。
有一个更帅更暴力的证明。
\(T_n(x)=\cos n\theta=\dfrac{e^{in\theta}+e^{-in\theta}}{2}=\dfrac{\left(\cos\theta + i\sin\theta\right)^n+\left(\cos\theta-i\sin\theta\right)^n}{2}=\dfrac{\left(x+\sqrt{x^2-1}\right)^n+\left(x-\sqrt{x^2-1}\right)^n}{2}\)。
记 \(a_n\) 为 \(T_n(x)\) 的首项系数，则 \(a_n=\lim_{x\to\infty}\dfrac{T_n(x)}{x^n}=\lim_{x\to\infty}\dfrac{\left(1+\sqrt{1-\frac1{x^2}}\right)^n+\left(1-\sqrt{1-\frac{1}{x^2}}\right)^n}2=2^{n-1}\)。
重要的性质
对于任意 \(n\) 次首一多项式 \(P(x)\)，设 \(M=\max\limits_{x\in[-1,1]}\left|P(x)\right|\)，则 \(M_{\min}=2^{1-n}\)。
反证法
首先这意味着与 \(0\) 偏差最小的是 \(w_n(x)=2^{1-n}T_n(x)\)。
假设存在 \(Q(x)\) 满足 \(\max\limits_{x\in[-1,1]}\left|Q(x)\right|<\max\limits_{x\in[-1,1]}\left|w_n(x)\right|=2^{1-n}\)。
注意到 性质2，当 \(x=\cos\dfrac{t\pi}{n},t=0,1,2,\ldots,n\) 时 \(w_n(x)\) 轮流取最大最小。（而且我们把这些最大最小扔到坐标系里也是按顺序一大一小的）
所以 \(d(x)=w_n(x)-Q(x)\) 应该是在这些点上正负交错的，那么一共 \(n+1\) 个点，也就是说他穿过 \(x\) 轴 \(n\) 次，然而因为都是首一多项式，所以 \(d(x)\) 与 \(x\) 轴至多 \(n-1\) 个点。所以矛盾，证毕！
更直观且酷炫且自然！！！
我们将问题做一个转换，寻找在 \(x\in[-1,1]\) 上绝对值最大值最小的 \(n\) 次首一多项式 等价于 寻找在 \(x\in[-1,1]\) 绝对值为 \(1\) 的首项系数最大的 \(n\) 次多项式。
我们现在想要得到一个 \(n\) 次多项式。显然只要知道 \(n+1\) 个点的信息，就可通过暴力计算得出其对应的多项式。
这里结合情景介绍一种简单的构造方法——拉格朗日插值。
任取 \([-1,1]\) 内的从左往右的 \(n+1\) 个点 \((x_0,y_0),(x_1,y_1),\ldots,(x_n,y_n)\)。
我们可以通过如下这个很庞大的式子，确定出这个 \(n\) 次的多项式：
\[f(x)=\sum_{i=0}^ny_i\dfrac{(x-x_0)\cdots(x-x_{i-1})(x-x_{i+1})\cdots(x-x_n)}{(x_i-x_0)\cdots(x_i-x_{i-1})(x_i-x_{i+1})\cdots(x-x_n)} \]很显然是吧。
这个多项式的首项系数显然是：
\[\sum_{i=0}^n \dfrac{y_i}{(x_i-x_0)\cdots(x_i-x_{i-1})(x_i-x_{i+1})\cdots(x-x_n)} \]要使这个式子最大，因为 \(|y_i|\le1\)，所以上式最多不超过
\[\sum_{i=0}^n \dfrac{1}{\left|(x_i-x_0)\cdots(x_i-x_{i-1})(x_i-x_{i+1})\cdots(x-x_n)\right|} \]等号当且仅当 \(y_i=\pm1\) 时成立。进一步地，我们观察到，随着 \(i\) 的增加，分母每次减少一个负数，增加一个正数，也就是每次改变一下正负性，这刚好和 \(y_i=\pm1\) 相呼应。只要我可以和你同频共振就没有问题。
也就是说 \(y_i=(-1)^n\) 或 \(y_i=(-1)^{n+1}\) （取决于 \(n\) 的奇偶性）
因而这个多项式 \(f(x)\) 有一个特性就是在 \([-1,1]\) 上有 \(n+1\) 个极值点。当极值点在 \((1-,1)\) 上时，\(f'(x)\) 必须是 0，然后再 \(-1\) 和 \(1\) 上时，则不必是 \(0\)。事实上，由于 \(f(x)\) 是 \(n\) 次多项式，\(f'(x)\) 是 \(n-1\) 次多项式，所以 \(-1\) 和 \(1\) 上一定有分布极值点。
从而我们有一个很伟大的结论 \(\left(1-x^2\right)f'(x)\mid 1-f^2(x)\)。
（因为左边刚好是所有零点刚好是所有极值点，右边因为极值是 \(\pm 1\)，所以也有这些因式）
这个结构提示我们换元，令 \(x=\cos t,p(t)=f(\cos t)\)，则 \(p'(t)=f'(\cos t)\cdot \cos't\)，然后代回去就是 \(-\sin tp'(t)\mid 1-p^2(t)\)
然后再变换，令 \(p(t)=\cos w(t)\)，稍加化简就有 \(w'(t)\sin t\) 整除 \(\sin w(t)\)。
要符合这个形式，我们取 \(w(t)=nt\) 即可满足。（选 \(n\) 是因为要 \(n\) 次，\(n\sin t\mid \sin nt\)）
代回原式，我们得到一个解为 \(\cos\left(n\arccos x\right)\)。
从上一个横线继续下去，我们还有另一个容易理解的理解法。
首先最大最小值是 \(\pm1\)，然后导数为 \(0\) 让你想，肯定能想到 \(\cos/\sin\) 这样的三角函数。
我们不妨先选择 \(\cos\) 后面再说不选 \(\sin\) 的原因。
选择了 \(\cos\) 之后我们发现，\(\cos 2k\pi =-1,\cos (2k+1)\pi =1\)。所以说结合 \(n\) 倍角公式，很容易想到 \(\cos(n\arccos x)\) 这样的形式。（应该吧，因为你得是多项式，所以 \(\cos\) 里面得有一个 \(\arccos\)）。
然后我们可以顺理成章的推导出上文那些性质。
2
\(T_n(x)\) 在 \([-1,1]\) 有 \(n+1\) 个点：\(x_t=\cos\dfrac{t\pi }{n},t=0,1,2,\ldots,n\)，轮流取最大值 \(1\) 和最小值 \(-1\)。
为啥不选 \(\sin\) 呢？ 我们就关注 \(x=1\) 这个点，此时显然 \(x=\sin \dfrac12\pi\)，然后 \(\sin\left(n\arcsin x\right)=\sin\left(\dfrac{n}2\pi\right)\)，当 \(n\) 为偶数时，\(\sin \left(\dfrac{n}2\pi\right)=0\)，不符合「\(-1\) 和 \(1\) 上一定有分布极值点」的要求。
推广
对于首项为 \(a_nx^n\) 的多项式 \(f(x)\)，定义域为 \(D\)，值域为 \(I\)，则 \(\dfrac{|I|}{2}\ge 2^{1-2n}\cdot |a||D|^n\)。等号成立时，\(|f(x)|_{\max }\) 取到最小值。
怎么来的？ \([-1,1]\) 里的 \(T_n\) 平移缩放来的。
当然针对低次的情况仿照 题目2 还有一些有意思的做法。可以自行脑补。
练习
0：
设 \(f(x)=x^3+ax^2+bx+c\)，\(|f(x)|\) 在 \([-1,1]\) 上有最大值 \(M\)，求 \(M\) 的最小值。
1（2015北大自招）：
已知 \(|x^2+px+q|\le 2\) 对所有 \(x\in[1,5]\) 成立，则 \(\sqrt{p^2+q^2}\) 的最大值为？
2：
设 \(f(x)=x+a\sqrt x+b\)，\(|f(x)|\) 在 \([0,4]\) 上的最大值为 \(M\)，求 \(M\) 的最小值。
（等待研究：切比雪夫最佳逼近）
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