求证：对于任意的 $n$ 次实系数多项式 $f$，都存在 $n$ 次实系数多项式 $g$，使得 $|g|^2=1+|f|^2$ 对单位圆上的 $z$ 都成立．
【难度】
【出处】
2019北大数学科学夏令营
【标注】
【答案】
略
【解析】
我们注意到一个关键的事实，$|z| = 1\Rightarrow \overline{z} =\dfrac{ |z|^2}{z}= \dfrac{1}{z}$．又由于 $f$ 是实系数多项式，故 $|f(z)|^2 = f(z)\overline{f(z)}= f(z)f(\overline{z})= f(z)f\left(\dfrac{1}{z}\right)$．也有 $|g(z)|^2 = g(z)g\left(\dfrac{1}{z}\right)$．
只需证明，存在 $ n $ 次实系数多项式 $g(x)$，满足对任意复数 $x \ne 0$，有
$g(x)g\left(\dfrac{1}{x}\right)= f(x)f\left(\dfrac{1}{x}\right)+ 1$ ①
我们首先证明 $ f(0)\ne 0$ 的情形．若 $\tilde{f}$ 是常数 $a$，则取 $g(x)= \sqrt{a^2 + 1} \cdot x^n$ 即可使 ① 成立，下设 $ f$ 不是常数．
我们将 $f(x)f\left(\dfrac{1}{x}\right)$ 展开，设实数 $ a_n,a_{n-1},\cdots,a_{−n}$ 满足
$f(x)f\left(\dfrac{1}{x}\right)+ 1 = a_nx^n + a_{n−1}x^{n−1} + \cdots + a_0 + \cdots + a_{−(n−1)}x^{−(n−1)}+ a_{−n}x^{−n}$．
由于 $f(x)$ 的首项系数和常数项均非零，可得 $a_n \ne 0$．由于将 $x$ 换为 $\dfrac{1}{x}$，左边不变，故右边也不变，故 $a_m = a_{−m},m = 1,2,\cdots,n$．
所以可以写为
$f(x)f\left(\dfrac{1}{x}\right) + 1 = a_n(x^n + x^{−n })+ a_ {n−1}(x^{n−1} + x^{-(n−1)} )+ \cdots+ a_0$
不难发现，对正整数 $m$，存在实系数多项式 $p_m(x)$ 满足 $p_m(x + x^{-1} )= x^m + x^{-m}$ 对任意复数 $x$ 成立．（归纳法可以证明）
故有 $ f(x)f\left (\dfrac{1}{x}\right) +1$ 可以写为关于 $x+x^{-1}$ 的实系数多项式．换言之，存在实数 $b_0,b_1,b_2,\cdots,b_n$ 满足
$f(x)f\left(\dfrac{1}{x}\right) + 1 = b_n(x + x^{−1 })^n+ b_ {n−1}(x + x^{-1} )^{n-1}+ \cdots+ b_0$
比较 $x^n$ 系数得到 $ b_n = a_n \ne 0$．记 $q(x)= b_nx^n + b_{n−1}x^{n−1} + \cdots + b_0$．则 $q(x)$ 可以写为 $q(x)= b_n(x − \alpha_1)(x − \alpha_2)\cdots(x − \alpha_n)$．
这里的 $ \alpha_1,\cdots, \alpha_n$ 是 $q(x)= 0 $ 的全体复数根．所以
$f(x)f\left(\dfrac{1}{x}\right) + 1 = b_n(x + x^{−1 }-\alpha_1)(x + x^{-1}-\alpha_2 )\cdots(x + x^{−1 }-\alpha_n)$ ②
下面我们证明，对 $ k =1,2,\cdots,n,\alpha_k$ 满足要么 $\alpha_k$ 不是实数，要么 $\alpha_k$ 是实数且 $|\alpha_k| > 2$．
若不然，设 $−2 \leqslant \alpha_k \leqslant 2$，则存在实数 $\theta$ 满足 $ \alpha_k = 2 \cos \theta$．我们在 ② 中取 $ x = \cos \theta + i \sin \theta$．这里的 $i$ 是虚数单位．则有 $x + x^{-1} − 2α\alpha_k = 0$，所以 ② 右边是 $ 0$，但 ② 左边 $= f(\cos \theta+ i \sin \theta)f(\cos \theta − i \sin \theta)+1 = |f(\cos \theta + i \sin \theta)|^2 + 1 > 0$．此为矛盾．
由于 $ q(x)$ 是实系数多项式，故复数根必然成对出现．我们设 $q(x)$ 的实根为 $t_1,t_2,\cdots,t_{n−2s}$，共枙复数根为 $w_1,w_2,\cdots,w_s,\overline{w_1},\overline{w_2},\cdots,\overline{w_s}$．
对 $1\leqslant k \leqslant n − 2s$，定义 $ \beta_k=\dfrac{t_k+\sqrt{t_k^2-4}}{2} \in\mathbb
{R}$．这里用到了 $|t_k|>2$．则 $ \beta_k+ β\beta_k^{−1} = t_k$．
对 $ k = 1,2,\cdots,s$，定义 $ \beta_{n-2s+k}=\dfrac{w_k+\sqrt{w_k^2-4}}{2}\in\mathbb{C}\setminus\mathbb{R},\beta_{n−s+k}=\overline{ \beta_{n−2s+k}}$．其中，求平方根可以从两个平方根中任取一个．则有 $ \beta_{n−2s+k} + \beta_{n−2s+k}^{-1} = w_k,\beta_{n−s+k} + \beta_{n−s+k}^{-1} =\overline {w_k}$．
待定实数 $C$，我们取 $g(x)= C(x − \beta_1)(x − \beta_2)\cdots(x − \beta_n)$．由于 $ \beta_1,\beta_2,\cdots,\beta_n$ 中共枙复数也是成对出现的，故 $g$ 是实系数多项式．而
$\begin{aligned}
g(x)g\left(\dfrac{1}{x}\right)&=\left(\prod_{k=1}^n(-\beta_k)\right)C^2\prod_{k=1}^n\left(x+\dfrac{1}{x}-\beta_k-\beta_k^{-1}\right)\\
&=\left(\prod_{k=1}^n(-\beta_k)\right)C^2\prod_{k=1}^n\left(x+\dfrac{1}{x}-\alpha_k\right)\\
&=\left(\prod_{k=1}^n(-\beta_k)\right)\cdot\dfrac{C^2}{b_n}\cdot\left(f(x)f(\dfrac{1}{x})+1\right)
\end{aligned}$
我们取 $\displaystyle C^2 = \dfrac{ b_n}{\prod\limits_{k=1}^n(-\beta_k)}$ 即可，为此，只要证明 $\displaystyle \prod\limits_{k=1}^n(-\beta_k)$ 的符号与 $b_n$ 符号相同．
事实上，共枙虚数根的乘积是正实数，故 $\displaystyle \prod\limits_{k=1}^n(−\beta_k)$ 的符号与 $b_n$ 符号相同．
$\displaystyle \prod\limits_{k=1}^n(-\alpha_k)$ 的符号与 $\displaystyle \prod\limits_{k=1}^{n−2s}(−t_k)$ 符号相同．再注意 $\beta_k,t_k(1 \leqslant k \leqslant n − 2s)$ 的符号相同．
所以只要证明 $\displaystyle \prod\limits_{k=1}^{n}(-\alpha_k)$ 与 $b_n$ 符号相同即可．
再次回到 ②，在 ② 中取 $x =i$，得到
$\displaystyle b_n \prod\limits_{k=1}^n(−\alpha_k)= f(i)f(−i)+ 1 = |f(i)|^2+ 1 > 0$．
故 $\prod_{k=1}^n(−\alpha_k)$ 与 $b_n$ 符号相同，待定的实数 $C$ 存在，此时命题成立．
对于 $ f(0)= 0 $ 的 $ f$．设 $f(x)= x^m\tilde{f}(x),\tilde{f}(0)\ne0$．对 $\tilde{f}$ 用上述结论知，存在 $ n − m$ 次实系数多项式 $\tilde{g}(x)$ 使 ① 成立．我们取 $g(x)= x^m \cdot \tilde{g}(x)$ 即可使 ① 成立，且 $g $ 是 $n $ 次实系数多项式．综上，命题成立．
只需证明，存在 $ n $ 次实系数多项式 $g(x)$，满足对任意复数 $x \ne 0$，有
$g(x)g\left(\dfrac{1}{x}\right)= f(x)f\left(\dfrac{1}{x}\right)+ 1$ ①
我们首先证明 $ f(0)\ne 0$ 的情形．若 $\tilde{f}$ 是常数 $a$，则取 $g(x)= \sqrt{a^2 + 1} \cdot x^n$ 即可使 ① 成立，下设 $ f$ 不是常数．
我们将 $f(x)f\left(\dfrac{1}{x}\right)$ 展开，设实数 $ a_n,a_{n-1},\cdots,a_{−n}$ 满足
$f(x)f\left(\dfrac{1}{x}\right)+ 1 = a_nx^n + a_{n−1}x^{n−1} + \cdots + a_0 + \cdots + a_{−(n−1)}x^{−(n−1)}+ a_{−n}x^{−n}$．
由于 $f(x)$ 的首项系数和常数项均非零，可得 $a_n \ne 0$．由于将 $x$ 换为 $\dfrac{1}{x}$，左边不变，故右边也不变，故 $a_m = a_{−m},m = 1,2,\cdots,n$．
所以可以写为
$f(x)f\left(\dfrac{1}{x}\right) + 1 = a_n(x^n + x^{−n })+ a_ {n−1}(x^{n−1} + x^{-(n−1)} )+ \cdots+ a_0$
不难发现，对正整数 $m$，存在实系数多项式 $p_m(x)$ 满足 $p_m(x + x^{-1} )= x^m + x^{-m}$ 对任意复数 $x$ 成立．（归纳法可以证明）
故有 $ f(x)f\left (\dfrac{1}{x}\right) +1$ 可以写为关于 $x+x^{-1}$ 的实系数多项式．换言之，存在实数 $b_0,b_1,b_2,\cdots,b_n$ 满足
$f(x)f\left(\dfrac{1}{x}\right) + 1 = b_n(x + x^{−1 })^n+ b_ {n−1}(x + x^{-1} )^{n-1}+ \cdots+ b_0$
比较 $x^n$ 系数得到 $ b_n = a_n \ne 0$．记 $q(x)= b_nx^n + b_{n−1}x^{n−1} + \cdots + b_0$．则 $q(x)$ 可以写为 $q(x)= b_n(x − \alpha_1)(x − \alpha_2)\cdots(x − \alpha_n)$．
这里的 $ \alpha_1,\cdots, \alpha_n$ 是 $q(x)= 0 $ 的全体复数根．所以
$f(x)f\left(\dfrac{1}{x}\right) + 1 = b_n(x + x^{−1 }-\alpha_1)(x + x^{-1}-\alpha_2 )\cdots(x + x^{−1 }-\alpha_n)$ ②
下面我们证明，对 $ k =1,2,\cdots,n,\alpha_k$ 满足要么 $\alpha_k$ 不是实数，要么 $\alpha_k$ 是实数且 $|\alpha_k| > 2$．
若不然，设 $−2 \leqslant \alpha_k \leqslant 2$，则存在实数 $\theta$ 满足 $ \alpha_k = 2 \cos \theta$．我们在 ② 中取 $ x = \cos \theta + i \sin \theta$．这里的 $i$ 是虚数单位．则有 $x + x^{-1} − 2α\alpha_k = 0$，所以 ② 右边是 $ 0$，但 ② 左边 $= f(\cos \theta+ i \sin \theta)f(\cos \theta − i \sin \theta)+1 = |f(\cos \theta + i \sin \theta)|^2 + 1 > 0$．此为矛盾．
由于 $ q(x)$ 是实系数多项式，故复数根必然成对出现．我们设 $q(x)$ 的实根为 $t_1,t_2,\cdots,t_{n−2s}$，共枙复数根为 $w_1,w_2,\cdots,w_s,\overline{w_1},\overline{w_2},\cdots,\overline{w_s}$．
对 $1\leqslant k \leqslant n − 2s$，定义 $ \beta_k=\dfrac{t_k+\sqrt{t_k^2-4}}{2} \in\mathbb
{R}$．这里用到了 $|t_k|>2$．则 $ \beta_k+ β\beta_k^{−1} = t_k$．
对 $ k = 1,2,\cdots,s$，定义 $ \beta_{n-2s+k}=\dfrac{w_k+\sqrt{w_k^2-4}}{2}\in\mathbb{C}\setminus\mathbb{R},\beta_{n−s+k}=\overline{ \beta_{n−2s+k}}$．其中，求平方根可以从两个平方根中任取一个．则有 $ \beta_{n−2s+k} + \beta_{n−2s+k}^{-1} = w_k,\beta_{n−s+k} + \beta_{n−s+k}^{-1} =\overline {w_k}$．
待定实数 $C$，我们取 $g(x)= C(x − \beta_1)(x − \beta_2)\cdots(x − \beta_n)$．由于 $ \beta_1,\beta_2,\cdots,\beta_n$ 中共枙复数也是成对出现的，故 $g$ 是实系数多项式．而
$\begin{aligned}
g(x)g\left(\dfrac{1}{x}\right)&=\left(\prod_{k=1}^n(-\beta_k)\right)C^2\prod_{k=1}^n\left(x+\dfrac{1}{x}-\beta_k-\beta_k^{-1}\right)\\
&=\left(\prod_{k=1}^n(-\beta_k)\right)C^2\prod_{k=1}^n\left(x+\dfrac{1}{x}-\alpha_k\right)\\
&=\left(\prod_{k=1}^n(-\beta_k)\right)\cdot\dfrac{C^2}{b_n}\cdot\left(f(x)f(\dfrac{1}{x})+1\right)
\end{aligned}$
我们取 $\displaystyle C^2 = \dfrac{ b_n}{\prod\limits_{k=1}^n(-\beta_k)}$ 即可，为此，只要证明 $\displaystyle \prod\limits_{k=1}^n(-\beta_k)$ 的符号与 $b_n$ 符号相同．
事实上，共枙虚数根的乘积是正实数，故 $\displaystyle \prod\limits_{k=1}^n(−\beta_k)$ 的符号与 $b_n$ 符号相同．
$\displaystyle \prod\limits_{k=1}^n(-\alpha_k)$ 的符号与 $\displaystyle \prod\limits_{k=1}^{n−2s}(−t_k)$ 符号相同．再注意 $\beta_k,t_k(1 \leqslant k \leqslant n − 2s)$ 的符号相同．
所以只要证明 $\displaystyle \prod\limits_{k=1}^{n}(-\alpha_k)$ 与 $b_n$ 符号相同即可．
再次回到 ②，在 ② 中取 $x =i$，得到
$\displaystyle b_n \prod\limits_{k=1}^n(−\alpha_k)= f(i)f(−i)+ 1 = |f(i)|^2+ 1 > 0$．
故 $\prod_{k=1}^n(−\alpha_k)$ 与 $b_n$ 符号相同，待定的实数 $C$ 存在，此时命题成立．
对于 $ f(0)= 0 $ 的 $ f$．设 $f(x)= x^m\tilde{f}(x),\tilde{f}(0)\ne0$．对 $\tilde{f}$ 用上述结论知，存在 $ n − m$ 次实系数多项式 $\tilde{g}(x)$ 使 ① 成立．我们取 $g(x)= x^m \cdot \tilde{g}(x)$ 即可使 ① 成立，且 $g $ 是 $n $ 次实系数多项式．综上，命题成立．
答案
解析
备注
