请教一个关于多项式函数的问题,可能得要复变方面的东西做.

要证明这个结论不算很难,但是深层原因不太清楚.
首先考虑gn(z) = (z-1)·fn(z) = z^(n+1)+2(z^n+z^(n-1)+...+z)-(2n+1).
若a是fn(z)的根则也是gn(z)的根.
当|a| < 1,有|a|^k < 1对任意正整数k成立.
于是|a^(n+1)+2(a^n+a^(n-1)+...+a)| ≤ |a|^(n+1)+2(|a|^n+|a|^(n-1)+...+|a|) < 2n+1.
得gn(a) ≠ 0,即gn(z)在单位圆盘内没有根,从而fn(z)也在单位圆盘内没有根.
(根据绝对值不等式的取等条件,可知fn(z)在单位圆周上也没有根).
再考虑hn(z) = (z-1)²·fn(z)
= (z-1)·gn(z)
= z^(n+2)-z^(n+1)+2z^(n+1)-2z-(2n+1)(z-1)
= z^(n+2)+z^(n+1)-(2n+3)z+(2n+1)
= (z^(n+1)-(2n+3))(z+1)+4(n+1).
记Rn = (1+1/n)·(4n²+6n+3)^(1/(n+1)),易见Rn > 1+1/n,且Rn > (4n²+6n+3)^(1/(n+1)).
于是当|a| > Rn,有|a|^(n+1) > 4n²+6n+3,故|a^(n+1)-(2n+3)| > (4n²+6n+3)-(2n+3) = 4n(n+1).
又|a+1| ≥ |a|-1 > 1/n,故|(a^(n+1)-(2n+3))(a+1)| > 4(n+1).
可得hn(a) ≠ 0,因此hn(z)的根都在圆盘B(0,Rn)内.
从而fn(z)的根也在圆盘B(0,Rn)内.
综合两方面,fn(z)的根分布在以原点为圆心,内半径为1外半径为Rn的圆环区域内.
注意到当n → ∞时Rn → 1,即知fn(z)的根趋近于单位圆周.
关于深层原因,个人有如下思路.
考虑Pn(z) = z^n·fn(1/z) = 1+3z+5z²+...+(2n+1)z^n.
Pn(z)的与fn(z)根互为倒数,因此都在单位圆盘内部.
而n → ∞时,Pn(z)作为幂级数∑{0 ≤ k} (2k+1)z^k的部分和,
在单位圆盘内闭一致收敛到函数P(z) = (1+z)/(1-z)².
P(z)在单位圆盘内没有零点,故Pn(z)的零点只能随着n的增加向单位圆周趋近.
于是fn(z)的零点作为倒数也向单位圆周趋近.