Kezdőlap


Cím:	Legkisebb abszolút értékű polinomokról
Szerző(k):	Surányi László
Füzet:	1994/november, 385 - 392. oldal	PDF \| MathML
Témakör(ök):	Szakmai cikkek

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.

Ismert feladat a következő¹:
Jelöljük a $p (x)$ polinom abszolút értékének maximumát a [-1;+1] zárt intervallumon $M_{p}$ -vel. Melyik $p (x) = x^{2} + a x + b$ alakú másodfokú polinomra lesz $M_{p}$ minimális?
Sokféleképpen el lehet indulni a megoldással. Szemléletesen arról van szó, hogy az $x \mapsto p (x)$ függvény grafikonja felfelé álló parabola, amelynek pl. $a > 0$ esetén a negatív félegyenesen van a csúcsa, s így a [0; 1] intervallumon biztosan monoton nő. Növekedése $p (1) - p (0) = 1 + a$ nagyobb 1-nél, s ez csak úgy lehet, ha vagy $p (1)$ , vagy $p (0)$ abszolút értéke nagyobb 1/2-nél. Az $a < 0$ eset teljesen szimmetrikus: az y-tengelyre kell tükrözni. Ha végül $a = 0$ , akkor $p (x) = x^{2} + b$ alakú, az ilyen egyenletű parabola a [-1; 0] intervallumban csökken, a [0; 1] intervallumban nő, tehát $M_{p}$ a $| p (- 1) |$ , $| p (0) |$ és $| p (1) |$ értékek közül a legnagyobb. $b = - 1 / 2$ esetén mindhárom abszolút érték 1/2, tehát $M_{p} = 1 / 2$ . A $b$ bármely más értéke mellett a három abszolút érték közül legalább egy nagyobb 1/2-nél, tehát $M_{p} > 1 / 2$ . A következő állítást kaptuk:
1. Bármely $p (x) = x^{2} + a x + b$ alakú másodfokú polinomra $M_{p} \geq \frac{1}{2}$ . Egyenlőség csak a $p (x) = x^{2} - \frac{1}{2}$ polinomra van.
Az $a > 0$ és $a < 0$ eset szétválasztását megtakaríthattuk volna a következő ─ inkább algebrai ─ ötlettel:
2. Ha $p (x)$ 1 föegyütthatójú², és fokszáma páros, akkor a

\begin{matrix} q (x) = \frac{p (x) + p (- x)}{2} \end{matrix}

polinom foka azonos

p

fokával, főegyütthatója 1, és

q

-ban csak páros tagok szerepelnek nullától különböző együtthatóval. Ha

p

fokszáma páratlan, akkor az

\begin{matrix} r (x) = \frac{p (x) - p (- x)}{2} \end{matrix}

polinom fokszáma azonos

p

fokával, főegyütthatója 1,

r

-ben csak páratlan fokú tagok szerepelnek nullától különböző együtthatóval. Fennáll továbbá az

M_{p} \geq M_{q}

és az

M_{p} \geq M_{r}

egyenlőtlenség.
Az együtthatókra vonatozó állítások nyilvánvalóak. AZ egyenlőtlenségek pedig az összeg és különbség abszolút értékére vonatkozó egyenlőtlenségekből következnek:

\begin{matrix} | p (x) \pm p (- x) | \leq | p (x) | + | p (- x) | \leq 2 M_{p} . \end{matrix}

p (x) = x^{2} + a x + b

, akkor

q (x) = x^{2} + b

, így a most bizonyítottak szerint elég

p (x) = x^{2} + b

alakú plinomok között keresni

M_{p}

minimumát. Ha

p (x)

ilyen alakú, akkor minimuma

p (0) = b

, maximuma a [-1; 1] intervallumban

p (1) = p (- 1) = 1 + b

, így

M_{p} \geq | b |

és

M_{p} \geq | 1 + b |

. Ha

b \neq - 1 / 2

, akkor

| b |

és

| 1 + b |

közül legalább az egyik nagyobb 1/2-nél, tehát

M_{p}

is,

b = 1 / 2

esetén

M_{p} = 1 / 2

. Ezzel újabb, de ez alkalommal csak majdnem teljes bizonyítást adtunk az 1. állításra. (Érdemes meggondolni, hol hiányos ez a bizonyítás, és hogyan lehet a hiányt pótolni. A kérdésre később még visszatérünk.)
Az első bizonyításban szükségünk volt polinomok abszolút értékeinek maximumára más intervallumokban is, s erre a továbbiakban is szükségünk lesz. Ezért bevezetjük a következő jelölést:

M_{p} [a, b]

jelöli a

p

polinom abszolút értékének az

[a, b]

intervallumon felvett maximumát. (Mivel a polinomfüggvények az egész számegyenesen folytonosak, ez a maximum létezik.)

M_{p} [- 1; 1]

nyilván

M_{p}

-vel egyenlő.
Az eredeti feladat általánosan is megfogalmazható:
Az 1 főegyütthatójú

n

-edfokú

p (x)

polinomok közül melyikre minimális

M_{p} [a, b]

?
Vagyis: melyik

n

-edfokú 1 főegyütthatójú polinomnak legkisebb a legnagyobb eltérése az azonosan 0 függvénytől az

[a, b]

intervallumban, tehát melyik fér bele a legkisebb, az

x

-tengelyre szimmetrikus sávba?
A kérdés önmagában is érdekes, és fontos szerepe van a matematika több ágában is. A következőkben erre fogunk választ adni. Mindenekelőtt négy megjegyzést fűzünk hozzá:
1) Korántsem magától értetődő, hogy van olyan

n

-edfokú 1 főegyütthatójú polinom, amelyre

M_{p} [a, b]

minimális. Eleve csak azt tudjuk biztosan, hogy

M_{p} [a, b]

-nek van alsó korlátja, hiszen minden

p

-re

M_{p} [a, b] \geq 0

. Van tehát olyan legnagyobb alsó korlát is ─ jelöljük a továbbiakban

m_{n} [a, b]

-vel ─, amelyre igaz, hogy ha

p

1 főegyütthatójú

n

-edfokú polinom, akkor

M_{p} [a, b] \geq m_{n} [a, b]

. Egyáltalán nem biztos azonban, hogy van olyan polinom is, amelyre

M_{p} [a, b] = m_{n} [a, b]

, vagyis nem biztos, hogy ezt a legnagyobb alsó korlátot

M_{p} [a, b]

el is éri.

n = 2

-re mindkét bizonyításból kiderült, hogy ─ legalábbis a [-1; 1] intervallum esetében ─

m_{2} [- 1,1] = \frac{1}{2}

, és van ilyen polinom: az

x^{2} - \frac{1}{2}

polinom. (Az első bizonyítás következménye az is, hogy több ilyen polinom nincs. A második bizonyításból csak annyi látható, hogy a kapott

x^{2} - \frac{1}{2}

polinom egy, a minimális

m_{n} = \frac{1}{2}

értéket szolgáltató polinom, de nem bizonyítottuk, hogy több ilyen nincs.) Itt jegyezzük meg azt is, hogy

n = 1

-re is van ilyen polinom: könnyen ellenőrizhető, hogy

m_{1} = 1

, és az

x

polinom az egyetlen minimális polinom. Itt és a továbbikaban

m_{n} [- 1; 1]

helyett röviden

m_{n}

-et írunk.
2) Megmutatjuk, hogy az általános

[a, b]

intervallum esete visszavezethető a [-1,1] intervallumra. Nyilvánvaló ugyanis, hogy a

p (x)

polinom értékkészlete az

[a, b]

intervallumon megegyezik a

t (x) = p (c x + d)

polinom értékkészletével a [-1,1] intervallumon, ha

c = \frac{b - a}{2}

d = \frac{b + a}{2}

;

c

és

d

értékét így választva tehát

M_{p} [a, b] = M_{t}

. Ha

p (x)

n

-edfokú és főegyütthatója 1, akkor a

t (x)

polinom is

n

-edfokú és főegyütthatója

c^{n}

, az

s (x) = \frac{t (x)}{c^{n}}

polinom tehát 1 főegyütthatójú

n

-edfokú polinom, s abszolút értékének maximuma a [-1,1] intervallumon

\frac{M_{t}}{c^{n}} = \frac{M_{p} [a, b]}{c^{n}}

. Minden

[a, b]

-n értelmezett 1 főegyütthatójú

n

-edfokú polinomhoz hozzárendeltünk tehát egy [-1,1]-en értelmezett 1 főegyütthatójú

n

-edfokú

s

polinomot, amelyre

M_{s} = \frac{M_{p} [a, b]}{c^{n}}

. Ez a hozzárendelés nyilván kölcsönösen egyértelmű (az

s

polinomból is egyérletműen vissza tudunk következtetni a

p

polinomra), ezért azt kaptuk, hogy

m_{n} = \frac{m_{n} [a, b]}{c^{n}}

. Ide

c

értékét beírva a következőt kapjuk:
3.

m_{n} = 2^{n} \frac{m_{n} [a, b]}{{(b - a)}^{n}}

.
3) A főegyütthatóra tett kikötésre szükség van, ha nem teszünk ilyen kikötést, akkor ─ minden együtthatót megfelelően kis pozitív számnak választva ─ az abszolút érték maximuma egy adott intervallumban tetszőlegesen kicsi lehet. Nyilvánvaló, hogy ha pl. kikötjük, hogy a főegyüttható legyen nagyobb vagy egyenlő, mint

a

, (

a > 0

), akkor elég azokat a polinomokat vizsgálni, ahol a főegyüttható pontosan

a

. Az ebben az esetben kapott abszolútérték-maximum pedig pontosan 1/

a

-szorosa annak, amit arra az esetre kapunk, amikor a főegyüttható pontosan 1.
4) Előrebocsátunk még egy általános megjegyzést. Szemléletesen is nyilvánvaló, hogy egy magasabb fokú polinom ,,jobban oda tud simulni'' az

x

-tengelyhez, mint egy alacsonyabb fokú. Vagyis:
4.

m_{n} \geq m_{n + 1}

, tehát az

m_{1}

m_{2}

...

m_{n}

...

sorozat monoton csökken.
Ez az állítás következik abból, hogy ha

p

n

-edfokú 1 főegyütthetójú polinom, akkor

s (x) = x p (x)

olyan

(n + 1)

-edfokú 1 főegyütthatójú polinom, amelyre

M_{p} \geq M_{s}

. Ez utóbbi egyenlőtlenség pedig következik abból, hogy

| x | \leq 1

és

| p (x) | \leq M_{p}

, így

| x p (x) | \leq M_{p}

.
Mielőtt rátérnénk

m_{n}

értékének és (egy) minimális polinomnak a megkeresésére az általános esetben, még megvizsgáljuk az

n = 3

esetet.
Legyen

p (x) = x^{3} + a x^{2} + b x + c

alakú. Olyan

p

polinomot keresünk tehát az ilyen alakúak közül, amelyre

M_{p}

minimális. Ha

p (x)

minimális, akkor a (2)-ben definiált

r (x)

polinom is az, hiszen

M_{r} \leq M_{p}

a 2. állítás szerint, s itt

p

minimalitása miatt csak egyenlőségjel állhat. Ezért elég olyan polinomokat vizsgálnunk, amlyek

p (x) = x^{3} + b x

alakúak. Az ilyen polinomokra

p (x) = - p (- x)

(vagyis páratlan függvények), tehát abszolút értékük maximumát a [-1,1] intervallum helyett elég az

I = [0,1]

intervallmon vizsgálni. Ezen az intervallumon az

x \mapsto p (x) = x^{3} + b x

függvény konvex³, tehát maximumát az intervallum valamelyik végpontjában veszi fel.

p (1) = 1 + b

p (0) = 0

. Kézenfekvő az intervallum ,,közepén'' is megvizsgálni a függvényt, mert ,,valahol ott'' lesz a minimuma.
Tekintsük tehát a

p (\frac{1}{2}) = \frac{1}{8} + \frac{b}{2}

értéket. Ez az érték

b < - \frac{3}{4}

esetén kisebb, mint

- \frac{1}{4}

, tehát ez esetben

M_{p} > \frac{1}{4}

. Ha viszont

b > - \frac{3}{4}

, akkor

p (1) = 1 + b > \frac{1}{4}

, tehát ez esetben is

M_{p} > \frac{1}{4}

adódik. Azt kaptuk, hogy a

b = - \frac{3}{4}

eset kivételével

M_{p} > \frac{1}{4}

. Marad a

b = - \frac{3}{4}

eset. Ekkor

p (x) = x^{3} - \frac{3 x}{4}

maximuma

p (1) = \frac{1}{4}

, minimuma ─ mint az pl. deriválással könnyen látható ─ éppen az

x = \frac{1}{2}

helyen van,

- \frac{1}{4}

. Ezzel majdnem teljesen ─ beláttuk a következő állítást:
5.

m_{3} = \frac{1}{4}

, és egyenlőség csak a

p (x) = x^{3} - \frac{3 x}{4}

polinomra van.
Valójában azt még nem láttuk be, hogy csak a

p (x) = x^{3} - \frac{3 x}{4}

polinomra állhat egyenlőség, mindössze azt láttuk be, hogy az

x^{3} + b x

alakú polinomok között nincs más, amelyre egyenlőség áll. A fenti bizonyításban kiderült, hogy érdemes a harmadfokú polinomokat az

x = - 1

- \frac{1}{2}

\frac{1}{2}

, 1 helyen vizsgálni. Ennek alapján egy rövidebb ─ és immár teljes ─ bizonyítást adhatunk az 5. állításra:
Legyen

p (x) = x^{3} + a x^{2} + b x + c

tetszőleges 1 főegyütthatójú harmadfokú polinom, és tegyük fel, hogy

M_{p} \leq \frac{1}{4}

. Ekkor

\begin{matrix} | 2 + 2 b | = | - p (- 1) + p (1) | \leq | p (- 1) + p (1) | \leq \frac{1}{2}, \end{matrix}

és

\begin{matrix} | \frac{1}{4} + b | = | - p (- \frac{1}{2}) + p (\frac{1}{2}) | \leq | p (- \frac{1}{2}) | + | p (\frac{1}{2}) | \leq \frac{1}{2} \end{matrix}

tehát

\begin{matrix} | 1 + b | \leq \frac{1}{4} és | \frac{1}{8} + \frac{b}{2} | \leq \frac{1}{4} . \end{matrix}

Mint az első bizonyításban már láttuk, ez csak

b = - \frac{3}{4}

esetén teljesül.
Írjuk be a kapott

b

értéket a polinomba. Ekkor

p (1) = \frac{1}{4} + a + c

, s ennek abszolút értéke csak akkor nem nagyobb

\frac{1}{4}

-nél, ha

a + c \geq 0

. Azt kapjuk, hogy

a + c = 0

a = - c

. Most ugyanezt végigcsinálva,

p (\frac{1}{2}) = \frac{1}{4} + \frac{a}{4} + c

és

p (- \frac{1}{2}) = - \frac{1}{4} + \frac{a}{4} + c

, mindkettő abszolút értéke csak akkor nem lesz nagyobb

\frac{1}{4}

-nél, ha

\frac{a}{4} = - c

. Mindkét feltétel

a

-ra és

c

-re pedig csak úgy teljesülhet, ha

a = c = 0

. Ezzel az 5. állítást teljesen beláttuk.
Most megmutatjuk, hogy az

n = 2

esetből hogyan következik az

n = 4

eset. A bizonyítás eleje hasonló az

n = 3

esetéhez. Legyen

p (x) = x^{4} + a x^{3} + b x^{2} + c x + d

. Azt a

p

polinomot keressük az ilyen alakúak között, amely abszolút értékének maximuma a legkisebb. Ha

p

ilyen minimális polinom, akkor a 2. állítás szerint az (1)-ben definiált

q (x) = x^{4} + b x^{2} + d

polinom is az. Erre a polinomra viszont igaz, hogy

q (x) = q (- x)

(a függvény páros), tehát az abszolút érték maximumát a [-1,1] intervallum helyett most is elég az

I = [0,1]

intervallumon vizsgálni. Helyettesítsünk most

x

helyébe

x = \sqrt[]{\frac{z + 1}{2}}

-t. Így a

P (z) = \frac{{(z + 1)}^{2}}{4} + b \frac{z + 1}{2} + d = \frac{1}{4} (z^{2} + 2 (1 + b) z + 1 + 2 b + + 4 d)

másodfokú polinomot kapjuk. Ha

z

a [-1,1] intervallumon fut végig. akkor

x

éppen az

I

intervallumon fut végig. Másrészt a

4 P (z)

polinom 1 főegyütthatójú másodfokú polinom, tehát ha

z

a [-1,1] intervallumon változik, akkor abszolút értékének maximuma az 1. állítás szerint legalább 1/2. Azt kapjuk tehát, hogy van olyan

x

I

-ben, tehát olyan

z

[-1,1]-ben, amelyre

p (x) = P (z) \geq \frac{1}{8}

. Ebből következik, hogy

M_{p} \geq \frac{1}{8}

.
Gondolatmenetünket visszafele követve könnyen konstruálhatunk olyan 1 főegyütthatójú negyedfokú

p

polinomot, amelyre

M_{p} = \frac{1}{8}

. Ehhez mindössze annyi kell, hogy

4 P (z)

abszolút értékének a maximuma pontosan 1/2 legyen, hiszen ekkor

P (z)

, s így

p (x)

abszolút értékének maximuma is pontosan

\frac{1}{8}

lesz. Vagyis ─ az 1. állítást felhasználva ─ az kell, hogy

4 P (z) = z - \frac{1}{2}

alakú legyen, vagyis

b = - 1

és

d = \frac{1}{8}

legyen. A következő állításhoz jutottunk:
6.

m_{4} = \frac{1}{8}

, és egyenlőség csak a

p (x) = x^{4} - x^{2} + \frac{1}{8}

polinomra van.
Ismét nem bizonyítottuk, hogy más

p

polinomra nincs egyenlőség, de ennek a bizonyítása megint ugyanúgy megy, mint az

n = 3

esetben, ezért az olvasóra bízzuk.
Nézzük végig, hogy mit ad a fenti okoskodás az általános esetben. Legyen

\begin{matrix} p (x) = x^{2 n} + a_{2 n - 1} x^{2 n - 1} + ... + a_{k} x^{k} + ... + a_{0} . \end{matrix}

Ekkor

\begin{matrix} q (x) = x^{2 n} + a_{2 n - 2} x^{2 n - 2} + ... + a_{2 k} x^{2 k} + ... + a_{2} x^{2} + a_{0}, \end{matrix}

és

M_{q} \leq M_{p}

a 2. állítás szerint. Másrészt

q

páros függvény, tehát

M_{q} = M_{q} [0,1]

. Végül azt is tudjuk, hogy ha

x^{2}

helyébe

\frac{z + 1}{2}

-t írunk, akkor a kapott

\begin{matrix} t (z) = q (\sqrt[]{\frac{z + 1}{2}}) = \frac{{(z + 1)}^{n}}{2^{n}} + a_{2 n - 2} \frac{{(z + 1)}^{n - 1}}{2^{n - 1}} + ... + a_{2} \frac{z + 1}{2} + a_{0} \end{matrix}

n

-edfokú

\frac{1}{2^{n}}

főegyütthatójú polinom, és ha

z

végigfutja a[-1,1] intervallumot, vagyis

t

értékkészlete a [-1,1] intervallumon azonos az eredeti

q

polinom értékkészletével az

I

intervellumon. Ebből következik, hogy

M_{t} = M_{q} [0,1] = M_{q}

. Az 1 főegyütthatójú

n

-edfokú

2^{n} t (z)

polinom abszolút értékének a maximuma a [-1,1] intervallumon tehát

2^{n} M_{t} = 2^{n} M_{q}

.
Tekintsük most a

q (x) \leftrightarrow 2^{n} t (z)

hozzárendelést. Ez minden

2 n

-edfokú 1 főegyütthatójú

q

polinomhoz egyértelműen hozzárendel egy

n

-edfokú 1 főegyütthatójú polinomot, amely abszolút értékének maximuma a [-1,1] intervallumon

2^{n} M_{q}

. A hozzárendelés kölcsönösen egyértelmű, hiszen a

2^{n} t (z)

polinomból a

z = 2 x^{2} - 1

helyettesítéssel majd

2^{n}

-nel osztva visszakapjuk az eredeti

q (x)

polinomot. Ha tehát vesszük az összes

2 n

-edfokú 1 főegyütthatójú

q (x)

alakú (páros) polinomot, ls tekintjük mindegyikre az

M_{q}

értékét, akkor ezek legnagyobb alsó korlátja éppen

m_{2 n}

. Másrészt a hozzárendelt

2^{n} t

polinomok halmaza éppen az összes

n

-edfokú 1 főegyütthatójú polinomok halmaza lesz, s ezeknél az abszolút érték maximumának legnagyobb alsó korlátja éppen

m_{n}

. De ezek az abszolút érték maximumok megegyeznek a

q

-khoz tartozó abszolút érték maximumok

2^{n}

-szeresével, tehát legnagyobb alsó korlátjuk is megegyezik azok alsó korlátjának, azaz

m_{2 n}

-nek a

2^{n}

-szeresével. Ebből következik, az alábbi állítás:
7.

m_{2 n} = \frac{m_{n}}{2^{n}}

. Ha van olyan

p (x)

1 főegyütthatójú

n

-edfokú polinom, amelyre

M_{p} = m_{n}

, akkor az

s (x) = \frac{p (2 x^{2} - 1)}{2^{n}}

olyan 1 főegyütthatójú

2 n

-edfokú polinom, amelyre

M_{s} = m_{2 n}

.
Megjegyezzük, hogy az általános esetben is bizonyítható, hogy az így kapott

s (x)

polinom az egyetlen minimális polinom, de bizonyítása technikai jellegű, ezért itt lemondunk róla. A 7. állításból már minden kettőhatványra (és a kettőhatványok háromszorosára) meg tudjuk mondani

m_{n}

pontos értékét:
8.

m_{n} = \frac{1}{2^{n - 1}}

, ha

n

kettőhatvány, vagy annak háromszorosa.
Ha

n = 2

, 3, akkor ezt az állítást már igazoltuk. Ha

n = 2^{k}

, ill.

n = 3 \cdot 2^{k}

-ra már beláttuk az állítást, akkor

n = 2^{k + 1}

, ill.

n = 3 \cdot 2^{k + 1}

-re a 7. állításból már következik. Legyen pl.

n = 2^{k + 1}

. Ekkor

m_{n} = \frac{m_{n / 2}}{2^{n / 2}}

, s itt az indukciós feltevés szerint

m_{n / 2} = \frac{1}{2^{\frac{n}{2} - 1}}

. Ezt az

m_{n}

-re kapott képletbe beírva azt kapjuk, hogy

m_{n} = \frac{1}{2^{n - 1}}

.
Most rátérünk a főtételünk bizonyítására:
9. Minden

n

egészre

m_{n} = \frac{1}{2^{n - 1}}

. Vagyis: bármely

n

-edfokú 1 főegyütthatójú

p

polinomhoz van olyan

x

a [-1,1] intervalumban, amelyre

| p (x) | \geq \frac{1}{2^{n - 1}}

. Van olyan polinom, amelyre ez a becslés nem javítható, amelynek tehát minden 1-nél nem nagyobb abszolút értékű

x

helyen vett

p (x)

helyettesítési értéke kisebb vagy egyenlő, mint

\frac{1}{2^{n - 1}}

.
Az általános tétel bizonyítása egy meglepő ötleten múlik. Tekintsünk egy tetszőleges

n

-edfokú 1 főegyütthatójú polinomot. Láttuk, hogy az

n

-edfokú és a

2 n

-edfokú 1 főegyütthatójú polinomok között szoros összefüggés van, vizsgáljuk meg tehát az

s^{2} (x)

polinomot. Ennek a polinomnak az értékkészlete a [-1,1] intervallumon nyilván 0 és

M_{s}^{2}

között változik. Célszerű tehát a

p (x) = s^{2} (x) - \frac{M_{p}^{2}}{2}

polinomra áttérni, hiszen ennek értéke már

\frac{- M_{s}^{2}}{2}

és

\frac{M_{s}^{2}}{2}

között változik, tehát

\begin{matrix} M_{p} = \frac{M_{s}^{2}}{2} . \end{matrix}

Most készítsük el az (1) képlet alapján

p

-hez a megfelelő, csak páros kitevőjű tagokat használó

q

polinomot. Ekkor

M_{q} \leq M_{p}

, és mivel

q

páros függvény, azért a [0,1] intervallumon és a [-1,1] intervallumon azonos az értékkészlete. Tehát

\begin{matrix} M_{q} [0,1] = M_{q} \leq M_{p} = \frac{M_{s}^{2}}{2} . \end{matrix}

q

polinomban írjunk

x^{2}

helyett mindenütt

\frac{z + 1}{2}

-t, így egy

n

-edfokú

t (z)

polinomot kapunk, amelynek főegyütthatója

\frac{1}{2^{n}}

. Ha

x

végigfut a [0,1] intervallumon, akkor

x^{2}

is, és (

x \geq 0

-ra) viszont. Másrészt ha

z

végigfut a [-1,1] intervallumon, akkor

x^{2}

a [0,1] intervallumon fut végig, és viszont. Ezért

M_{t} = M_{q} [0,1]

. Szorozzuk meg a

t

polinomot

2^{n}

-nel, ekkor főegyütthatója 1 lesz, abszolút érték maximuma pedig

2^{n}

-szeresére nő. A kapott

u (z)

polinom tehát

n

-edfokú 1 főegyütthatójú polinom, és igaz rá, hogy

M_{u} = 2^{n} M_{t}

. Összegezve:

\begin{matrix} M_{u} = 2^{n} M_{q} [0,1] \leq 2^{n} \frac{M_{s}^{2}}{2}, azaz M_{u} \leq 2^{n - 1} M_{s}^{2} . \end{matrix}

Tegyük fel először, hogy van minimális

n

-edfokú 1 főegyütthetójú

s

polinom, vagyis

M_{s} = m_{n}

. Ekkor a kapott egyenlőtlenség jobb oldala

2^{n - 1} m_{n}^{2}

. Másrészt

u

n

-edfokú 1 főegyütthatójú polinom, így

m_{n} \leq M_{u}

. A kapott egyenlőtlenség bal oldalát tehát csökkentjük, ha

m_{n}

-et írunk. Ezzel a következő egyenlőtlenséghez jutunk:

\begin{matrix} m_{n} \leq 2^{n - 1} m_{n}^{2} . \end{matrix}

Ha most tudnánk, hogy

m_{n}

nem nulla, akkor oszthatnánk vele, s éppen a kívánt egyenlőtlenséghez jutnánk. De a 4. állítás szerint az

m_{n}

-ek sorozata monoton csökken, és a 7. állítás szerint van egy pozitív tagú részsorozata, így minden

m_{n}

pozitív, tehát oszthatunk vele.
Ezzel befejeztük a bizonyítást abban az esetben, ha van minimális polinom. De ezt még nem tudjuk.
Nézzük tehát azt az esetet, ha

m_{n}

-ről csak azt tudjuk, hogy legnagyobb alsó korlátja az

n

-edfokú 1 főegyütthatójú polinomok abszolút értékei maximumának. Minden pozitív

a

számhoz van tehát olyan

s

polinom, amelyre

M_{s} \leq (1 + a) m_{n}

. (Itt ismét használjuk, hogy

m_{n}

pozitív,) A fenti

M_{u} \leq 2^{n - 1} M_{s}^{2}

egyenlőtlenséget most is megkaphatjuk, s

M_{u}

most is nagyobb vagy egyenlő

m_{n}

-nél, de most a jobb oldalról csak annyit tudunk, hogy

\frac{m_{n}}{2^{n - 1}}

-nel osztva (mert nem nulla) a kívántnál kicsit gyengébb

\begin{matrix} \frac{1}{2^{n - 1}} \leq {(1 + a)}^{2} m_{n} \end{matrix}

egyenlőtlenséghez jutunk. Ezt az egyenlőtlenséget azonban minden pozitív

a

-ra megkaptuk. Márpedig ha

a

tart nullához, akkor a bal oldal nem változik, a jobb oldal

m_{n}

-hoz tart. Tehát a bal oldal nem nagyobb a jobb határértékénél sem, s így most is megkapjuk a kívánt

\begin{matrix} \frac{1}{2^{n - 1}} \leq m_{n} \end{matrix}

egyenlőtlenséget.
Hátra van még annak megmutatása, hogy van olyan

n

-edfokú 1 főegyütthatójú

p

polinom, amelyre

M_{p} = \frac{1}{2^{n - 1}}

. Hogy melyik ez a

p

polinom, az végső soron a bizonyításból is kikövetkeztethető lenne (fel lehetne rá írni egy függvényegyenletet), de ez meglehetősen bonyolult és kevéssé szemléletes volna. Ehelyett nézzük meg, milyennek is kell lennie a keresett polinomnak. Kicsit átfogalmazva: olyan polinomot keresünk, amelynek főegyütthatója

2^{n - 1}

, és a [-1,1] intervallumon az értéke -1 és 1 között változik. Mármost ismeretes a következő tétel:
10.

cos n α

kifejezhető

cos α

n

-edfokú, egész együtthatós polinomjaként. Ebben a polinomban a főegyüttható

2^{n - 1}

.
Így például

cos 2 α = 2 cos^{2} α - 1

cos 3 α = 4 cos^{3} α - 3 cos α

cos 4 α = 8 cos^{4} α - 8 cos^{2} α + 1

. A tétel könnyen igazolható teljes indukcióval. A kezdő lépést

n = (1)

, 2, 3, 4-re az imént láttuk. Most feltesszük, hogy

n = k - 1

-re és

n = k

-ra igaz az állítás, és bebizonyítható

N = (k + 1)

-re. Elég annyit meggondolnunk, hogy

cos (k + 1) α

felírható

cos k α

cos (k - 1) α

, és

cos α

segítségével:

\begin{matrix} cos (k + 1) α = 2 cos k α cos α - cos (k - 1) α . \end{matrix}

A jobb oldalon

cos k α

felírható

cos α

k

-adfokú egész együtthatós polinomjaként, így

2 cos k α cos α

felírható

cos α

(k + 1)

-edfokú egész együtthatós polinomjaként. A kivonandó viszont felírható

cos α

(k - 1)

-edfokú egész együtthatós polinomjaként. A jobb oldal tehát

cos α

(k + 1)

-edfokú egész együtthatós polinomja,

(k + 1)

-edfokú tagot csak az első tagból kapunk, így a főegyüttható kétszerese lesz a

cos k α

-hoz tartozó polinom főegyütthatójának, tehát

2 \cdot 2^{k - 1} = 2^{k}

. Ezzel állításunkat beláttuk.
E tétel szerint van egy olyan

\begin{matrix} T_{n} (x) = 2^{n - 1} x^{n} + a_{n - 1} x^{n - 1} + ... + a_{1} x + a_{0} \end{matrix}

egész együtthatós polinom, amely

x = cos α

helyettesítéssel éppen

cos n α

-t adja.

T_{n} (cos α) = cos n α

. Ezt a

T_{n}

polinomot az

n

-edrendű Csebisev-polinomnak nevezzük.
Ha most

x

a [-1,1] intervallum egy pontja, akkor van olyan

α

, amelyre

x = cos α

, s erre az

α

-ra

T_{n} (x) = cos n α

. De ekkor

| T_{n} (x) | \leq 1

T_{n} (x)

tehát megfelel a kívánalmainknak: főegyütthatója

2^{n - 1}

, és abszolút értékeinek maximuma 1. (Azt már láttuk, hogy kisebb vagy egyenlő mint 1, másrészt

T_{n} (1) = T_{n} (cos 0) = cos n 0 = cos 0 = 1

.)
Azt kaptuk tehát, hogy ha

p (x) = \frac{T_{n} (x)}{2^{n - 1}}

, akkor

M_{p} = m_{n} = \frac{1}{2^{n - 1}}

. Vagyis az

n

-edrendű Csebisev-polinom

2^{n - 1}

-edrésze egy olyan polinom, amelynek a

[- 1,1]

intervallumon felvett abszolút értékeinek maximuma a legkisebb az

n

-edfokú 1 főegyütthatójú polinomok között. (Belátható, hogy ez az egyetlen.) Ezzel a 9. állítás bizonyítását befejeztük.

Surányi László

¹A hetvenes években a KöMaL-ban is szerepelt, mint olimpiai előkészítő feladat

²Egy polinom főegyütthatójának a legmagasabb fokú tag együtthetóját nevezzük.

³Mert $x \geq 0$ -ra az $x \mapsto x^{3}$ függvény konvex, és egy lineáris ─ tehát konvex ─ függvényt adunk hozzá.