Kezdőlap


Feladat:	1425. matematika feladat	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Babai L. , Bán P. , Bárány Imre , Barcza Gyöngyi , Bod Judit , Deák J. , Domokos L. , Gáspár A. , Havas J. , Herényi István , Kádas S. , Kelle P. , Kiss Á. , Kloknicer I. , Králik I. , Lévai F. , Rodler Erzsébet , Szentgáli Á. , Szeredi Péter , Verdes S.
Füzet:	1966/november, 117 - 119. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Algebrai átalakítások, Interpoláció, Teljes indukció módszere, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1965/december: 1425. matematika feladat

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

I. Az (1) bal oldalán álló törtek ‐ a számláló egytagú tényezőjétől eltekintve ‐ azonosak az idézett cikk (2) kifejezésében megismert $l_{k} (x)$ polinomokkal arra az esetre, ha egyrészt $k = 4$ , másrészt $x_{1} = a$ , $x_{2} = b$ , $x_{3} = c$ , $x_{4} = d$ egymástól különböző számok (ha ti. a 2. tört előtti $(- 1)$ -gyel beszorzunk a nevező 1. tényezőjébe, a 3. tört előtti $+ 1 = {(- 1)}^{2}$ egyes tényezőivel a nevező első két tényezőjébe, végül a 4. tört előtti ${(- 1)}^{3}$ egyes tényezőivel a nevező mindegyik tényezőjébe).
A számlálók előbb figyelmen kívül hagyott tényezője viszont rendre $x_{i}$ -vel egyenlő $i = 1$ , $2$ , $3$ , $4$ esetére. Eszerint a bal oldal az a legfeljebb 3-adfokú $Lagrange$ -féle interpolációs polinom, melynek értéke az $a$ helyen $a$ , a $b$ helyen $b$ , a $c$ helyen $c$ és a $d$ helyen $d$ . Ugyanezek az értékei a mondott helyeken a $P (x) = x$ elsőfokú polinomnak is. Márpedig ha két, légfeljebb $3$ -adfokú polinom $4$ különböző helyen megegyezik, akkor minden helyen megegyeznek², tehát az első azonosság következik az interpolációnak az idézett cikkben megismert tételeiből.

II. Legyen a (2) bal oldalán álló kifejezés

T (x)

, a jobb oldali tört függvény nevezője

N (x)

, ekkor azt kell belátnunk, hogy

T (x) \cdot N (x) = 1

T (x)

és

1 / N (x)

közös értelmezési tartományának minden helyén, azaz minden olyan

x

-re, amely az (egymástól is különböző)

a_{1}

a_{2}

...

a_{n}

számok mindegyikétől különböző. A szorzatból pl. a második tört így írható:

\begin{matrix} 1 \cdot \frac{(x - a_{1}) (x - a_{3}) ... (x - a_{n})}{(a_{2} - a_{1}) (a_{2} - a_{3}) ... (a_{2} - a_{n})}, \end{matrix}

a többiek hasonlóan, és ebből látjuk, hogy az új bal oldal az a legfeljebb

n - 1

-edfokú Lagrange-féle interpolációs polinom, mely az

a_{1}

a_{2}

a_{3}

...

, a

_{n}

helyek mindegyikén az

1

értéket veszi fel. Ilyen a

Q (x) = 1

(

0

-adfokú) polinom is, és mivel a mondott helyek

n

száma nagyobb, mint a fokszámként szóba jövő legnagyobb érték, azért az új bal oldal azonos az

1

polinommal, ami a (2) jobb oldalán álló racionális törtfüggvény számlálója. Eszerint az új bal oldalt

N (x)

-szel osztva egyrészt (2) jobb oldalát kapjuk, másrészt visszakapjuk (2) eredeti bal oldalát, tehát (2) valóban azonosság egész értelmezési tartományában, azaz minden

x

-re, kivéve az

a_{1}

...

a_{n}

helyeket.

III. Adjuk össze (1) első két tagját, közös nevezőnek az

(a - b) (a - c) \cdot (a - d) (b - c) (b - d)

szorzatot véve. A számlálók közös

(x - c) (x - d)

tényezőjének kiemelése után a maradó tényezőt

x

szerint rendezve

(a - b)

is kiemelhető:

\begin{matrix} a (b - c) (b - d) (x - b) - b (a - c) (a - d) (x - a) = \\ = (a b^{2} - a^{2} b + a c d - b c d) x + a b [a^{2} - b^{2} - (a - b) (c + d)] = \\ = (a - b) [(c d - a b) x + a b (a + b - c - d)], \end{matrix}

ezért

c d - a b = e

és

a b (a + b - c - d) = f

jelöléssel az első két tag összege

\begin{matrix} \frac{(x - c) (x - d) (e x + f)}{(a - c) (a - d) (b - c) (b - d)} . \end{matrix}

(3)

(1) utolsó két tagja előáll az első kettőből, ha bennük minden

a

b

c

d

betű helyére rendre

c

d

a

b

betűt írunk, ezért az utolsó két tag összege (3)-ból ugyanezen cserékkel:

\begin{matrix} \frac{(x - a) (x - b) (e' x + f')}{(c - a) (c - b) (d - a) (d - b)}, \end{matrix}

(4)

ahol

e' = a b - c d = - e

, és

f' = c d (c + d - a - b)

. Most már csak (3) és (4) összegéről kell megmutatnunk, hogy egyenlő a jobb oldali

x

-szel. A nevező közös. A számlálók összegében

x^{3} + x^{2}

együtthatója, valamint az

x

-től mentes tag eltűnik:

e + e' = 0

f - e (c + d) + f' - e' (a + b) = 0

c d f + a b f' = 0

;

x

együtthatója pedig

\begin{matrix} E = c d e - f (c + d) + a b e' - f' (a + b) . \end{matrix}

Itt az első és utolsó tag összege

\begin{matrix} c d e - f' (a + b) = c d [c d - a b - (a + b) (c + d) + {(a + b)}^{2}] = \\ = a c d (a - c) + c d (a - c) (b - d) + b c d (b - d); \end{matrix}

a közbülső két tag innen a mondott betűcserével

\begin{matrix} = c a b (c - a) + a b (c - a) (d - b) + d a b (d - b) . \end{matrix}

Az első tagok, valamint a harmadik tagok közös tényezőit kiemelve a maradó tényező

d - b

, ill.

c - a

, így

\begin{matrix} E = (a - c) (b - d) (- a c + c d + a b - b d), \end{matrix}

és itt a harmadik zárójel

(a - d) (b - c)

. Ezek szerint

E

egyenlő (3) nevezőjével, tehát

x

együtthatója

1

. Ezzel igazoltuk (1)-et.
A (2) azonosságot teljes indukcióval bizonyítjuk. A bal oldal

n = 2

esetén

\begin{matrix} \frac{1}{(x - a_{1}) (a_{1} - a_{2})} + \frac{1}{(x - a_{1}) (a_{2} - a_{1})} = \frac{x - a_{2} - x + a_{1}}{(x - a_{1}) (x - a_{2}) (a_{1} - a_{2})}, \end{matrix}

egyszerűsítés után azonos a jobb oldallal, az állítás helyes. (

n = 1

esetén is helyes, a bal oldal is csak egy tagot tartalmaz, a nevezője

x - a_{1}

.) Tegyük fel, hogy (2) igaz,

n

helyén egy bizonyos

k (> 2)

indexre, ezután írjuk be

x

helyére

T_{k}

értelmezési tartományának (

x \neq a_{i}

, és persze

a_{i} \neq a_{j}

, ha

i

j = 1

2

...

k

i \neq j

) egy tetszés szerinti

a_{k + 1}

, helyét, majd vonjuk ki az utóbbi egyenlőséget, a bal oldalon úgy, hogy az ugyanannyiadik tagokat vonjuk össze páronként. Ezzel egy újabb, a

T_{k}

-ban érvényes azonosságot kapunk. A különbség jobb oldala

\begin{matrix} \frac{1}{(x - a_{1}) (x - a_{2}) ... (x - a_{k})} - \frac{1}{(a_{k + 1} - a_{1}) (a_{k + 1} - a_{2}) ... (a_{k + 1} - a_{k})} . \end{matrix}

A bal oldalon elég lesz a különbség szerkezetét pl. a második tag-párra vizsgálni, a nevezők közös

(a_{2} - a_{1}) (a_{2} - a_{3}) ... (a_{2} - a_{k}) = A_{k 2}

tényezőjét mindjárt kiemelve

\begin{matrix} \frac{1}{A_{k 2}} (\frac{1}{x - a_{2}} - \frac{1}{a_{k + 1} - a_{2}}) = \frac{x - a_{k + 1}}{(x - a_{2}) \cdot A_{k 2} \cdot (a_{2} - a_{k + 1})} . \end{matrix}

Eszerint az összevonás után minden tag-pár számlálója ugyanaz. Osszuk az azonosságot az

x - a_{k + 1}

közös számlálóval és vigyük át a jobb oldal második tagját a bal oldalra, így (2)-t kapjuk

n

helyén a

k + 1

indexszel (és a

T_{k + 1}

értelmezési tartományt

T_{k}

-ból kapjuk

a_{k + 1}

elhagyásával), tehát a (2) azonosság bármely

n

indexre érvényes.

IV. (1) akkor is érvényes marad, ha a jobb oldalon

x

helyére

x^{2}

-et vagy

x^{3}

-t, vagy

x^{0} = 1

-et írunk, és egyidejűen a bal oldali törtek

a

b

c

d

tényezője helyére is a négyzetüket, a köbüket, ill.

1

-et írjuk. Általánosabban, ezt a négy azonosságot rendre a tetszés szerinti

e_{1}

e_{2}

e_{3}

e_{0}

állandóval szorozva és összeadva érvényes az az azonosság is, amely (1)-ből adódik, a jobb oldali

x

helyére a

\begin{matrix} P (x) = e_{3} x^{3} + e_{2} x^{2} + e_{1} x + e_{0} \end{matrix}

polinomot és az

a

b

c

d

tényezők helyére rendre e polinomnak e helyeken felvett

P (a)

P (b)

P (c)

P (d)

értékét írva. ‐ Kiterjeszthetjük (1)-et úgy is, hogy

4

-nél több helyet választunk.
Hasonlóan lehet belátni, hogy (2)-ből további azonosságokat kapunk a jobb oldalt tetszés szerinti, legfeljebb

n - 1

-ed fokú

Q (x)

polinommal, a bal oldal tagjait pedig rendre

Q (a_{1})

-gyel,

Q (a_{2})

-vel,

...

Q (a_{n})

-nel szorozva.

Szeredi Péter (Budapest, Rákóczi F. g. III. o. t.)

Herényi István (Budapest, I. István g. IV. o. t.)

Bárány Imre (Budapest, Corvin Mátyás g. IV. o. t.)

²Lásd e tétel bizonyítását (3 és 4 helyén

n

-nel, ill.

n + 1

-gyel): Surányi János: Polinomok azonossága, K. M. L. 23 (1961) 103‐105. o.