Feladat: 1577. matematika feladat Korcsoport: 18- Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Dobos Kálmán ,  Farkas György ,  Fialovszky Alice ,  Hárs László ,  Kecskeméty Károly ,  Kovalszky Róbert ,  Lempert László ,  Maróti Péter ,  Nagy Zsigmond ,  Nikodémusz Anna ,  Pataki János ,  Tóth Tibor 
Füzet: 1969/február, 52 - 55. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Racionális együtthatós polinomok, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1968/január: 1577. matematika feladat

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

I. A követelményt így is kimondhatjuk: (1) kifejtett alakjában nem léphetnek föl x-nek n+1-nél kisebb kitevőjű hatványai, vagyis együtthatójuk 0-val egyenlő, ide értve a 0 kitevőjű hatványt, az állandót is. Egyszerűbb, ha ezt (1)-nek (-1)-szeresére írjuk fel:

x0  együtthatójából:a02-1=0,x  együtthatójából:2a0a1-1=0,x2  együtthatójából:2a0a2+a12=0,x3  együtthatójából:2(a0a3+a1a2)=0,x4  együtthatójából:2(a0a4+a1a3)+a22=0.   


Nem lesz vagylagosság a kitevő páros vagy páratlan volta miatt, ha az utóbbi két egyenletet így írjuk:

x3-ből2a0a3=-(a1a2+a2a1),x4-ből2a0a4=-(a1a3+a2a2+a3a1),

eszerint xk (2kn) együtthatójának eltűnéséből minden esetben
2a0ak=-(a1ak-1+a2ak-2+...+ak-2a2+ak-1a1).(2)

Az első egyenletből a0=±1. Minden egyes további egyenletben rendre egyetlen új együttható lép fel: a1, a2, ..., így mindegyikük meghatározható abból az egyenletből, ahol először föllép, hiszen az egyenletben föllépő, kisebb indexű együtthatók már ismertek a föntebbi egyenletekből. Az első négy együttható, mindig figyelembe véve, hogy a02=1:

a1=12a0=a02,(3)a2=a122a0=-18a03=-18a0=-a08,a3=-a1a2a0=116a0=a016,a4=-a22+2a1a32a0=-5128a0=-5a0128.

II. Zárt kifejezést adunk az ak (2kn) együtthatóra. Ehhez megjegyezzük, hogy a fentiekből az aj/aj-1, hányados értéke j=2, 3 és 4 esetére
a2a1=-14;a3a2=-12=-36,a4a3=-58,(4)
és mindháromnak közös alakja:
ajaj-1=-2j-32j.(5)

Feltesszük, hogy ez fennáll minden 2jk-1 indexre, és megmutatjuk, hogy ekkor fennáll j=k esetére is. Tekintsük a következő összegeket:

S=a1ak-1+2a2ak-2+3a3ak-3+...+(k-2)ak-2a2+(k-1)ak-1a1,S'=(k-1)ak-1a1+(k-2)ak-2a2+(k-3)ak-3a3+...+2a2ak-2+a1ak-1.



Nyilvánvalóan S'=S, és így összegük, (2) figyelembevételével
2S=k(a1ak-1+a2ak-2+...+ak-2a2+ak-1a1)=-2kaka0.(6)
Alakítsuk másrészt a szorzatok első két tényezőjét az (5) feltevés
jaj=-2j-32aj-1
alakja alapján a következőképpen (kivéve természetesen, ha az első két tényezőben a1 szerepel)

S=a1ak-1-12[a1ak-2+3a2ak-3+5a3ak-4+...+(2k-7)ak-3a2+(2k-5)ak-2a1],S'=-12[(2k-5)ak-2a1+(2k-7)ak-3a2+...+3a2ak-3+a1ak-2]+a1ak-1.



Ezekből, észrevéve, hogy a zárójelben annak a kifejezésnek a (-1)-szerese adódik, ami (2) jobb oldalán áll, ha k helyére k-1-et írunk; tehát értéke -2a0ak-1, másrészt 2a1=1/a0=a0 figyelembevételével

S+S'=2S=2a1ak-1-(k-2)[a1ak-2+a2ak-3+...+ak-3a2+ak-2a1]==a0ak-1+2(k-2)a0ak-1=(2k-3)a0ak-1.(7)

Végül (6) és (7) alapján, mivel a00,

-2kaka0=(2k-3)a0ak-1,akak-1=-2k-32k,



amit bizonyítani akartunk.
A (4) értékek és bizonyításunk alapján (5) fennáll j=5 esetére, és a teljes indukciós bizonyításmód alapján minden az n-nél nem nagyobb indexre.
Mármost (5)-öt alkalmazva egymás után a k, k-1, k-2, ..., 2 indexekre (vagyis k-1-szer):
aka1=akak-1ak-1ak-2...a2a1=(-1)k-12k-32k2k-52(k-1)...122,
továbbá a törtek szorzatát a nevezőjével bővítve, valamint a nevező tényezőinek 2-es tényezőit összegyűjtve, a faktoriális jelölésével, végül (3) figyelembevételével
ak=a1(-1)k-1k(2k-2)![2k-1(k-1)!]2=a0(-1)k-1(2k-2)!22k-1k[(k-1)!]2==a0(-1)k-1(2k-2)!(k-1)!k!122k-1,


vagy másképpen, a binomiális együttható jelölésével, többféleképpen is
ak=a0(-1)k-1k22k-1(2k-2k-1)=a0(-1)k-122k-1(k-1)(2k-2k-2)=(8)=a0(-1)k-1(2k-1)22k-1(2k-1k).



Lényegtelen, hogy a0-nak melyik értékét vesszük, hiszen eredményünk szerint a0 az (1)-beli második zárójelből kiemelhető és az a02=1 tényező elhagyható.
 

 Lempert László (Budapest, Radnóti M. Gyak G.) dolgozatából, egyszerűsítésekkel
 

Megjegyzések. 1. Akár (5), akár (8) eredményünk alapján könnyebben számíthatjuk ki a
1+x=1+x2-x223+x324-5x427+7x528-21x6210+33x7211-429x8215+715x9216-2431x10218+...
kifejezés egymás utáni együtthatóit, mint azt az 1109. gyakorlatban) 1 láttuk.
A talált együtthatókat beírva (1) ilyen alakú:
b1xn+1+b2xn+2+...+bnx2n=xn+1(b1+b2x+...+bnxn-1),
és ha x abszolút értékben közel áll 0-hoz, ez a kifejezés elhanyagolható, ezért
1+x(a0+a1x+...+anxn)2,1+xa0+a1x+...+anxn.


A közelítés hibájának megbecslése itt nem lehet célunk, csak megjegyezzük, hogy a hiba annál kisebb, minél kisebb abszolút értékű x-ről van szó (mindenesetre |x|<1), másrészt hogy minél nagyobb n-ig megyünk el.
 

 Lempert László
2. Számos dolgozat csak a fent közölt a0, a1, a2, a3, a4 együtthatókat számította ki, a többiek kiszámítását csak vázolta, ill. lehetőségként megemlítette. Ezek a versenyzők nem vették észre, hogy már az idézett 1109. gyakorlat kitűzésében szerepelt a1 is, és ott a gyakorlat tárgya éppen két további együttható meghatározása volt.
Az a0, a1, ..., a6 együtthatók szerepeltek a mondott (továbbá az 1029.) gyakorlathoz fűzött külön megjegyzésekben2 is. Ez is elkerülte a figyelmet. A Szerkesztő Bizottság ‐ abban az elgondolásban, hogy a feladatmegoldók emlékeznek az illető tárgykörben a közelmúltban megjelent megoldásokra és cikkre ─, a (8), vagy hasonló explicit kifejezés megállapítását várta, ha élesen nem mondta is ki.
3. Lempert László megjegyezte, hogy k4 esetére az
ak(-1)k-122k-1=Ck
számok adják meg a választ a következő kérdésre: hányféleképpen lehet felbontani egy konvex k+1-szöget egymást nem metsző átlószakaszok berajzolásával háromszögekre (vagyis úgy, hogy minden keletkező háromszög csúcsai a k+1-szög csúcsai közül valók legyenek). ‐ Ezt az eredményt az 1187. feladathoz3 fűzött 2. megjegyzés n-szögre
Fn=1n-2(2n-4n-3)
alakban mondta ki, a (2)-höz hasonló felépítésű
Fn=Fn-1+F3Fn-2+F4Fn-3+...+Fn-3F4+Fn-2F3+Fn-1
kifejezés átalakítása alapján. (Maga az 1187. feladat csak a szabályos 7-szög felbontási lehetőségeinek számát kérdezte.)
1Lásd a megoldást K. M. L. 35 (1967) 151. o.

2Tusnády Gábor: A négyzetgyökvonásról, K. M. L. 35 (1967) 97-99. o.

3K. M. L. 26 (1963) 126. o.