Feladat: F.2466 Korcsoport: 18- Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Argay Gy. ,  Badics T. ,  Bán Rita ,  Boros 966 Z. ,  Bujdosó 419 L. ,  Csermely Ágnes ,  Deák CS. ,  Edvi T. ,  Fülöp T. ,  Gáspár Zsuzsanna ,  Hegedűs P. ,  Hetyei Judit ,  Hraskó A. ,  Ispány Márton ,  Karácsony P. ,  Katona Gy. ,  Kerner Anna ,  Kós G. ,  Kovács 111 S. ,  Kruzslicz F. ,  Ladányi L. ,  Limbek Cs. ,  Magyar Á. ,  Megyesi G. ,  Mócsy M. ,  Németh-Buhin Á. ,  Nyikes T. ,  Paál Beatrix ,  Pfeil T. ,  Pintér A. ,  Ribényi Á. ,  Simon P. ,  Somogyi Á. ,  Szabó Sz. ,  Varga K. 
Füzet: 1984/november, 377 - 379. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Egyenlőtlenségek, Ellenpélda, mint megoldási módszer a matematikában, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1984/március: F.2466

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

Bizonyítsuk be, hogy minden a, b, c valós számhármashoz van olyan egynél nem nagyobb abszolút értékű x szám, amelyre

|x3+ax2+bx+c|1/4.(1)
Írható-e az egyenlőtlenségben 1/4 helyett nagyobb szám?
I. megoldás. a) Jelöljük az x3+ax2+bx+c kifejezést f(x)-szel. Azt állítjuk, hogy tetszőleges a, b, c-re az f(-1), f(-0,5), f(0,5) és f(1) valamelyikének abszolút értéke legalább 1/4, tehát a feladatbeli x-et e négy szám egyikének is választhatjuk. Ez utóbbi állításunk igazolásához nyilván elegendő megmutatni, hogy
|f(1)|+2|f(0,5)|+2|f(-0,5)|+|f(-1)|14(1+2+2+1)=32.(2)
Ennek igazolására többször is felhasználjuk a tetszőleges p, q számokra érvényes
|p+q|+|q||p|
egyenlőtlenséget. (2) bal oldalának első és utolsó tagjára
|1+a+b+c|+|-1+a-b+c|==|2+2b+(-1+a-b+c)|+|-1+a-b+c||2+2b|.


A középső tagokra ugyanígy
2|18+a4+b2+c|+2|-18+a4-b2+c|=|12+2b+(-14+a2-b+2c)|++|-14+a2-b+2c||12+2b|.


(2) bal oldalának értéke ezek szerint legalább
|2+2b|+|12+2b|=|32+(12+2b)|+|12+2b|32,
ahogyan állítottuk.
 

b) A feladat kérdésére tagadó a válasz, ennek bizonyításához elegendő olyan a, b, c számokat találnunk, melyekre az f(x)=x3+ax2+bx+c abszolút értéke a [-1,+1] intervallumon legfeljebb 1/4. Az a=0, b=-3/4, c=0 ilyen számhármas: -1x1 esetén
x3-34x-14=(x+12)2(x-1)0ésx3-34x+14=(x-12)2(x+1)0,
tehát ebben az intervallumban valóban
-14x3-34x14.

 

II. megoldás. Először a feladat második felét oldjuk meg. Ismeretes, hogy cos3α=4cos3α-3cosα. Ezért ha x a [-1,+1] intervallumba esik, akkor α-t úgy választva, hogy x=cosα legyen, a következő teljesül:
|4x3-3x|=|4cos3α-3cosα|=|cos3α|1.
Következésképpen a g(x)=x3-34x függvényre a [-1,+1] intervallumon
g(x)14,(3)
vagyis (1)-ben az 1/4 helyébe nagyobb számot nem lehet írni. (3)-ben egyenlőség áll, ha x=cosα olyan, hogy |cos3α|=1, vagyis 3α=kπ(k=0,±1,±2,...). Tehát x az alábbi
x0=-1,x1=12,x2=12,x3=1
értékek valamelyike, mégpedig g(x0)=g(x2)=-1/4, és g(x1)=g(x3)=1/4.
Ezek után a bizonyítandó állítással ellentétben tegyük fel, hogy valamely a, b, c számhármasra az f(x)=x3+ax2+bx+c polinom értéke a [-1,+1] intervallumon végig kisebb 1/4-nél. Nézzük a h(x)=f(x)-g(x) polinomot! h(x) legfeljebb másodfokú, következésképp vagy azonosan nulla, vagy legfeljebb két gyöke lehet. Ám indirekt feltevésünk szerint az |f(x0)|, |f(x1)|, |f(x2),| és |f(x3)| mindegyike kisebb 1/4-nél, így
h(x0)=f(x0)-g(x0)>-14-g(x0)=0,h(x1)=f(x1)-g(x1)<14-g(x1)=0,h(x2)=f(x2)-g(x2)>-14-g(x2)=0,h(x3)=f(x3)-g(x3)<14-g(x3)=0.
h(x) tehát az x0, x1, x2 és x3 helyeken felváltva pozitív illetve negatív. Így nem azonosan nulla és kell gyökének lennie x0 és x1 között, x1 és x2 között, valamint x2 és x3 között is. Ez már három (különböző) gyök volna, ami ellentmond annak a megállapításunknak, hogy a h(x)-nek legfeljebb két gyöke van.
 

Megjegyzés. A második megoldásból az is kiolvasható, hogy ha az n-edfokú
gn(x)=xn+cn-1xn-1+...+c1x+c
polinom a [-1,+1] intervallumban (n+1) különböző helyen ugyanolyan ε>>0 abszolút értékű, mégpedig felváltva hol pozitív, hol negatív előjellel, akkor tetszőleges an-1...,a1,a0 számokra az
fn(x)=xn+an-1xn-1+...+a1x+a0
polinom abszolút értéke a [-1,+1] intervallumban nem lehet mindenütt kisebb ε-nál.
Azt sem nehéz belátni, hogy
cosnx=2n-1cosnx-(n+1)2n-3cosn-2x+...
Így ha ci-nek a cosix együtthatója 2-(n-1)-szeresét választjuk
|gn(x)|12n-1,(4)
és ezt az értéket a gn(x) függvény (n+1) helyen váltakozó előjellel veszi fel. Tehát tetszőleges a1,a2,...,an-1 számokhoz van olyan legfeljebb 1 abszolút értékű x, amivel
|xn+an-1xn-1+...+a1x+a0|12n-1.

 


Ezt az egyenlőtlenséget úgyis fogalmazhatjuk, hogy ha a [-1,+1] intervallumon az xn függvényt akarjuk közelíteni egy legfeljebb (n-1)-edfokú polinommal, akkor a hiba valahol 2-(n-1) vagy annál nagyobb lesz. (4) szerint (gn(x)-xn) a lehető legjobban közelít, és az is könnyen adódik, hogy ez az egyetlen. gn(x)-et egyébként másodfajú Csebisev-polinomnak nevezik, sok további érdekes és fontos tulajdonsága is van.