Feladat: F.2508 Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Kós Géza ,  Olasz-Szabó Mihály 
Füzet: 1985/december, 442 - 444. oldal  PDF file
Témakör(ök): Nevezetes azonosságok, Differenciálási szabályok, Elemi függvények differenciálhányadosai, Elsőfokú (és arra visszavezethető) egyenletrendszerek, Magasabb fokú egyenletek, Polinomok szorzattá alakítása, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1985/január: F.2508

Adjunk meg olyan ötödfokú f polinomot, amelyre f(x)+1-ből (x-1)3 és f(x)-1-ből (x+1)3 kiemelhető.

I. megoldás. Ha f(x) ötödfokú, f(x)+1 és f(x)-1 is ilyen. Ha (f(x)+1)-ből (x-1)3 kiemelhető, akkor van olyan q(x)=ax2+bx+c másodfokú polinom, amelyre
f(x)+1(x-1)3(ax2+bx+c),(1)
és hasonlóan, ha (f(x)-1)-ből (x+1)3 kiemelhető, akkor van olyan p(x)=dx2+ex+g másodfokú polinom, amelyre
f(x)-1(x+1)3(dx2+ex+g).(2)
(1)-ből (2)-t kivonva:
2(x-1)3(ax2+bx+c)-(x+1)3(dx2+ex+g),
vagyis

2(a-d)x5+(b-3a-e-3d)x4+(c-3b+3a-g-3e-3d)x3++(-3c+3b-a-3g-3e-d)x2+(3c-b-3g-e)x-c-g




adódik. Az azonosság minden x-re csak úgy teljesül, ha a jobb oldalon
-(c+g)=2,(3)
és a magasabb fokú tagok együtthatója nulla, tehát

a=d,b-3a=e+3d,c-3b+3a=g+3e+3d,(4)-3c+3b-a=3g+3e+d,3c-b=3g+e.



A (3) és (4) egyenletrendszer 6 ismeretlenes, 6 egyenletből álló lineáris egyenletrendszer. Az ismert módszerek bármelyikével megoldva :
 

a=d=-38,b=-98,e=98,c=g=-1.
A keresett polinomra (1)-ből
 

f(x)=(x-1)3(-38x2-98x-1)-1=-38x5+54x3-158x
adódik. Ez a polinom valóban megfelelő, és megoldásunkból látszik, hogy ez az egyetlen ilyen polinom.
 

II. megoldás. Ha (f(x)+1)-ből kiemelhető (x-1)3, akkor a deriváltja, f'(x), osztható (x-1)2-tel. f((x)-1)-ből (x+1)3 emelhető ki, tehát deriváltjának, f'(x)-nek a -1 kétszeres gyöke, tehát f'(x)-ből (x+1)2 is kiemelhető. Így azt kapjuk, hogy f'(x)-ből kiemelhető.
(x-1)2(x+1)2=(x2-1)2=x4-2x2+1.
De f(x) ötödfokú, így f'(x) negyedfokú. Ebből
f'(x)=A(x4-2x2+1)
következésképp
f(x)=Ax55-2Ax33+Ax+C.
A és C kiszámításához azt kell meggondolnunk, hogy f(x)+1 osztható (x-1)3-nel, tehát f(1)+1=0, azaz f(1)=-1.
-1=f(1)=A5-2A3+A+C.(5)
Másrészt f(x)-1 osztható (x+1)3-nel, tehát f(-1)-1=0, azaz f(-1)=1.
1=f(-1)=-A5+2A3-A+C.(6)
(5) és (6) összeadásából 0=2C, azaz C=0. Ha (6)-ból (5)-öt kivonjuk, akkor -1615A=2, tehát A=-158 adódik. Ebből
f(x)=-38x5+54x3-158x.
Ez a polinom (és csak ez) megfelel a követelményeknek.
 

III. megoldás. Ha f(x)-1-ből kiemelhető (x+1)3, akkor f(-x)-1-ből (-x+1)3, azaz -(x-1)3 emelhető ki. Így (x-1)3 kiemelhető f(x)+1-ből és f(-x)-1-ből, tehát a kettő összegéből, f(x)+f(-x)-ből is. Hasonlóan kapjuk, hogy f(x)+f(-x)-ből (x+1)3 is kiemelhető.
Az f(x)+f(-x) polinom is (legfeljebb) ötödfokú, s kiemelhető belőle (x+1)3 és (x-1)3, tehát (x+1)3 (x-1)3 is (mert az (x+1)3 és (x-1)3 polinomoknak nincs közös polinom osztójuk). Egy legföljebb ötödfokú polinomból csak akkor lehet kiemelni az (x+1)3(x-1)3 hatodfokú polinomot, ha az azonosan nulla polinomról van szó. Tehát
f(x)+f(-x)0,azazf(x)-f(-x),(7)
vagyis f(x) páratlan függvény.
 
Legyen f(x)=a5x5+a4x4+a3x3+a2x2+a1x+a0. (7) szerint f(0)=-f(0), tehát a0=f(0)=0. Az a5x5a3x3+a1x függvény páratlan, és páratlan függvények különbsége is páratlan, tehát a
 
g(x)=a4x4+a2x2=f(x)-a5x5-a3x3-a1x
függvény páratlan. Másrészt g(x) nyilván páros is, tehát g(-x)g(x)-g(-x), s innen g(x)0 adódik. g(x) tehát azonosan nulla, s így a4=a2=0, tehát f(x)a5x5+a3x3+a1x.
f(x)+1-ből kiemelhető (x-1)3, tehát deriváltjából, f'(x)-ből (x-1)2 és f''(x)-ből (x-1). Tehát f(1)+1=f'(1)=f''(1)=0. Ezt behelyettesítve a

0=f(1)=a5+a3+a1+1,0=f'(1)=5a5+3a3+a1,0=f''(1)=20a5+6a3


egyenletrendszerhez jutunk. Ennek az egyenletrendszernek az a5=-38,a3=54,a1=-158 számhármas a megoldása. Tehát a feladatnak csak az f(x)=-38x5+54x3-158x polinom felelhet meg, s ez meg is felel.
 

Megjegyzés. A III. megoldás gondolatmenetével belátható, hogy ha a p(x) polinomfüggvény páratlan függvény, akkor a páros fokú tagok együtthatója nulla. Ha p(x) páros függvény, akkor a páratlan fokú tagok együtthatója 0.