Kezdőlap


Feladat:	F.2508	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Kós Géza , Olasz-Szabó Mihály
Füzet:	1985/december, 442 - 444. oldal		PDF \| MathML
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

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

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 $q (x) = a x^{2} + b x + c$ másodfokú polinom, amelyre

\begin{matrix} f (x) + 1 \equiv {(x - 1)}^{3} (a x^{2} + b x + c), \end{matrix}

(1)

és hasonlóan, ha

(f (x) - 1)

-ből

{(x + 1)}^{3}

kiemelhető, akkor van olyan

p (x) = d x^{2} + e x + g

másodfokú polinom, amelyre

\begin{matrix} f (x) - 1 \equiv {(x + 1)}^{3} (d x^{2} + e x + g) . \end{matrix}

(2)

(1)-ből (2)-t kivonva:

\begin{matrix} 2 \equiv {(x - 1)}^{3} (a x^{2} + b x + c) - {(x + 1)}^{3} (d x^{2} + e x + g), \end{matrix}

vagyis

\begin{matrix} 2 \equiv (a - d) x^{5} + (b - 3 a - e - 3 d) x^{4} + (c - 3 b + 3 a - g - 3 e - 3 d) x^{3} + \\ + (- 3 c + 3 b - a - 3 g - 3 e - d) x^{2} + (3 c - b - 3 g - e) x - c - g \end{matrix}

adódik. Az azonosság minden

x

-re csak úgy teljesül, ha a jobb oldalon

\begin{matrix} - (c + g) = 2, \end{matrix}

(3)

és a magasabb fokú tagok együtthatója nulla, tehát

\begin{matrix} a = d, b - 3 a = e + 3 d, c - 3 b + 3 a = g + 3 e + 3 d, & (4) \\ - 3 c + 3 b - a = 3 g + 3 e + d, 3 c - b = 3 g + e . \end{matrix}

A (3) és (4) egyenletrendszer

6

ismeretlenes,

6

egyenletből álló lineáris egyenletrendszer. Az ismert módszerek bármelyikével megoldva :

\begin{matrix} a = d = - \frac{3}{8}, b = - \frac{9}{8}, e = \frac{9}{8}, c = g = - 1. \end{matrix}

A keresett polinomra (1)-ből

\begin{matrix} f (x) = {(x - 1)}^{3} (- \frac{3}{8} x^{2} - \frac{9}{8} x - 1) - 1 = - \frac{3}{8} x^{5} + \frac{5}{4} x^{3} - \frac{15}{8} x \end{matrix}

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.

\begin{matrix} {(x - 1)}^{2} {(x + 1)}^{2} = {(x^{2} - 1)}^{2} = x^{4} - 2 x^{2} + 1. \end{matrix}

f (x)

ötödfokú, így

f' (x)

negyedfokú. Ebből

\begin{matrix} f' (x) = A (x^{4} - 2 x^{2} + 1) \end{matrix}

következésképp

\begin{matrix} f (x) = \frac{A x^{5}}{5} - \frac{2 A x^{3}}{3} + A x + C . \end{matrix}

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.

\begin{matrix} - 1 = f (1) = \frac{A}{5} - \frac{2 A}{3} + A + C . \end{matrix}

(5)

Másrészt

f (x) - 1

osztható

{(x + 1)}^{3}

-nel, tehát

f (- 1) - 1 = 0,

azaz

f (- 1) = 1.

\begin{matrix} 1 = f (- 1) = - \frac{A}{5} + \frac{2 A}{3} - A + C . \end{matrix}

(6)

(5) és (6) összeadásából

0 = 2 C,

azaz

C = 0.

Ha (6)-ból (5)-öt kivonjuk, akkor

- \frac{16}{15} A = 2,

tehát

A = \frac{- 15}{8}

adódik. Ebből

\begin{matrix} f (x) = - \frac{3}{8} x^{5} + \frac{5}{4} x^{3} - \frac{15}{8} x . \end{matrix}

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

\begin{matrix} f (x) + f (- x) \equiv 0, azaz f (x) \equiv - f (- x), \end{matrix}

(7)

vagyis

f (x)

páratlan függvény.

Legyen

f (x) = a_{5} x^{5} + a_{4} x^{4} + a_{3} x^{3} + a_{2} x^{2} + a_{1} x + a_{0} .

(7) szerint

f (0) = - f (0),

tehát

a_{0} = f (0) = 0.

a_{5} x^{5} a_{3} x^{3} + a_{1} x

függvény páratlan, és páratlan függvények különbsége is páratlan, tehát a

\begin{matrix} g (x) = a_{4} x^{4} + a_{2} x^{2} = f (x) - a_{5} x^{5} - a_{3} x^{3} - a_{1} x \end{matrix}

függvény páratlan. Másrészt

g (x)

nyilván páros is, tehát

g (- x) \equiv g (x) \equiv - g (- x),

s innen

g (x) \equiv 0

adódik.

g (x)

tehát azonosan nulla, s így

a_{4} = a_{2} = 0,

tehát

f (x) \equiv a_{5} x^{5} + a_{3} x^{3} + a_{1} x .

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

\begin{matrix} 0 & = f (1) = a_{5} + a_{3} + a_{1} + 1, \\ 0 & = f' (1) = 5 a_{5} + 3 a_{3} + a_{1}, \\ 0 & = f'' (1) = 20 a_{5} + 6 a_{3} \end{matrix}

egyenletrendszerhez jutunk. Ennek az egyenletrendszernek az

a_{5} = - \frac{3}{8}, a_{3} = \frac{5}{4}, a_{1} = - \frac{15}{8}

számhármas a megoldása. Tehát a feladatnak csak az

f (x) = - \frac{3}{8} x^{5} + \frac{5}{4} x^{3} - \frac{15}{8} x

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.