Feladat: F.2519 Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Csermely Ágnes 
Füzet: 1986/január, 6. oldal  PDF file
Témakör(ök): Algebrai átalakítások, Egyenletek, Egyenlőtlenségek, Indirekt bizonyítási mód, Valós együtthatós polinomok, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1985/március: F.2519

Igazoljuk, hogy a00, a0+a10, ..., a0+a1+...+aj0, ..., a0+a1+...+an0 esetén az
a0xn+a1xn-1+...+an-1x+an=0(1)
egyenletnek nincs 1-nél nagyobb valós gyöke.

Tegyük fel, hogy valamely x>1 valós szám megoldása az (1) egyenletnek. Alakítsuk át egyenletünket :
0=a0xn+a1xn-1+...+an-1x+an=a0(xn-xn-1)++(a0+a1)(xn-1-xn-2)+...(a0+a1+...+a+(a0+a1+...+aj)(xn-j-xn-j-1)+(a0+a1+...+a+(a0+a1+...+an-1)(x-1)++(a0+a1+...+an).
Itt az összes a0+a1+...+aj alakú összeg nem negatív, másrészt x>1 miatt xn-j>xn-j-1, így xn-j-xn-j-1pozitív. A jobb oldalon tehát minden sor nem negatív. Összegük csak úgy lehet nulla, ha minden sor nulla. Ehhez azonban az szükséges, hogy minden a0+a1+...+aj összeg nulla legyen (hiszen xn-j-xn-j-1>0), ami pontosan akkor teljesül, ha minden ai nulla. Az (1) egyenletnek tehát csak akkor lehet 1-nél nagyobb valós megoldása, ha minden ai együttható nulla, ekkor azonban az (1) egyenlet azonosság.
 
Megjegyzés. Egynél jobb alsó korlát nem adható: ha a0=a1=...=an-1=1 és an=-n, akkor az (1) egyenlet xn+xn-1+...+x-n=0 alakú. Ennek megoldása az x=1, és mivel a0+...+aj=j>0, ha jn-1, továbbá a0+...+an=0, a feladat feltételei teljesülnek.