Feladat: F.2530 Korcsoport: 18- Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Bán Rita ,  Blahota I. ,  Bóna M. ,  Deák CS. ,  Dinnyés Enikő ,  Edvi T. ,  Fülöp T. ,  Grallert Ágnes ,  Gróf Andrea ,  Hetyei Judit ,  Horváth 572 L. ,  Íjjas Cs. ,  Kádár Zs. ,  Kónya Eszter ,  Kós Géza ,  Ligeti Z. ,  Nyikes T. ,  Olasz-Szabó M. ,  Papp 710 Zs. ,  Pfeil T. ,  Regős G. ,  Ribényi Á. ,  Vindics P. 
Füzet: 1985/december, 448 - 450. oldal  PDF file
Témakör(ök): Magasabb fokú egyenletek, Gyökök és együtthatók közötti összefüggések, ( x + 1/x ) > = 2 ( x > 0 ), Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1985/május: F.2530

Az x6+ax5+bx4+cx3+bx2+ax+1=0 egyenletnek hat különböző valós gyöke van. Igazoljuk, hogy |c|2.

I. megoldás. Ha f(x) jelöli az (1) bal oldalán álló polinomot, akkor tetszőleges α0 -ra f(x)=α6f(1α), hiszen az f együtthatói ,,szimmetrikus'' elrendezésűek. Mivel pedig (1)-nek nyilván nem gyöke a nulla, f-nek minden gyökével együtt annak reciproka is gyöke. A hat különböző gyök tehát az alábbi alakba írható : α,β,γ,1/α,1/β,1/γ. Ennek megfelelően f gyöktényezős alakja:
f(x)=(x-α)(x-β)(x-γ)(x-1α)(x-1β)(x-1γ).(2)

Számítsuk ki a jobb oldali szorzatban a harmadfokú tag együtthatóját! x3-ös tagot úgy kapunk a szorzat kifejtéséből, ha 3 zárójelből az első tagot, a többi 3-ból a másodikat vesszük. Ez (63)=20-féleképpen lehetséges. A kiválasztások egymással reciprok párokba kapcsolhatók, mint pl. az első és az utolsó 3 zárójelből valók :
-αβγés-1αβγ.
A többi 9 pár egyik szorzatában 2+1, ill. 1+2 tényező van f(x) első, ill. Második feléből, a párok első tagjait a kis táblázat szerint szerkeszthetjük meg.
 

   | 1/α   1/β   1/γ  | αβ   β   α   αβ/γ  | αγ   γ   αγ/β   α  | βγ   βγ/α   γ   β  

 

Innen c=c1+c2, ahol tehát
c1=-(αβγ+2α+2β+2γ+βγα+γαβ+αβγ)
és
c2=-(1αβγ+2α+2β+2γ+αβγ+βγα+γαβ).
c1+c2-ből -αβγ-t kiemelve kapjuk, hogy

c=-αβγ(1+1α2β2γ2+1α2+1β2+1γ2+2βγ+2αγ+2αβ++1β2γ2+1α2γ2+1α2β2+2α2βγ+2αβ2γ+2αβγ2)==-αβγ(1+1α2β2γ2+(1α+1β+1γ)2+(1αβ+1βγ+1γα)2).



Innen tehát
|c|=|αβγ||(1+1α2β?γ2+(1α+1β+1γ)2+(1αβ+1βγ+1γα)2)|,
és ha a második tényezőből elhagyjuk a háromtagú négyzeteket, akkor
|c|>|αβγ||1+1α2β2γ2|=|αβγ+1αβγ|.
(Az utolsó lépésben kihasználtuk, hogy αβγ és 1αβγ egyező előjelűek.)
Azt kaptuk tehát, hogy
|c|>|αβγ+1αβγ|.
Felhasználva, hogy bármely t valós számra |t+1t|2, a bizonyítandó állítást kapjuk abban az élesebb formában, hogy egyenlőség nem állhat fenn.
 
II. megoldás. Induljunk ki ismét a (2) alatti gyöktényezős felbontásból. Az első három tényezőt összeszorozva kapjuk, hogy
(x-α)(x-β)(x-γ)=x3-px2+qx-r,
ahol
p=α+β+γ,q=αβ+βγ+γαésr=αβγ.
Hasonlóan a második három tényező szorzatára x3Px2+Qx+R adódik, ahol
P=1α+1β+1γ,Q=1αβ+1βγ+1γαésR=1αβγ.
Vegyük észre, hogy
P=qr,Q=présR=1r;
tehát
(x-1α)(x-1β)(x-1γ)=x3-qrx2+prx-1r=1r(rx3-qx2+px-1).
Eszerint f(x)=1r(x3-px2+qx-r)(rx3-qx2+px-1). A harmadfokú tag együtthatójára innen
c=-1r(p2+q2+r2+1)
adódik.
Ennek alapján |c|=1|r|(p2+q2+r2+1)1|r|(r2+1)=|r|+1|r|2, ahogyan állítottuk.
 

Megjegyzések. 1. A második megoldás általánosítható. Könnyen megmutatható, hogy ha
(x-α1)(x-α2)...(x-αn)=xn+an-1xn-1+...+a1x+a0,
akkor
(x-1α1)(x-1α2)...(x-1αn)=1a0(a0xn+a1xn-1+...+an-1x+1),
és a két polinom szorzatában az n-edfokú tag együtthatója 1a0(a02+a12+...+an+12+1). Mivel ennek a számnak legalább 2 az abszolút értéke, ezért ha egy 2n-edfokú polinom főegyütthatója 1, a polinomnak 2n gyöke van, és minden gyök reciproka is gyök, akkor az n-edfokú tag együtthatójának abszolút értéke legalább 2. Másfelől a ,,szimmetrikus''
x2n+b1x2n-1+b2x2n-2+...+bnxn+bn-1xn-1+...+b1x+1=0(3)
polinom az első megoldásban látottak szerint rendelkezik a gyökökre vonatkozó fenti tulajdonsággal, így |bn|2.
2. A megadott feltételek mellett (1)-ben c>4 is igaz, ez az eredmény azonban már nem élesíthető.