Kezdőlap


Feladat:	F.2530	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Bán Rita , Blahota I. , Bóna M. , Deák Csaba , 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 \| MathML
Témakör(ök):	Magasabb fokú egyenletek, Gyökök és együtthatók közötti összefüggések, ( x + 1/x ) > = 2 ( x > 0 ), Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1985/május: F.2530

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

I. megoldás. Ha $f (x)$ jelöli az (1) bal oldalán álló polinomot, akkor tetszőleges $α \neq 0$ -ra $f (x) = α^{6} \cdot f (\frac{1}{α}),$ 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:

\begin{matrix} f (x) = (x - α) (x - β) (x - γ) (x - \frac{1}{α}) (x - \frac{1}{β}) (x - \frac{1}{γ}) . \end{matrix}

(2)

Számítsuk ki a jobb oldali szorzatban a harmadfokú tag együtthatóját!

x^{3}

-ös tagot úgy kapunk a szorzat kifejtéséből, ha

3

zárójelből az első tagot, a többi

3

-ból a másodikat vesszük. Ez

(\binom{6}{3}) = 20

-féleképpen lehetséges. A kiválasztások egymással reciprok párokba kapcsolhatók, mint pl. az első és az utolsó

3

zárójelből valók :

\begin{matrix} - α β γ és - \frac{1}{α β γ} . \end{matrix}

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.

\begin{matrix} 1 / α & 1 / β & 1 / γ \\ α β & β & α & α β / γ \\ α γ & γ & α γ / β & α \\ β γ & β γ / α & γ & β \end{matrix}

Innen

c = c_{1} + c_{2},

ahol tehát

\begin{matrix} c_{1} = - (α β γ + 2 α + 2 β + 2 γ + \frac{β γ}{α} + \frac{γ α}{β} + \frac{α β}{γ}) \end{matrix}

és

\begin{matrix} c_{2} = - (\frac{1}{α β γ} + \frac{2}{α} + \frac{2}{β} + \frac{2}{γ} + \frac{α}{β γ} + \frac{β}{γ α} + \frac{γ}{α β}) . \end{matrix}

c_{1} + c_{2}

-ből

- α β γ

-t kiemelve kapjuk, hogy

\begin{matrix} c = - α β γ (1 + \frac{1}{α^{2} β^{2} γ^{2}} + \frac{1}{α^{2}} + \frac{1}{β^{2}} + \frac{1}{γ^{2}} + \frac{2}{β γ} + \frac{2}{α γ} + \frac{2}{α β} + \\ + \frac{1}{β^{2} γ^{2}} + \frac{1}{α^{2} γ^{2}} + \frac{1}{α^{2} β^{2}} + \frac{2}{α^{2} β γ} + \frac{2}{α β^{2} γ} + \frac{2}{α β γ^{2}}) = \\ = - α β γ (1 + \frac{1}{α^{2} β^{2} γ^{2}} + {(\frac{1}{α} + \frac{1}{β} + \frac{1}{γ})}^{2} + {(\frac{1}{α β} + \frac{1}{β γ} + \frac{1}{γ α})}^{2}) . \end{matrix}

Innen tehát

\begin{matrix} | c | = | α β γ | | (1 + \frac{1}{α^{2} β^{?} γ^{2}} + {(\frac{1}{α} + \frac{1}{β} + \frac{1}{γ})}^{2} + {(\frac{1}{α β} + \frac{1}{β γ} + \frac{1}{γ α})}^{2}) |, \end{matrix}

és ha a második tényezőből elhagyjuk a háromtagú négyzeteket, akkor

\begin{matrix} | c | > | α β γ | \cdot | 1 + \frac{1}{α^{2} β^{2} γ^{2}} | = | α β γ + \frac{1}{α β γ} | . \end{matrix}

(Az utolsó lépésben kihasználtuk, hogy

α β γ

és

\frac{1}{α β γ}

egyező előjelűek.)
Azt kaptuk tehát, hogy

\begin{matrix} | c | > | α β γ + \frac{1}{α β γ} | . \end{matrix}

Felhasználva, hogy bármely

t

valós számra

| t + \frac{1}{t} | ≧ 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

\begin{matrix} (x - α) (x - β) (x - γ) = x^{3} - p x^{2} + q x - r, \end{matrix}

ahol

\begin{matrix} p = α + β + γ, q = α β + β γ + γ α és r = α β γ . \end{matrix}

Hasonlóan a második három tényező szorzatára

x^{3} ‐ P x^{2} + Q x + R

adódik, ahol

\begin{matrix} P = \frac{1}{α} + \frac{1}{β} + \frac{1}{γ}, Q = \frac{1}{α β} + \frac{1}{β γ} + \frac{1}{γ α} és R = \frac{1}{α β γ} . \end{matrix}

Vegyük észre, hogy

\begin{matrix} P = \frac{q}{r}, Q = \frac{p}{r} és R = \frac{1}{r}; \end{matrix}

tehát

\begin{matrix} (x - \frac{1}{α}) (x - \frac{1}{β}) (x - \frac{1}{γ}) = x^{3} - \frac{q}{r} x^{2} + \frac{p}{r} x - \frac{1}{r} = \frac{1}{r} (r x^{3} - q x^{2} + p x - 1) . \end{matrix}

Eszerint

f (x) = \frac{1}{r} (x^{3} - p x^{2} + q x - r) (r x^{3} - q x^{2} + p x - 1) .

A harmadfokú tag együtthatójára innen

\begin{matrix} c = - \frac{1}{r} (p^{2} + q^{2} + r^{2} + 1) \end{matrix}

adódik.
Ennek alapján

| c | = \frac{1}{| r |} (p^{2} + q^{2} + r^{2} + 1) ≧ \frac{1}{| r |} (r^{2} + 1) = | r | + \frac{1}{| r |} ≧ 2,

ahogyan állítottuk.

Megjegyzések. 1. A második megoldás általánosítható. Könnyen megmutatható, hogy ha

\begin{matrix} (x - α_{1}) (x - α_{2}) ... (x - α_{n}) = x^{n} + a_{n - 1} x^{n - 1} + ... + a_{1} x + a_{0}, \end{matrix}

akkor

\begin{matrix} (x - \frac{1}{α_{1}}) (x - \frac{1}{α_{2}}) ... (x - \frac{1}{α_{n}}) = \frac{1}{a_{0}} (a_{0} x^{n} + a_{1} x^{n - 1} + ... + a_{n - 1} x + 1), \end{matrix}

és a két polinom szorzatában az

n

-edfokú tag együtthatója

\frac{1}{a_{0}} (a_{0}^{2} + a_{1}^{2} + ... + a_{n + 1}^{2} + 1) .

Mivel ennek a számnak legalább

2

az abszolút értéke, ezért ha egy

2 n

-edfokú polinom főegyütthatója

1,

a polinomnak

2 n

gyöke van, és minden gyök reciproka is gyök, akkor az

n

-edfokú tag együtthatójának abszolút értéke legalább

2.

Másfelől a ,,szimmetrikus''

\begin{matrix} x^{2 n} + b_{1} x^{2 n - 1} + b_{2} x^{2 n - 2} + ... + b_{n} x^{n} + b_{n - 1} x^{n - 1} + ... + b_{1} x + 1 = 0 \end{matrix}

(3)

polinom az első megoldásban látottak szerint rendelkezik a gyökökre vonatkozó fenti tulajdonsággal, így

| b_{n} | ≧ 2.

2. A megadott feltételek mellett (1)-ben

c > 4

is igaz, ez az eredmény azonban már nem élesíthető.