Kezdőlap


Feladat:	N.1	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Csörnyei Marianna , Futó Gábor , Hertz István , Megyesi Zoltán , Ódor Lajos , Pete Gábor , Sági Krisztián , Szeidl Ádám , Újváry-Menyhárt Mónika , Újváry-Menyhárt Zoltán
Füzet:	1994/március, 119 - 121. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Függvények folytonossága, Függvényvizsgálat, Valós együtthatós polinomok, Nehéz feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1993/szeptember: N.1

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

Legyen a két játékos $A$ és $B$ ( $A$ a kezdő). Mivel összesen 9 együtthatót írnak be, az utolsó számot $A$ , az utolsó előttit $b$ fogja kiválasztani. (Éppen ezért $A$ könnyen el tudná érni, hogy a polinomnak legyen gyöke, de a feladatban épp ezt akarja megakadályozni.)
Először megjegyezzük, hogy a végeredményként kapott polinom felvesz pozitív értékeket, mert a legmagasabb fokú tagja, $x^{10}$ , páros kitevőjű és pozitív együtthatójú. Ezért (a Bolzano-tétel alapján, felhasználva a polinom folytonosságát) a polinomnak akkor és csak akkor van gyöke, ha felvesz nem pozitív értéket is.
$A$ célja tehát az, hogy a polinom csak pozitív értékeket vegyen fel, $B$ célja pedig az, hogy felvegyen nem pozitív értéket is.
Legyen a 7 lépés után kialakuló polinom (a két hiányzó tag nélkül) $f (x)$ , az utolsó két tag $b x^{β}$ (a $b$ -t $B$ írja be) és $a x^{α}$ (az $a$ -t pedig $A$ ). A végeredmény:

\begin{matrix} f (x) + b x^{β} + a x^{α} . \end{matrix}

Most

α

és

β

párosságától függöen három esetet vizsgálunk:
I. eset:

α

páros. Megmutatjuk, hogy ilyenkor

A

-nak van nyerő stratégiája. Legyen

g (x) = f (x) + b x^{β}

. Most

A

-nak egy olyan

a

számot kell választania, amelyre

g (x) + a x^{α}

minden

x

-re pozitív.
Mivel

g

folytonos és

g (0) = 1

, ezért létezik olyan

r > 0

szám, hogy

g

(- r, r)

intervallumban pozitív. Mivel pedig

g

+ \infty

-ben és

- \infty

-ben végtelenhez tart, létezik olyan

R > 0

szám, hogy

g

(- \infty, R)

és

(R, + \infty)

intervallumokban is pozitív. Mivel

r

-et szabadon kicserélhetjük egy kisebb,

R

-et pedig egy nagyobb számra, felhetetjük, hogy

r < R

.
Legyen a

g

függvény minimuma a kimaradó

H = [- R, - r] \cup [r, R]

halmazon

m

(ld. az ábrát). (Mivel

g

folytonos,

H

pedig nem üres, korlátos és zárt, a Weierstrass-tétel szerint a minimum létezik.) Ha

m > 0

, akkor ez azt jelenti, hogy

g

H

halmazon is pozitív, tehát pl.

a = 0

egy megfelelő választás. Tegyük fel ezért, hogy

m \leq 0

.
A

H

halmazon

| x | \geq r

, ezért (

α

párossága miatt)

x^{α} = | x |^{α} \geq r^{α}

. Ha

a

-t úgy választjuk, hogy

m + a r^{α} > 0

legyen (ebből az is következik, hogy

a > 0

), akkor (1) mindenhol pozitív lesz, ugyanis

H

-n kívül

g (x) + a x^{α} \geq g (x) > 0

H

-n pedig

g (x) + a x^{α} \geq m + a r^{α} > 0

.
Az

α

-ra egy jó választás pl.

a = \frac{| m |}{r^{α}} + 1

.
II. eset:

β

páros,

α

páratlan.
Azt állítjuk, hogy ebben az esetben

B

-nek van nyerő stratégiája.
Legyen

b = \frac{f (1) + f (- 1)}{2}

. Ezzel a választással

B

eléri, hogy a végeredmény az 1-ben és a

(- 1)

-ben ne lehessen egyszerre pozitív. Legyen ugyanis

f (x) + b x^{β} + a x^{α} = g (x)

.
Ekkor

\begin{matrix} g (1) + g (- 1) = (f (1) + b + a) + (f (- 1) + b - a) = f (1) + f (- 1) + 2 b = 0. \end{matrix}

g (1)

és

g (- 1)

számok tehát,

a

választásától függetlenül, nem lehetnek egyszerre pozitívak.
III. eset:

β

és

α

is páratlan. Bebizonyítjuk, hogy ebben az esetben is

B

-nek van nyerő stratégiája, nevezetesen azt állítjuk, hogy ha

b

-t elég nagy abszolút értékűnek választja

B

, akkor tetszőleges

a

esetén az (1) polinom az 1,

- 1

, 2,

- 2

helyek közül legalább az egyiken negatív értéket vesz föl.
Legyen továbbra is

g (x) = f (x) + b x^{β} + a x^{α}

, és legyen

\begin{matrix} M = {max}_{}^{} (| f (1) |, | f (- 1) |, | f (2) |, | f (- 2) |) . \end{matrix}

Tegyük fel, hogy

g (1), g (- 1), g (2), g (- 2) \geq 0

; ebből

| b |

-re egy felső becslést fogunk kapni.
A feltevéseink alapján, felhasználva, hogy

α

és

β

páratlanok:

\begin{matrix} 0 & \leq g (1) \leq M + b + a & (1) \\ 0 & \leq g (- 1) \leq M - b - a & (2) \\ 0 & \leq g (2) \leq M + 2^{β} b + 2^{α} a & (3) \\ 0 & \leq g (- 2) \leq M - 2^{β} b - 2^{α} a & (4) \end{matrix}

Adjuk hozzá (2)

2^{α}

-szorosához (5)-öt:

0 \leq (2^{α} + 1) M + (2^{α} - 2^{β}) b

, azaz

\begin{matrix} (2^{β} - 2^{α}) b \leq (2^{α} + 1) M . \end{matrix}

Hasonlóképpen (3)

2^{α}

-szorosához hozzáadva (4)-et:

0 \leq (2^{α} + 1) M + (2^{β} - 2^{α}) b

, azaz

\begin{matrix} - (2^{β} - 2^{α}) b \leq (2^{α} + 1) M . \end{matrix}

A (6) és (7) egyenlőtlenségeket összefoglalva:

\begin{matrix} (2^{α} + 1) M \geq | (2^{β} - 2^{α}) b | = | 2^{β} - 2^{α} | \cdot | b | . \end{matrix}

Mivel

α

és

β

különböző,

2^{α}

és

2^{β}

két különböző páros szám, ezért

| 2^{β} - 2^{α} | \geq 2

; ebből pedig

\begin{matrix} | b | \leq \frac{| 2^{β} - 2^{α} |}{2} | b | \leq \frac{(2^{α} + 1) M}{2} . \end{matrix}

Ha tehát

| b |

-t

\frac{(2^{α} + 1) M}{2}

-nél nagyobbnak választja

B

, akkor nyer.
Láttuk, hogy a győztes személye csak attól függ, hogy az utoljára beírt tag kitevője páros, vagy páratlan. Ha páros, akkor

A

nyer. Ha páratlan. akkor

B

az előző lépésben tud olyat lépni, amivel megnyeri a játékot.
Ha

B

mindig a páros kitevőjű helyekre ír be együtthatókat (amíg vannak ilyenek), akkor legkésőbb a nyolcadik lépésben elfogynak a páros kitevők, így az utolsó kitevő páratlan lesz.
A játékban tehát

B

-nek, a második játékosnak van nyerő stratégiája.
Megjegyzés. Ahhoz, hogy a feladat eredeti kérdésére választ adhassunk, nincs szükségünk a bizonyítás első részére, a páros

α

esetének vizsgálatára. Az ott kapott eredmény viszont azt mutatju, hogy

B

-nek lényegéban egyetlen nyerő stratégiája van: a páros kitevőjű tagok elfogyasztása.