Feladat: Pontversenyen kívüli P.79 Korcsoport: 18- Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Göndőcs Ferenc 
Füzet: 1971/november, 148 - 150. oldal  PDF file
Témakör(ök): Szélsőérték differenciálszámítással, Gyökök és együtthatók közötti összefüggések, Polinomok, Pontversenyen kívüli probléma
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1970/október: Pontversenyen kívüli P.79

Van-e olyan ötödfokú polinom, melynek a (-1,1) intervallumon a maximuma +1, minimuma -1, mindkettőt két különböző helyen is felveszi és az intervallum végpontjaiban 0 az értéke ?

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

Ötödfokú polinomnak legföljebb 4 különböző helyen lehet szélső értéke ‐ amennyiben deriváltjának, ami negyedfokú, mind a négy zérushelye valós és egymástól különböző ‐, és a 4 szélső érték közt csak váltakozva követheti egymást a 2 maximum és a 2 minimum, mert bármelyik szomszédos párjuk közt a derivált értéke vagy állandóan pozitív vagy állandóan negatív. Mivel a keresett p(x) esetében a maximumok pozitívok, a minimumok negatívok, egy-egy maximum és minimum között zérushelye is van p(x)-nek, szám szerint 3.

 

 

Elég lesz olyan p(x)-et képezni, amelyre a közbülső zérushelyek egyike x=0, a további kettő pedig ±c, ahol 0<c<1. Elképzelésünk szerint tehát a polinom ilyen alakú:
p(x)=A(x+1)(x+c)x(x-c)(x-1)=(1)=A[x5-(1+c2)x3+c2x],


ahol A is meghatározandó állandó. Azt fogjuk belátni, hogy az A és c paraméterek értéke megválasztható úgy, hogy p(x)-re teljesüljenek a feladat követelményei.
A szélső értékek helyei csak a derivált gyökhelyei lehetnek, tekintsük tehát a
p'(x)=A[5x4-3(1+c2)x2+c2]=0(2)
negyedfokú egyenletet. Ennek x2-re mint ismeretlenre két különböző valós gyöke van, ha
D=9(1+c2)2-20c2>0,
ami valóban teljesül, hiszen
D=9-2c2+9c4=9(1-c29)2+809c4>0.
(x=0 nem gyöke (2)-nek, hiszen c0.) Jelöljük e gyökök közül a pozitívakat x1-gyel és x2-vel ‐ a másik kettő -x1 és -x2 ‐, ekkor a gyökök és az együtthatók közti összefüggés szerint (a (2)-t x2-re vonatkozó másodfokú egyenletnek tekintve)
x12+x22=3(1+c2)5;x12x22=c25(3)
és p'(x)=5A(x2-x12)(x2-x22). Ebből láthatjuk, hogy p'(x) mind a négy gyökhelyen előjelet vált, ezekben tehát p(x)-nek valóban szélső értéke van.
Azt szeretnénk, ha mondjuk
p(x1)=+1;p(x2)=-1(4)
volna; mivel p(x) páratlan függvény, ebből már következik, hogy
p(-x1)=-1;p(-x2)=+1.
Elegendő ehhez c-t úgy megválasztanunk, hogy
p(x1)+p(x2)=0(5)
legyen, hiszen az A állandó megválasztható úgy, hogy p(x1)=1 legyen, és akkor (5) alapján p(x2)=-1 is teljesül. Mivel x1 és x2 gyöke (2)-nek,
5xi5=3(1+c2)xi3-c2xi(i=1,2),
így (3) alapján p(x1)+p(x2) előállítható anélkül, hogy x1 és x2 értékét meg kellene adnunk:
5A[p(x1)+p(x2)]=(5x15+5x25)-5(1+c2)(x13+x23)+5c2(x1+x2)==4c2(x1+x2)-2(1+c2)(x13+x23)=2(x1+x2)[2c2-(1+c2)(x12-x1x2+x22)]==2(x1+x2)[2c2-(1+c2)(3+3c25-c5)].
(Felhasználtuk, hogy x1, x2, c pozitív volta miatt (3)-ból x1x2=c5 következik.)
Ez csak úgy lehet 0, ha c gyöke a
2c2-(1+c2)(3+3c25-c5)=0(6)
egyenletnek. Osszuk ezt c2-nel és helyettesítsük c+1c helyére y-t, így a
2-y(3y5-15)=0
másodfokú egyenletet kapjuk, melynek gyökei
y1=5,y2=-253,
de mivel c+1c2, számunkra csak y1 használható. A
c+1c=5
másodfokú egyenletből pedig
c1=5-12;c2=5+12,
és célunknak csak c1 felel meg, mert c2>1. c1 valóban gyöke (6)-nak, tehát mellette p(x)-re teljesül (5).
Már csak azt kell megmutatnunk, hogy c1 mellett x1 és x2 is a (0,1) intervallumhoz tartozik. Valóban, így
x12=10-4510<1,ésx22=5+510<1.

Végül A-t meghatározva és megelégedve az állandók közelítő, de áttekinthető értékeivel, (1) helyére konkrétan a következő polinom lép:
p(x)=12,4(x5-1,38x3+0,38x).

Megjegyzés. Meg lehet mutatni, hogy p(x)-en és -p(x)-en kívül nincs más megoldása a feladatnak.