Feladat:	Pontversenyen kívüli P.137	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Balogh Z. ,  Császár Gyula ,  Hermann P. ,  Juhász Gy. ,  Kollár János ,  Kószó Károly ,  Páles Zs. ,  Stachó B. ,  Zombory J.
Füzet:	1973/december, 218 - 221. oldal		PDF  |  MathML
Témakör(ök):	Differenciálási szabályok, Elemi függvények differenciálhányadosai, Valós együtthatós polinomok, Teljes indukció módszere, Pontversenyen kívüli probléma
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1972/április: Pontversenyen kívüli P.137

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre. $\begin{array}{c}{\displaystyle |x_0-x_1|\le n\left|\frac{f\left(x_0\right)}{f\text{'}\left(x_0\right)}\right|\mathrm{.}}\end{array}$ (1)   I. megoldás. Legyenek az $f\left(x\right)=x^n+{a_{1}x}^{n-1}+\text{...}+a_n$ polinom gyökei valamilyen sorrendben: $x_1$, $x_2$, $\text{...}$, $x_n$, valamennyien valósak (nem lényeges, hogy vannak-e köztük egyenlők). Ha valamely $i$-re $\left(1\leqq i\leqq n\right)$ $x_0=x_i$, tehát $f\left(x_0\right)=0$, és $f\text{'}\left(x_i\right)\ne 0$, akkor (1)-ben $x_1$ szerepére vehető maga $x_i$ így mindkét oldal értéke $0$, az állítás igaz. A továbbiakban már csak az $x_0\ne x_i$ $\left(i=\mathrm{1,}\mathrm{2,}\text{...}n\right)$, $f\text{'}\left(x_0\right)\ne 0$ föltételeknek eleget tevő helyeket tekintjük, s mivel így $f\left(x_0\right)\ne 0$, az állítás ekvivalens az (1) reciprokával: $\text{...}$ $x_0$-hoz van olyan $i$ index, hogy $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{1}{|x_0-x_i|}=\frac{1}{n}\left|\frac{f\text{'}\left(x_0\right)}{f\left(x_0\right)}\right|\mathrm{.}}\end{array}$ (2) Ezt fogjuk bizonyítani. Ismeretes, hogy $f\left(x\right)$ osztható mindegyik $\left(x-x_i\right)$ gyöktényezőjével, és írható ezek szorzataként: $\begin{array}{c}{\displaystyle f\left(x\right)=\left(x-x_1\right)\left(x-x_2\right)\cdot \text{...}\cdot \left(x-x_n\right)\mathrm{.}}\end{array}$ (3) (Más tényező nincs, mert $f\left(x\right)$-ben $x^n$ együtthatóját $1$-nek vettük az $n$-ed fokúság biztosítására; az így bebizonyított állítás $a_0\ne 0$ mellett $a_{0}f\left(x\right)$-re is érvényes.) Ebből az alakból könnyű képezni $f\text{'}\left(x\right)$-et, miután a két tényezős szorzat $\left(uv\right)\text{'}=u\text{'}v+v\text{'}u$ deriválási szabályát ‐ amely $v=1$-et véve már egy tényezős ,,szorzatra'' is érvényes ‐ teljes indukcióval $n>2$-re általánosítottuk. Ezt az olvasóra hagyva, csak az eredményt mondjuk ki: $n$ tényezős szorzat deriváltja $n$ tagból áll, mindegyik tag $n$ tényezős szorzat, rendre egy tényezőt deriválunk és ezt szorozzuk a többi ‐ változatlanul hagyott ‐ tényező szorzatával. (Ez természetesen csak olyan helyen érvényes, ahol mindegyik tényező deriválható; feladatunkban mindenütt.) (3)-ból pl. $\left(x-x_1\right)\text{'}=1$ alapján $f\text{'}\left(x\right)$ első tagja: $\begin{array}{c}{\displaystyle \left(x-x_2\right)\left(x-x_3\right)\cdot \text{...}\cdot \left(x-x_n\right)\mathrm{,}}\end{array}$ amit célszerű egyszerűbben $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{f\left(x\right)}{x-x_1}}\end{array}$ alakban írni, hiszen ahol $f\text{'}\left(x\right)$-et használni fogjuk, $x_0$-ban, ott a nevező nem $0$, és ez áll $i=\mathrm{2,}\text{...}\mathrm{,}n$ mellett $\left(x-x_i\right)\text{'}$ esetére is. Eszerint ha $x\ne x_i$ úgy $\begin{array}{c}{\displaystyle f\text{'}\left(x\right)=\frac{f\left(x\right)}{x-x_1}+\frac{f\left(x\right)}{x-x_2}+\text{...}+\frac{f\left(x\right)}{x-x_n}\mathrm{,}}\end{array}$ ezért, mindjárt (2) jobb oldala céljára alakítva ${\displaystyle \begin{array}{ccc}\hfill {\displaystyle }& {\displaystyle \left|\frac{f\text{'}\left(x_0\right)}{f\left(x_0\right)}\right|=\left|\frac{1}{x_0-x_1}+\text{...}+\frac{1}{x_0-x_n}\right|\leqq }\hfill & \text{(<mn>4</mn>)}\\ \hfill {\displaystyle }& {\displaystyle \leqq \frac{1}{|x_0-x_1|}+\frac{1}{x_0-x_2}+\text{...}+\frac{1}{|x_0-x_n|}\mathrm{.}}\hfill \end{array}}$ A jobb oldalt növeljük, ha mindegyik tagja helyére a legnagyobbik tagját írjuk ‐ vagy ha mind az $n$ tag egyenlő, akkor változatlan marad. Legyen az a tag, vagy a legnagyobb tagok egyike $\frac{1}{|x_0-x_k|}$ ekkor (4) így alakul: $\begin{array}{c}{\displaystyle \left|\frac{f\text{'}\left(x_0\right)}{f\left(x_0\right)}\right|\leqq n\frac{1}{x_0-x_k}\mathrm{.}}\end{array}$ Eszerint $x_k$ megfelel a (2)-ben említett gyök szerepére, az állítást bebizonyítottuk. Egyenlőség akkor és csak akkor áll fenn, ha minden $i$-re $|x_0-x_i|$ értéke egyenlő. Ez kétféleképpen állhat elő: $\alpha$) $x_1=x_2=\text{...}=x_n\mathrm{,}$ $n$-szeres gyök, $f\left(x\right)={\left(x-x_1\right)}^n$, és $x_0$ bármi, kivéve $x_1$-et; $\beta$) alkalmas indexezés mellett $x_1=x_2=\text{...}=x_r\ne x_{r+1}=x_{r+2}=\text{...}=x_n$ $\left(1\leqq r\leqq n-1\right)$ esetében kizárólag az $x_0=\left(x_1+x_n\right)/2$ helyen. Eredményünket konkrétabban is kimondhatjuk. A kiválasztási feltétel szerint $|x_0-x_k|$ a legkisebb az $|x_0-x_i|$ értékek közül $\left(i=\mathrm{1,}\mathrm{2,}\text{...}\mathrm{,}n\right)$, tehát az állításban mindenesetre megfelel $f\left(x\right)$-nek az $x_0$-hoz legközelebbi zérushelye. Ebben a megfogalmazásban az előre elintézett esetleges $x_0=x_i$ eset is benne van. (Természetesen esetenként megfelelhet más gyök is.)   Kószó Károly (Szeged, Ságvári E. Gyak. Gimn.) Kollár János (Budapest, Piarista Gimn.)   Megjegyzések. 1. Az állításnak szemléletes jelentést tulajdoníthatunk a polinomot ábrázoló görbe $\left(x_0\mathrm{,}f\left(x_0\right)\right)$ pontbeli érintőjével kapcsolatban. Mivel $f\text{'}\left(x_0\right)\ne 0$, ez az érintő metszi az $x$-tengelyt, éspedig az $x_0$ ponttól $f\left(x_0\right):f\text{'}\left(x_0\right)$ távolságban (előtte vagy utána). Azt bizonyítottuk be, hogy ezt a távolságot $n$-szer fölmérve $x_0$-tól mindkét irányban, a két végpont közti intervallumban van gyöke a polinomnak hacsak tudjuk, hogy polinomunknak minden gyöke valós. Ennek speciális esete az $f\left(x\right)=x^2$, melyre $x_1=x_2=0$, ennek $x\ne 0$ esetén ‐ mint ismeretes ‐ az $\left(x\mathrm{,}{x}^2\right)$ pontbeli érintőjét megadja a pontot az $\left(\frac{x}{2}\mathrm{,}0\right)$ ponttal összekötő egyenes.   Császár Gyula (Budapest, Berzsenyi D. Gimn.)   2. A gyökök valós voltára vonatkozó föltevést csak burkoltan, (4)-ben és utána használtuk fel. így nem merül fel az a probléma, hogy mit értünk végzett lépéseinken akkor, ha nem minden gyöke valós az $f\left(x\right)$-nek, esetleg egy sem valós.   II. megoldás. Az állítást teljes indukcióval bizonyítjuk. $n=2$ esetén azt kell belátnunk, hogy az $f_2\left(x\right)={ax}^2+bx+c$ polinomnak, amelyre $a\ne 0$ és $b^2-4ac\geqq 0$, $x_0\ne -\frac{b}{2a}$ esetén $x_1$ és $x_2$ gyökei közül valamelyikre ‐ jelöljük ezt $x_2$-vel ‐ teljesül $\begin{array}{c}{\displaystyle |x_0-x_2|=2\left|\frac{f\left(x_0\right)}{f\text{'}\left(x_0\right)}\right|\mathrm{.}}\end{array}$ (5) Ugyanis $f{\text{'}}_2\left(x\right)=0$ csak a kizárt érték mellett áll.) Hozzátesszük ehhez, hogy az állítást itt is és tetszőleges $n$ esetén is az $x_0$-hoz legközelebbi gyökre bizonyítjuk; tehát speciálisan $n=2$ mellett a fentiek alapján $|x_0-x_2|\leqq |x_0-x_1|$. Ha $x_0=x_2$, azaz $f_2\left(x_0\right)=f_2\left(x_2\right)=0$, akkor (5) nyilvánvalóan teljesül az egyenlőség jelével. Ha $x_0\ne x_2$, akkor $x_0\ne x_1$ is fennáll és ${\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle }& {\displaystyle f_2\left(x\right)=a\left(x-x_2\right)\left(x-x_1\right)\mathrm{,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle }& {\displaystyle f{\text{'}}_2\left(x\right)=a\left(x-x_2\right)+a\left(x-x_1\right)\mathrm{,}}\hfill \end{array}}$ és (5) teljesül, mert a jobb oldal reciprokára $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{1}{2}\left|\frac{f{\text{'}}_2\left(x_0\right)}{f_2\left(x_0\right)}\right|\leqq \frac{1}{2}\frac{|a\left(x_0-x_2\right)|+|a\left(x_0-x_1\right)|}{|f_2\left(x_0\right)|}\leqq \frac{|a\left(x_0-x_l\right)|}{|x_0-x_2|\cdot |a\left(x_0-x_1\right)|}=\frac{1}{|x_0-x_2|}\mathrm{,}}\end{array}$ és innen, véve az első és az utolsó kifejezés reciprokát, (5)-öt kapjuk. Föltesszük ezután, hogy az állítás helyes minden $\left(n-1\right)$-ed fokú polinomra (és természetesen a korlátozásnak megfelelően választott $x_0$-ra). A vizsgálandó $f_n\left(x\right)$ valódi $n$-ed fokú polinomot $x_0$ megadása és a hozzá legközelebbi gyök megkeresése után ‐ jelöljük ezt a gyököt $x_n$-nel ‐ így alakítjuk: $\begin{array}{c}{\displaystyle f_n\left(x\right)=\left(x-x_n\right)\cdot f_{n-1}\left(x\right)\mathrm{,}}\end{array}$ (6) ahol $f_{n-1}\left(x\right)$ az az $\left(n-1\right)$-edfokú polinom, melynek gyökei az $f_n\left(x\right)$-nek $x_1$, $x_2$, $\text{...}$, $x_{n-1}$, gyökei, és benne $x^{n-1}$ együtthatója egyenlő $f_n\left(x\right)$-ben $x^n$ együtthatójával, tehát $f_{n-1}\left(x\right)$ valódi $\left(n-1\right)$-ed fokú polinom. Ekkor ${\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle }& {\displaystyle f{\text{'}}_n\left(x\right)=\left(x-x_n\right)\cdot f{\text{'}}_{n-1}\left(x\right)+f_{n-1}\left(x\right)\mathrm{,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle }& {\displaystyle f_n\left(x_0\right)=\left(x_0-x_n\right)\cdot f_{n-1}\left(x_0\right)\mathrm{,}}\hfill & \text{(<mn>7</mn>)}\\ \hfill {\displaystyle }& {\displaystyle f{\text{'}}_n\mathrm{,}\left(x_0\right)=\left(x_0-x_n\right)\cdot f{\text{'}}_{n-1}\left(x_0\right)+f{}_{n-1}\left(x_0\right)\mathrm{.}}\hfill & \text{(<mn>8</mn>)}\end{array}}$ $\alpha$) Ha $f{\text{'}}_{n-1}\left(x_0\right)=0$, akkor (8) alapján $f_{n-1}\left(x_0\right)\ne 0$, és (7) alapján (1) jobb oldala így alakul: $\begin{array}{c}{\displaystyle n\left|\frac{f_n\left(x_0\right)}{f{\text{'}}_n(x_0}\right|=n|x_0-x_n|>|x_0-x_n|\mathrm{,}}\end{array}$ tehát (1) teljesül. $\beta$) Ha $f{\text{'}}_{n-1}\left(x_0\right)\ne \mathrm{0,}$ és $x_0$ gyöke $f_n\left(x\right)$-nek, azaz $x_0=x_n$, akkor (1) az egyenlőség jelével érvényes. Ha pedig $x_0$ nem gyöke $f_n\left(x\right)$-nek, tehát $f_{n-1}\left(x\right)$-nek sem, akkor (8)-ból és (6)-ból (1) jobb oldala céljára $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{f{\text{'}}_n\left(x_0\right)}{f_n\left(x_0\right)}=\frac{f{\text{'}}_{n-1}\left(x_0\right)}{f_{n-1}\left(x_0\right)}+\frac{1}{x_0-x_n}\mathrm{,}}\end{array}$ ezért $\begin{array}{c}{\displaystyle \left|\frac{f{\text{'}}_n\left(x_0\right)}{f_n\left(x_0\right)}\right|\leqq \left|\frac{f{\text{'}}_{n-1}(x_0}{f_{n-1}\left(x_0\right)}\right|+\left|\frac{1}{x_0-x_n}\right|\mathrm{.}}\end{array}$ (9) És mivel az indukciós feltevés alapján van olyan gyöke $f_{n-1}\left(x\right)$-nek ‐ mondjuk $x_{n-1}$ ‐, amelyre $\begin{array}{c}{\displaystyle \left|\frac{f{\text{'}}_{n-1}\left(x_0\right)}{f_{n-1}\left(x_0\right)}\right|\leqq \left(n-1\right)\frac{1}{|x_0-x_{n-1}|}\leqq \frac{n-1}{x_0-x_n}\mathrm{.}}\end{array}$ hiszen $|x_0-x_{n-1}|\geqq |x_0-x_n|$. Eszerint (9)-ből $\begin{array}{c}{\displaystyle \left|\frac{f{\text{'}}_n\left(x_0\right)}{f_n\left(x_0\right)}\right|\leqq \frac{n}{|x_0-x_n|}\mathrm{,}}\end{array}$ ami ekvivalens (1)-gyel. Minden lehetséges esetet áttekintettünk, a bizonyítást befejeztük.   Megjegyzés. Ebből a bizonyításból könnyű látni, hogy $n=2$ esetén az $x_0$-tól távolabbi $x_1$ gyökre ‐ természetesen ha $x_1\ne x_2$ ‐ az állítás nem teljesül; ekkor $|x_0-x_1|=|x_0-x_2|$ sem teljesülhet, mert belőle $x_0=\left(x_1+x_2\right)/2$ következnék, ott pedig $f{\text{'}}_2\left(x_0\right)=0$ lenne.