Feladat: Pontversenyen kívüli P.178 Korcsoport: 18- Nehézségi fok: -
Megoldó(k):  Bara Tamás ,  Kelemen Dezső ,  Kiss Emil ,  Kollár János ,  Lelkes András ,  Páles Zsolt 
Füzet: 1974/szeptember, 21 - 22. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Elemi függvények differenciálhányadosai, Függvényegyenletek, A komplex szám algebrai alakja, Algebra alaptétele, Polinomok szorzattá alakítása, Valós együtthatós polinomok, Pontversenyen kívüli probléma
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1973/május: Pontversenyen kívüli P.178

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

I. megoldás. Ha f minden gyöke valós, akkor előállítható gyöktényezőinek a szorzataként:

f(x)=A(x-x1)(x-x2)...(x-xn),(1)
ahol A az f legmagasabb fokú tagjának az együtthatója (A≠0), n az f fokszáma és x1, x2, ..., xn az f ‐ nem feltétlenül különböző ‐ gyökei. Azt mondjuk, hogy valamely x0 szám az f-nek k-szoros gyöke, ha az x1, x2, ..., xn számok között pontosan k egyenlő x0-lal, azaz ha
f(x)=(x-x0)k⋅g(x),aholg(x0)≠0.(2)
Megmutatjuk, hogy ha x0 az f-nek k-szoros gyöke, akkor az
F(x)=f(x)+λf'(x)
polinomnak x0(k-1)-szeres gyöke. Valóban, ha f (2) alakú, akkor
F(x)=(x-x0)k⋅g(x)+λk(x-x0)k-1⋅g(x)+λ(x-x0)k⋅g'(x)=(x-x0)k-1G(x),
ahol
G(x)=(x-x0)⋅g(x)+λk⋅g(x)+λ(x-x0)⋅g'(x),tehátG(x0)=λk⋅g(x0)≠0.
 

Jelöljük f különböző gyökeinek a számát m-mel, és tegyük fel, hogy ezek rendre α1-szeres, α2-szeres, ..., αm-szeres gyökei f-nek. Akkor ezek rendre (α1-1)-szeres, (α2-1)-szeres, ..., (αm-1)-szeres gyökei F-nek, és mivel α1+α2+...+αm=n, így már (n-m) gyökét ismerjük F-nek. Megmutatjuk, hogy ha λ≠0, amint azt nyilván feltehetjük, akkor f bármely két szomszédos gyöke között van F-nek valós gyöke. Ezzel újabb (m-1) valós gyök létezését bizonyítjuk, és ez elég is, hiszen ha F-nek (n-1) gyöke valós, akkor
F(x)=A(x-y1)(x-y2)...(x-yn-1)⋅F1(x),
ahol F1(x) elsőfokú polinom, tehát F1-nek van még egy valós gyöke.
Legyen tehát a és b az f két szomszédos gyöke:
f(x)=(x-a)α(x-b)β⋅h(x),
ahol a h polinomnak nincs az a≤x≤b szakaszon gyöke.
F(x)=(x-a)α-1(x-b)β-1⋅{(x-a)(x-b)[h(x)+λh'(x)]+[α(x-b)+β(x-a)]}.
Itt a kapcsos zárójelben álló kifejezés értéke x=a mellett α(a-b), ami negatív, x=b mellett β(b-a), ami pozitív, ha pedig egy polinom (vagy általában egy folytonos függvény) egy szakasz két végpontjában különböző előjelű, akkor a polinomnak van ezen a szakaszon gyöke. A bizonyítást ezzel befejeztük.
 

II. megoldás. Legyen z=a+bi az F(z) polinomnak tetszőleges gyöke. Megmutatjuk, hogy b=0, azaz z valós. Nyilván feltehetjük, hogy λ≠0. Mivel F(z)=f(z)+λf'(z)=0,
f'(z)f(z)=-1λ,
tehát f'(z)/f(z) valós. Tekintsük f-nek az (1) alakját, akkor
f'(z)=A∑k=1n∏j≠k(z-xj)=∑k=1nf(z)z-xk,
tehát
f'(z)f(z)=∑k=1n1z-xk=∑k=1n1(a-xk)+bi=∑k=1na-xk(a-xk)2+b2-bi∑k=1n1(a-xk)2+b2,
 ami csak úgy lehet valós, ha b=0. Feladatunk állítását ezzel bebizonyítottuk.