Kezdőlap


Feladat:	Pontversenyen kívüli P.217	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: -
Megoldó(k):	Balogh Antal , Réti Zoltán , Strommer Pál , Surján Péter
Füzet:	1976/február, 75 - 77. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Differenciálási szabályok, Műveletek polinomokkal, Pontversenyen kívüli probléma
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1974/szeptember: Pontversenyen kívüli P.217

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

I megoldás. Legyen a keresett polinom

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

(1)

n > 0

, ennek deriváltja

\begin{matrix} p' (x) = n \end{matrix}

(2)

ha pedig

n = 0

, akkor

p' (x)

azonosan 0. Olyan

p (x)

-et keresünk, amelyhez található olyan

q (x)

polinom, hogy

\begin{matrix} p (x) = q (x) p' (x) . \end{matrix}

(3)

Ebből

n = 0

mellett

p (x) = 0

következik, ami azonban nem megoldás, mert 0-val nem lehet osztani. A továbbiakban feltesszük, hogy

n > 0

, ekkor azt is feltehetjük, hogy

α_{n} \neq 0

, vagyis

p

pontosan

n

-edfokú. Ekkor

p'

(n - 1)

-edfokú, tehát (3) csak elsőfokú

q

-val teljesülhet:

\begin{matrix} q (x) = b x + c . \end{matrix}

(4)

Ezt (3)-ba helyettesítve, és felhasználva, hogy két polinom azonossága a megfelelő fokú tagok együtthatóinak az egyenlőségével ekvivalens, a következő összefüggéseket kapjuk:

\begin{matrix} a_{0} = n b a_{0} \\ a_{1} = (n - 1) b a_{1} + n c a_{0} \\ ⋮ & (5) \\ a_{k} = (n - k) b a_{k} + (n - k + 1) c a_{k - 1} \\ ⋮ \\ a_{n} = 0 + c a_{n - 1} \end{matrix}

Ezekből egyrészt

n b = 1

, másrészt

\begin{matrix} a_{k} = \frac{n - k + 1}{k} n c a_{k - 1}, (k = 1, 2, ..., n) \end{matrix}

következik. Ez utóbbiból némi számolással kapjuk, hogy

\begin{matrix} a_{k} = (\binom{n}{k}) {(n c)}^{k} a_{0}, \end{matrix}

vagyis

\begin{matrix} p (x) = a_{0} {(x + d)}^{n}, \end{matrix}

(6)

ahol

d = n c

. Emellett

\begin{matrix} p' (x) = n a_{0} {(x + d)}^{n - 1}, \end{matrix}

ami valóban eleget tesz (3)-nak, ha

q

-nak a

\begin{matrix} q (x) = \frac{1}{n} (x - d) \end{matrix}

polinomot választjuk. Tehát (6) a feladat összes megoldását megadja.

Strommer Pál (Budapest, Piarista Gimn., IV. o. t.)

II. megoldás. Az I. megoldásban beláttuk, hogy

\begin{matrix} p (x) = \frac{1}{n} (x + d) p' (x) \end{matrix}

(7)

vagyis

p

osztható

(x + d)

-vel. Legyen

k

(x + d)

legmagasabb fokú hatványa, amivel

p (x)

osztható:

\begin{matrix} p (x) = {(x + d)}^{k} h (x) \end{matrix}

(8)

ahol

h

már nem osztható

(x + d)

-vel, azaz

h (- d) \neq 0

. Ekkor

\begin{matrix} p' (x) = k {(x + d)}^{k - 1} h (x) + {(x + d)}^{k} h' (x), \end{matrix}

amit (8)-cal együtt (7)-be helyettesítve, majd

{(x + d)}^{k}

-nel osztva kapjuk, hogy

\begin{matrix} h (x) = \frac{k}{n} h (x) + (x + d) h' (x) . \end{matrix}

Ebbe az

x = (- d)

számot helyettesítve

h (- d) \neq 0

miatt kapjuk, hogy

k = n

, vagyis

h (x)

konstans. Ezek mellett (8) ekvivalens (6)-tal, tehát (6) adja meg az összes megoldást.

III. megoldás. Ha (3)-ban

q

nem azonosan 0, (3) szerint

\frac{p'}{p} = \frac{1}{q}

. Mivel itt

\frac{p'}{p}

log p (x)

függvény deriváltja, az

\frac{1}{q} = \frac{n}{x + d}

függvény pedig a

log {(x + d)}^{n}

függvény deriváltja, ebből következik hogy a

log {(x + d)}^{n}

és

log {(x + d)}^{n}

függvények különbsége állandó:

\begin{matrix} log p (x) - log {(x + d)}^{n} = A, \end{matrix}

vagyis

\begin{matrix} p (x) = B {(x + d)}^{n}, \end{matrix}

ahol

A = log B

, ismét (6)-ot kapjuk.