Kezdőlap


Feladat:	N.71	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: nehéz
Füzet:	1996/április, 227 - 228. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Trigonometrikus függvények, Nehéz feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1995/május: N.71

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

A bizonyítás során az $| f (1) |$ , $...$ , $| f (2 n) |$ értékek egy súlyozott összegét fogjuk alulról becsülni $f (0) = n$ segítségével.
Először bebizonyítjuk, hogy léteznek olyan $b_{0}$ , $b_{1}$ , $...$ , $b_{2 n}$ valós számok, amelyek nem mind $0$ -k, és amelyekkel minden $x$ -re teljesül, hogy

\begin{matrix} b_{0} f (x) + b_{1} f (x + 1) + ... + b_{2 n} f (x + 2 n) = 0. \end{matrix}

(2)

Az (1) jobb oldalán levő tagokra az ismert trigonometrikus összefüggések alapján nem nehéz hasonló azonosságot találni. Például minden

a

valós számra

\begin{matrix} cos a (x - 1) - 2 cos a cos a x + cos a (x + 1) = 0. \end{matrix}

(3)

Tekintsük a következő polinomot:

\begin{matrix} P (u) = \prod_{j = 1}^{n} (u^{2} - 2 (cos a_{j}) u + 1) = b_{0} + b_{1} u + b_{2} u^{2} + ... + b_{2 n} u^{2 n} . \end{matrix}

Azt állítjuk, hogy ennek együtthatói megfelelőek lesznek, sőt a (2) azonosság tagonként teljesül, vagyis minden

1 \leq i \leq 2 n

-re

\begin{matrix} b_{0} cos a_{i} x + b_{1} cos a_{i} (x + 1) + ... + b_{2 n} cos a_{i} (x + 2 n) = 0. \end{matrix}

(4)

Írjuk fel

P

-t a következő alakban:

\begin{matrix} P (x) = (u^{2} - 2 (cos a_{i}) u + 1) (c_{0} + c_{1} u + ... + c_{2 n - 2} u^{2 n - 2}) . \end{matrix}

A (3) azonosság alapján

\begin{matrix} c_{j - 1} (cos a_{i} (x + j - 1) - 2 cos a_{i} cos a_{i} (x + j) + cos a_{i} (x + j + 1)) = 0 (1 \leq j \leq 2 n - 1), \end{matrix}

Ezeknek az egyenleteknek az összege pedig éppen (4).
Válasszuk ki most a

b_{i}

együtthatók közül az (egyik) legnagyobb abszolút értékűt; legyen ez

b_{m}

. A (2) azonosságot

x = - m

választással írjuk fel a következő alakban:

\begin{matrix} b_{m} f (0) = \sum_{\binom{0 \leq j \leq 2 n}{j \neq m}}^{} - b_{j} f (j - m) . \end{matrix}

Mivel

b_{j}

maximális abszolut értékű, azért a háromszög-egyenlőtlenség alkalmazásával

\begin{matrix} f (0) = \sum_{\binom{0 \leq j \leq 2 n}{j \neq m}}^{} - \frac{b_{j}}{b_{m}} f (j - m) \leq \sum_{\binom{0 \leq j \leq 2 n}{j \neq m}}^{} | f (j - m) | \leq 2 n {max}_{}^{}_{1 \leq | k | \leq 2 n}^{} | f (k) | . \end{matrix}

Ha most figyelembe vesszük, hogy

f (0) = n

és

f

páros függvény, akkor az egyenlőtlenség két szélső fele

2 n

-nel való osztás után éppen az állítást eredményezi:

\begin{matrix} \frac{1}{2} \leq {max}_{}^{}_{1 \leq k \leq 2 n}^{} | f (k) | . \end{matrix}

Megjegyzések. 1. Az

f (0)

f (1)

...

sorozat

2 n

darab (komplex hányadosú) mértani sorozat összege, az ilyenekre mindig lehet (2) alakú lineáris rekurziót találni. A

P

polinom valójában a lineáris rekurzív sorozat karakterisztikus polinomja, melynek gyökei a mértani sorozatok hányadosai.
2. Az egyenlőtlenség éles. Ha minden

1 \leq j \leq n

-re

a_{j} = \frac{j}{2 n + 1} \cdot 2 π

, és

x

egész szám, de nem osztható

(2 n + 1)

-gyel, akkor

\begin{matrix} \begin{matrix} f (x) = \sum_{j = 1}^{n} cos \frac{j x}{2 n + 1} \cdot 2 π = \sum_{j = 1}^{n} \frac{sin \frac{(j + \frac{1}{2}) x}{2 n + 1} \cdot 2 π - sin \frac{(j - \frac{1}{2}) x}{2 n + 1} \cdot 2 π}{2 sin \frac{\frac{1}{2} x}{2 n + 1} \cdot 2 π} = \\ = \frac{sin \frac{(n + \frac{1}{2}) x}{2 n + 1} \cdot 2 π - sin \frac{\frac{1}{2} x}{2 n + 1} \cdot 2 π}{2 sin \frac{\frac{1}{2} x}{2 n + 1} \cdot 2 π} = \frac{sin x π}{2 sin \frac{\frac{1}{2} x}{2 n + 1} \cdot 2 π} - \frac{sin \frac{\frac{1}{2} x}{2 n + 1} \cdot 2 π}{2 sin \frac{\frac{1}{2} x}{2 n + 1} \cdot 2 π} = - \frac{1}{2} . \end{matrix} \end{matrix}