Feladat: N.81 Korcsoport: 18- Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Braun Gábor ,  Frenkel Péter ,  Gyarmati Katalin ,  Makai Márton ,  Pap Gyula ,  Terpai Tamás ,  Zubcsek Péter Pál 
Füzet: 1997/január, 34 - 36. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Egész együtthatós polinomok, Komplex számok alkalmazása, Komplex számok tulajdonságai, Nehéz feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1995/november: N.81

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

A könnyebb írásmód és az általánosság kedvéért használjuk az n=1995 jelölést; az n speciális voltát csak a III. megoldásban használjuk ki, ott is csak annyiban, hogy n páratlan.

 

 
I. megoldás. A feladatot úgy fogalmazhatjuk, hogy vannak olyan εi=±1 (0in) együtthatók, amelyekkel |i=0nεizi|4. Általánosabban azt fogjuk igazolni, hogy tetszőleges, legfeljebb egységnyi abszolút értékű zi (0in) komplex számok esetében találhatók olyan εi=±1 (0in) együtthatók, amelyekkel |i=0nεizi|2. Az n-re vonatkozó teljes indukcióval bizonyítunk. n=0 esetén az állítás nyilvánvaló, n=1 esetén pedig azonnal következik a
|z0+z1|2+|z0-z1|2=(z0+z1)(z0¯+z1¯)+(z0-z1)(z0¯-z1¯)==2z0z0¯+2z1z1¯=2|z0|2+2|z1|24
egyenlőtlenségből. Legyen most n2. A célunk az, hogy a bizonyítandó állítást visszavezessük az (n-1)-re vonatkozó hasonló állításra. Kössük ehhez össze a zi-t és a 0-t egy-egy ei egyenessel (0in). A kapott egyenesek 2(n+1), azaz legalább 6 (esetleg elfajuló) szögtartományra bontják a síkot, vagyis a szögek között kell lennie legfeljebb 60 fokosnak. Feltehetjük pl., hogy az en-1 és az en egyenesek legfeljebb 60 fokos szöget zárnak be. Mivel a bizonyítandó állításon nem változtat, ha a zn-et kicseréljük (-zn)-re, ezért azt is feltehetjük, hogy zn-1 és zn szöge (ha létezik) legfeljebb 60 fok. De akkor a 0, zn-1, zn pontok által határolt (esetleg elfajuló) háromszögben a 0-val szemköztes oldal nem lehet a másik kettő mindegyikénél nagyobb, más szóval
|zn-1-zn|max(|zn-1|,|zn|)1.
Ezért az (n-1)-re vonatkozó indukciós feltevést alkalmazhatjuk a z0,...,zn-2 és zn-1-zn legfeljebb egységnyi abszolút értékű számokra, vagyis alkalmas εi=±1 (0in-1) együtthatókkal
|ε0z0++εn-2zn-2+εn-1zn-1-εnzn|2,
ami igazolja az n-re vonatkozó állítást.
 Frenkel Péter (Fazekas M. Főv. Gyak. Gimn., III. o. t.) dolgozata alapján

 
II. megoldás. A feladatot most is abban az erősebb formában oldjuk meg, amikor a 4 helyén a 2 áll. Vezessük be a p(z)=1+z++zn jelölést. Megmutatjuk, hogy a p(z) és a p(-z) polinomok egyike eleget tesz a feltételeknek. A bizonyítás egyszerű. Nyilvánvaló, hogy ezen polinomok minden együtthatója ±1. Ha z valós része nempozitív, akkor
|1-z|2=(1-z)(1-z¯)=1-(z+z¯)+zz¯1+zz¯=1+|z|2=2
alapján a háromszög-egyenlőtlenséget is használva
|p(z)|=|1-zn+11-z||1-zn+1|21+|zn+1|2=2.
Ha z valós része pozitív, akkor -z valós része negatív, tehát az előbbi eredmény szerint
|p(-z)|2.
Ezzel a feladatot megoldottuk.
 
III. megoldás. Az I. megoldásbeli állításnak azt a gyengébb változatát fogjuk egyszerű módon igazolni, hogy ha n páratlan, és zi (0in) egységnyi abszolút értékű komplex számok, akkor találhatók olyan εi=±1 (0in) együtthatók, amelyekkel |i=0nεizi|<π. Ebből még mindig következik a feladat állítása. A zi (0in) számok az egységkörön egy páros oldalszámú (esetleg elfajuló) húrsokszöget jelölnek ki, amelynek kerülete ‐ mint ismeretes ‐ kisebb a kör kerületénél, 2π-nél. Ha a sokszög oldalait valamilyen körüljárás szerint egymásra következő egészekkel számozzuk, akkor a kerület kifejezhető a páros, illetve a páratlan indexű oldalak összhosszainak összegeként. Valamelyik összhossz tehát kisebb π-nél. Az általánosság csorbítása nélkül feltehetjük, hogy az esetleg ponttá fajuló z0z1¯,z2z3¯,...,zn-1zn¯ húrok azok az oldalak, amelyek összhossza kisebb π-nél, de akkor a háromszög-egyenlőtlenség szerint
|z0-z1++zn-1-zn||z0-z1|++|zn-1-zn|<π.
Ezzel állításunkat igazoltuk, sőt egy kicsit többet is: az εi=±1 (0in) együtthatók úgy is megválaszthatók, hogy közöttük ugyanannyi +1 legyen, mint -1.
 
Megjegyzés. Jelöljük Pn-nel (n pozitív egész) azon (n-1)-edfokú polinomok halmazát, amelyek minden együtthatója ±1, továbbá E-vel az egységnyi abszolút értékű komplex számokat. A fentiek során igazoltuk, hogy minden zE számhoz található olyan pPn polinom, hogy |p(z)|2 teljesül. Ez az eredmény érdekes abból a szempontból, hogy tetszőleges zE szám esetében a |p(z)| értékek négyzetes átlaga a pPn polinomokon kereken n, amint az rövid számolással ellenőrizhető. Hasonlóan az is igaz, hogy tetszőleges pPn polinom esetében pontosan n a |p(z)| értékek négyzetes (integrál)átlaga a zE számokon. Az analóg kérdésre azonban, tehát hogy tetszőleges pPn esetében milyen kicsi |p(z)| érték garantálható egy alkalmas zE-vel, nem ismeretes a válasz. Sőt, még az a sejtés sem dőlt meg, hogy létezik olyan c pozitív konstans és minden n-re egy olyan pnPn polinom, hogy minzE|pn(z)|>cn. Ellenben Rudin 1959-ben konstruált olyan pnPn polinomokat, amelyekre maxzE|pn(z)|<5n teljesül.