Kezdőlap


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

ε_{i} = \pm 1

(0 \leq i \leq n)

együtthatók, amelyekkel

| \sum_{i = 0}^{n} ε_{i} z^{i} | \leq 4

. Általánosabban azt fogjuk igazolni, hogy tetszőleges, legfeljebb egységnyi abszolút értékű

z_{i}

(

0 \leq i \leq n

) komplex számok esetében találhatók olyan

ε_{i} = \pm 1

(0 \leq i \leq n)

együtthatók, amelyekkel

| \sum_{i = 0}^{n} ε_{i} z_{i} | \leq \sqrt[]{2}

. Az

n

-re vonatkozó teljes indukcióval bizonyítunk.

n = 0

esetén az állítás nyilvánvaló,

n = 1

esetén pedig azonnal következik a

\begin{matrix} \begin{matrix} | z_{0} + z_{1} |^{2} + | z_{0} - z_{1} |^{2} = (z_{0} + z_{1}) (\bar{z_{0}} + \bar{z_{1}}) + (z_{0} - z_{1}) (\bar{z_{0}} - \bar{z_{1}}) = \\ = 2 z_{0} \bar{z_{0}} + 2 z_{1} \bar{z_{1}} = 2 | z_{0} |^{2} + 2 | z_{1} |^{2} \leq 4 \end{matrix} \end{matrix}

egyenlőtlenségből. Legyen most

n \geq 2

. A célunk az, hogy a bizonyítandó állítást visszavezessük az

(n - 1)

-re vonatkozó hasonló állításra. Kössük ehhez össze a

z_{i}

-t és a 0-t egy-egy

e_{i}

egyenessel

(0 \leq i \leq n)

. 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

e_{n - 1}

és az

e_{n}

egyenesek legfeljebb 60 fokos szöget zárnak be. Mivel a bizonyítandó állításon nem változtat, ha a

z_{n}

-et kicseréljük

(- z_{n})

-re, ezért azt is feltehetjük, hogy

z_{n - 1}

és

z_{n}

szöge (ha létezik) legfeljebb 60 fok. De akkor a 0,

z_{n - 1}

z_{n}

pontok által határolt (esetleg elfajuló) háromszögben a 0-val szemköztes oldal nem lehet a másik kettő mindegyikénél nagyobb, más szóval

\begin{matrix} | z_{n - 1} - z_{n} | \leq {max}_{}^{} (| z_{n - 1} |, | z_{n} |) \leq 1. \end{matrix}

Ezért az

(n - 1)

-re vonatkozó indukciós feltevést alkalmazhatjuk a

z_{0}, ..., z_{n - 2}

és

z_{n - 1} - z_{n}

legfeljebb egységnyi abszolút értékű számokra, vagyis alkalmas

ε_{i} = \pm 1

(0 \leq i \leq n - 1)

együtthatókkal

\begin{matrix} | ε_{0} z_{0} + \dots + ε_{n - 2} z_{n - 2} + ε_{n - 1} z_{n - 1} - ε_{n} z_{n} | \leq \sqrt[]{2}, \end{matrix}

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

\sqrt[]{2}

áll. Vezessük be a

p (z) = 1 + z + \dots + z^{n}

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

\pm 1

. Ha

z

valós része nempozitív, akkor

\begin{matrix} | 1 - z |^{2} = (1 - z) (1 - \bar{z}) = 1 - (z + \bar{z}) + z \bar{z} \geq 1 + z \bar{z} = 1 + | z |^{2} = 2 \end{matrix}

alapján a háromszög-egyenlőtlenséget is használva

\begin{matrix} | p (z) | = | \frac{1 - z^{n + 1}}{1 - z} | \leq \frac{| 1 - z^{n + 1} |}{\sqrt[]{2}} \leq \frac{1 + | z^{n + 1} |}{\sqrt[]{2}} = \sqrt[]{2} . \end{matrix}

z

valós része pozitív, akkor

- z

valós része negatív, tehát az előbbi eredmény szerint

\begin{matrix} | p (- z) | \leq \sqrt[]{2} . \end{matrix}

Ezzel a feladatot megoldottuk.

III. megoldás. Az I. megoldásbeli állításnak azt a gyengébb változatát fogjuk egyszerű módon igazolni, hogy ha

n

páratlan, és

z_{i}

(0 \leq i \leq n)

egységnyi abszolút értékű komplex számok, akkor találhatók olyan

ε_{i} = \pm 1

(0 \leq i \leq n)

együtthatók, amelyekkel

| \sum_{i = 0}^{n} ε_{i} z_{i} | < π

. Ebből még mindig következik a feladat állítása. A

z_{i}

(0 \leq i \leq n)

számok az egységkörön egy páros oldalszámú (esetleg elfajuló) húrsokszöget jelölnek ki, amelynek kerülete ‐ mint ismeretes ‐ kisebb a kör kerületénél,

2 π

-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

\bar{z_{0} z_{1}}, \bar{z_{2} z_{3}}, ..., \bar{z_{n - 1} z_{n}}

húrok azok az oldalak, amelyek összhossza kisebb

π

-nél, de akkor a háromszög-egyenlőtlenség szerint

\begin{matrix} | z_{0} - z_{1} + \dots + z_{n - 1} - z_{n} | \leq | z_{0} - z_{1} | + \dots + | z_{n - 1} - z_{n} | < π . \end{matrix}

Ezzel állításunkat igazoltuk, sőt egy kicsit többet is: az

ε_{i} = \pm 1

(0 \leq i \leq n)

együtthatók úgy is megválaszthatók, hogy közöttük ugyanannyi

+ 1

legyen, mint

- 1

Megjegyzés. Jelöljük

P_{n}

-nel (

n

pozitív egész) azon

(n - 1)

-edfokú polinomok halmazát, amelyek minden együtthatója

\pm 1

, továbbá

E

-vel az egységnyi abszolút értékű komplex számokat. A fentiek során igazoltuk, hogy minden

z \in E

számhoz található olyan

p \in P_{n}

polinom, hogy

| p (z) | \leq \sqrt[]{2}

teljesül. Ez az eredmény érdekes abból a szempontból, hogy tetszőleges

z \in E

szám esetében a

| p (z) |

értékek négyzetes átlaga a

p \in P_{n}

polinomokon kereken

\sqrt[]{n}

, amint az rövid számolással ellenőrizhető. Hasonlóan az is igaz, hogy tetszőleges

p \in P_{n}

polinom esetében pontosan

\sqrt[]{n}

| p (z) |

értékek négyzetes (integrál)átlaga a

z \in E

számokon. Az analóg kérdésre azonban, tehát hogy tetszőleges

p \in P_{n}

esetében milyen kicsi

| p (z) |

érték garantálható egy alkalmas

z \in E

-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

p_{n} \in P_{n}

polinom, hogy

{min}_{}^{}_{z \in E}^{} | p_{n} (z) | > c \sqrt[]{n}

. Ellenben Rudin 1959-ben konstruált olyan

p_{n} \in P_{n}

polinomokat, amelyekre

{max}_{}^{}_{z \in E}^{} | p_{n} (z) | < 5 \sqrt[]{n}

teljesül.