Kezdőlap


Feladat:	N.82	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Pap Gyula
Füzet:	1997/január, 36. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Egész együtthatós polinomok, Nehéz feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1995/november: N.82

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

Bár a feladat szövegéből sajnálatosan kimaradt, nyilván $3^{n}$ -nél kisebb abszolút értékű főegyütthatóról van szó. Minden pozitív egész $n$ -hez konstruálunk megfelelő polinomot. Legyen először $n = 2 k$ , ahol $k$ pozitív egész. Definiáljuk az $f$ függvényt a következőképpen:

\begin{matrix} \begin{matrix} f (x) = \frac{5 x^{2} - 5 x + 1}{4 x^{2} - 4 x + 1} . \end{matrix} \end{matrix}

Könnyen ellenőrizhető, hogy a definíció

x = \frac{1}{2}

kivételével mindenhol értelmes. Mivel

f (0) = f (1) = 1

és

{lim}_{\frac{1}{2}}^{} f = - \infty

, a függvény a

(0; \frac{1}{2})

és

(\frac{1}{2}; 1)

intervallumokon befutja a

(- \infty; 1)

félegyenest. Legyen

T_{k}

k

-adik Csebisev-polinom (ld. az 1. megjegyzést), és tekintsük a

p (x) = T_{k} (f (x))

függvényt. Ez egy racionális törtfüggvény, amely felírható

\begin{matrix} p (x) = T_{k} (f (x)) = \frac{q (x)}{{(4 x^{2} - 4 x + 1)}^{k}} \end{matrix}

alakban, ahol

q

egy

2 k

-adfokú egész együtthatós polinom. Mivel

T_{k}

-nak

k

különböző gyöke van a

(- 1; 1)

intervallumban,

p

, és ezáltal

q

is a

(0; \frac{1}{2})

és

(\frac{1}{2}; 1)

intervallumon egyaránt

k

helyen eltűnik. A

q

tehát olyan

2 k

-adfokú polinom, amelynek

2 k

különböző gyöke van

(0; 1)

-ben. Ugyancsak könnyen ellenőrizhető, hogy

q

főegyütthatója

\begin{matrix} 0 < 4^{k} T_{k} (\frac{5}{4}) = 4^{k} ch (k arch \frac{5}{4}) = 4^{k} ch (k ln 2) = 4^{k} \frac{2^{k} + 2^{- k}}{2} < 8^{k} = {(\sqrt[]{8})}^{n} < 3^{n} . \end{matrix}

n = 2 k + 1

, akkor az előbbi polinomot megszorozhatjuk a

2 x - 1

polinommal, így a főegyüttható az előbbi kétszerese lesz, és egy új gyök keletkezik

x = \frac{1}{2}

-ben.

Megjegyzések. 1. A

T_{k}

Csebisev-polinom az a kifejezés, ahogyan

cos k α

előáll

cos α

polinomjaként; azaz

T_{k} (cos α) = cos k α

.
2. Pap Gyula megoldásában a

p_{1} (x) = 2 x - 1

p_{2} (x) = 6 x^{2} - 6 x + 1

p_{2 n} (x) = p_{n} {(x)}^{2} - 2 x^{n} {(1 - x)}^{n}

rekurzióval definiált polinomok révén konstruált tetszőleges fokszámú, a feladat követelményeit kielégítő polinomot.