Kezdőlap


Feladat:	1974. évi Kürschák matematikaverseny 3. feladata	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Hasenfratz Anna , Kiss Emil , Kollár János , Neumann Attila , Prőhle Péter , Ring János , Sparing László , Veres Sándor
Füzet:	1975/február, 57 - 59. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Polinomok, Műveletek polinomokkal, Függvények folytonossága, Szélsőérték differenciálszámítással, Teljes indukció módszere, Kürschák József (korábban Eötvös Loránd)
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1975/február: 1974. évi Kürschák matematikaverseny 3. feladata

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

I. megoldás. Jelöljük a feladatban szereplő polinomot $P_{2 k}$ -val. A feladat állításán kicsit túlmenve azt mutatjuk meg, hogy minden $x$ értékre

\begin{matrix} P_{2 k} (x) > 0. \end{matrix}

x

negatív vagy

0

, akkor egyik tag sem negatív, a konstans pedig

1

, így legalább ennyi a polinom értéke is. Könnyű belátni az állítás helyességét akkor is, ha

x \geq 2 k

. Ekkor ugyanis

\begin{matrix} P_{2 k} (x) = 1 + \frac{x}{2!} (x - 2) + \frac{x^{3}}{4!} (x - 4) + ... + \frac{x^{2 k - 1}}{(2 k)!} (x - 2 k) \geq 1. \end{matrix}

[0,2 k]

zárt számközben a polinom folytonos függvény, az pedig felveszi a minimumát. Ha valamelyik végpontban veszi fel, akkor ez a minimum is pozitív, tehát minden érték pozitív.
Ha az intervallum belsejében levő valamilyen

x_{0}

helyen veszi fel

P_{2 k}

a minimumát, akkor ez a környezetéhez képest is minimális érték, így itt a deriváltja

0

\begin{matrix} P'_{2 k} (x) = - 1 + x_{0} - \frac{x_{0}^{2}}{2!} + ... + \frac{x_{0}^{2 k - 1}}{(2 k - 1)!} = \frac{x_{0}^{2 k}}{(2 k)!} - P_{2 k} (x_{0}) = 0. \end{matrix}

Ekkor azonban a legkisebb függvényértékre

\begin{matrix} P_{2 k} (x_{0}) = \frac{x_{0}^{2 k}}{(2 k)!} > 0, \end{matrix}

s így a függvény értéke mindenütt pozitív.

Megjegyzések. 1. Beláthatjuk a feladat állításának helyességét a

k

szerinti teljes indukcióval is.

k = 1

-re teljes négyzetté kiegészítéssel látható az állítás helyessége. Tegyük most fel, hogy

k

-nak valamilyen

k_{0}

értékére helyes az állítás, és lássuk be, hogy ez maga után vonja a helyességét

(k_{0} + 1)

-re is.

P_{2 k_{0}}

- P_{2 k_{0 + 1}}

polinom deriváltja, így az utóbbi az egész számegyenesen növekszik. A

0

helyen

- 1

az értéke, és a föntihez hasonló párosítással ‐ most az első tagtól kezdve ‐ látható, hogy a

(2 k_{0} + 1)

helyen pozitív. Mivel a függvény folytonos, így felveszi valamilyen

0

és

(2 k_{0} + 1)

közötti

x_{0}

helyen a

0

értéket. De

- P_{2 k + 1}

P_{2 k_{0} + 2}

polinom deriváltja, így az utóbbinak az

x_{0}

helyen minimuma van és a fenti módon látható, hogy ez pozitív.
Ez a meggondolás azt is adta, hogy a

P_{2 k}

polinomnak egy lokális minimuma van, odáig csökken a függvény, onnan növekszik.
2. Indirekt meggondolást is használhatunk. Ha

P_{2 k}

venne fel negatív értéket, akkor ezt csak a

(0,2 k)

intervallum belsejében vehetné fel. Ekkor minimuma is negatív volna és lokális minimum. Ez azonban nem lehetséges, mert itt

\begin{matrix} P'_{2 k} (x) = \frac{x^{2 k}}{(2 k)!} - P_{2 k} (x) \end{matrix}

pozitív volna és nem

0

.
Megoldható a feladat csupán algebrai átalakításokat, és a binomiális együtthatók tulajdonságait felhasználva is.

II. megoldás. Szorozzuk meg

P_{2 k} (x)

-et a

\begin{matrix} P_{2 k} (- x) = 1 + x + \frac{x^{2}}{2!} + ... + \frac{x^{2 k}}{(2 k)!} \end{matrix}

értékkel. A szorzat

j

-edfokú tagjának együtthatója, ha

j \leq 2 k

\begin{matrix} 1 \cdot \frac{1}{j!} - 1 \cdot \frac{1}{(j - 1)!} + \frac{1}{2!} \frac{1}{(j - 2)!} + ... + {(- 1)}^{j} \frac{1}{j!} \cdot 1 = \\ = \frac{1}{j!} ((\binom{j}{0}) - (\binom{j}{1}) + (\binom{j}{2}) - ... + {(- 1)}^{j} (\binom{j}{j})) = 0. \end{matrix}

Ha pedig

2 k + 1 \leq j \leq 4 k

, akkor az együttható

\begin{matrix} {(- 1)}^{j - 2 k} \cdot \frac{1}{(j - 2 k)!} \cdot \frac{1}{(2 k)!} + {(- 1)}^{j - 2 k + 1} \frac{1}{(j - 2 k + 1)!} \cdot \\ \cdot \frac{1}{(2 k - 1)!} + ... + {(- 1)}^{2 k} \frac{1}{(2 k)!} \cdot \frac{1}{(j - 2 k)!} = \frac{1}{j!} ({(- 1)}^{j - 2 k} (\binom{j}{j - 2 k}) + \\ + {(- 1)}^{j - 2 k + 1} (\binom{j}{j - 2 k + 1}) + ... + {(- 1)}^{2 k} (\binom{j}{2 k})) . \end{matrix}

Az összeg két végéről számított ugyanannyiadik tag abszolút értéke mindig megegyezik, így páratlan

j

esetén továbbra is

0

az együttható. Ha viszont

j

páros, akkor a

j

-edik hatványhoz tartozó összes binomiális együttható váltakozó előjellel vett összegéből ‐ aminek az értéke

0

‐ hiányzik az elejéről a

\begin{matrix} (\binom{j}{0}) - (\binom{j}{1}) + (\binom{j}{2}) - (\binom{j}{3}) + ... + {(- 1)}^{j - 2 k - 1} (\binom{j}{j - 2 k - 1}) \end{matrix}

összeg és a végéről egy ezzel egyenlő összeg. Ez az összeg azonban negatív, mert a tagok abszolút értéke növekszik, miután az alsó számok mind kisebbek, mint

j / 2

, az előjelek váltakoznak, a tagok száma pedig páros. A

j

-edfokú tag együtthatója ennek a negatív összegnek a kétszeresét

0

-ra egészíti ki, tehát pozitív.
A polinomok szorzata tehát

x

páros hatványainak pozitív együtthatós összege, s így minden

x

értékre pozitív. Ha

x

nem negatív, akkor a szorzat második tényezője pozitív, negatív

x

-ekre pedig az első, így mind a két tényező mindig pozitív. Ezzel a feladat állítását bebizonyítottuk.

Megjegyzés. Nem nehéz megmutatni, hogy

\begin{matrix} (\binom{j}{0}) - (\binom{j}{1}) + (\binom{j}{2}) - ... + {(- 1)}^{l} (\binom{j}{l}) = {(- 1)}^{l} (\binom{j - 1}{l}) . \end{matrix}

Így

\begin{matrix} P_{2 k} (x) P_{2 k} (- x) = 1 + \frac{x^{2 k + 2}}{(2 k)! (k + 1)} + \frac{x^{2 k + 4}}{(2 k)! 3! (k + 2)} + \frac{x^{2 k + 6}}{(2 k)! 5! (k + 3)} + ... + \frac{x^{4 k}}{{(2 k!)}^{2}} \end{matrix}