Feladat: 1983. évi Kürschák matematikaverseny 2. feladata Korcsoport: 18- Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Birkás György ,  Erdős László ,  Hetyei Gábor ,  Kós Géza ,  Magyar Ákos ,  Megyesi Gábor ,  Náray Miklós ,  Poór István ,  Szabó Csaba ,  Szabó Zoltán ,  Tóth Gábor ,  Törőcsik Jenő 
Füzet: 1984/február, 53 - 56. oldal  PDF file
Témakör(ök): Valós együtthatós polinomok, Egyenlőtlenségek, Kombinációk, Binomiális együtthatók, Számtani közép, Mértani közép, Polinomok szorzattá alakítása, Súlyozott közép, Racionális számok és tulajdonságaik, Irracionális számok és tulajdonságaik, Kürschák József (korábban Eötvös Loránd)
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1984/február: 1983. évi Kürschák matematikaverseny 2. feladata

Az f(x)=xn+a1xn-1+...+an-1x+1 polinom a1,...,an-1 együtthatói nem negatívak és az f(x)=0 egyenletnek n valós gyöke van. Bizonyítsuk be, hogy f(2)3n.

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

I. megoldás. A polinomnak valós 0-helye csak negatív szám lehet, mert nem negatív x helyen egy tag sem negatív és az állandó tag 1, és így

f(x)1hax0.

Feltétel szerint n valós gyök van, jelöljük ezeket -α1,-α2,...,-αn-nel. Itt tehát az αi-k pozitív számok. Az egyenlet gyökei és együtthatói közti összefüggések szerint j=1,2,...,n-1-re
aj=(-1)j((-α1)(-α2)...(-αj)+...+(-αm1)(-αm2)...(αmj)+...++(-αn-j+1)(-αn-j+2)...(-αn))=α1α2...αj+...++αm1αm2...αmj+...+αn-j+1αn-j+2...αn,
végül
(-1)n(-α1)(-α2)...(-αn)=α1α2...αn=1.(1)
Az aj-t előállító összeg mindazokból a tagokból áll, amelyek úgy keletkeznek, hogy kiválasztunk a gyökök közül j darabot és azokat összeszorozzuk. Ezek száma (nj).
Alkalmazzuk az összegre a számtani és mértani közép közti egyenlőtlenséget. A tagok szorzatában minden αi szerepelni fog, éspedig ugyanazon az A hatványon (ahányféleképpen a maradó n-1 gyök közül j-1-et kiválaszthatunk αi mellé, azaz A=(n-1j-1)), tehát ez a szorzat, felhasználva (1)-et
(α1α2...αn)A=1.
Így a tagok mértani közepe is 1, tehát az említett egyenlőtlenség szerint
aj(nj)1vagyisaj(nj)(1jn-1).

Ezt minden együtthatóra alkalmazva, azt kapjuk, hogy
f(2)2n+(n1)2n-1+...+(nn-1)2+1=(2+1)n=3n,
és ezt kellett bizonyítanunk.
 

Megjegyzés. A megoldás azt is adja, hogy ha c nem negatív szám, akkor
f(c)cn+(n1)cn-1+...+(nn-1)c+1=(c+1)n.
 

II. megoldás. Ismeretes, hogy ha egy
g(x)=b0xn+b1xn-1+...+bn-1x+bn
polinomnak gyökei a c1,...,ck számok, akkor ilyen alakban írható:
g(x)=(x-c1)...(x-ck)g1(x),
ahol g1 egy (n-k)-adfokú polinom, amelyikben a legmagasabb fokú tag együtthatója b0. Az előző megoldás jelöléseit használva esetünkben
f(x)=(x+α1)(x+α2)...(x+αn).
Ide x helyett 2-t helyettesítve alkalmazzuk minden tényezőre a számtani és mértani közép közti egyenlőtlenséget a következő alakban:
2+αm=(1+1+αm)=31+1+αm3311αm3=3αm3.
Ezt m=1,2,...,n-re összeszorozva és figyelembe véve (1)-et, azt kapjuk, hogy
f(2)3nα1α2...αn3=3n.

Megjegyzés. Ez az eljárás az előző megoldáshoz fűzött megjegyzés általánosítását közvetlenül csak pozitív egész c-re adja. Érvényes azonban a felhasznált egyenlőtlenség következő általánosítása, ún. súlyozott alakja: Ha p és q pozitív számok (súlyok), és b1, b2 pozitív számok, akkor
pb1+qb2p+q(b1pb2q)1p+q(2)
és az egyenlőtlenség értelemszerű megfelelője 2-nél több számra. Ezt p=c, q=1, b1=1, b2=αm választással alkalmazva azt kapjuk, hogy
c+αm=(c+1)c1+1αmc+1(c+1)(1cαm1)1c+1=(c+1)(αm)1c+1
és így, (1)-et is felhasználva
f(c)(c+1)n(α1α2...αn)1c+1=(c+1)n.

A (2) alatti egyenlőtlenség ‐ és általánosítása is ‐ racionális súlyok esetén egyszerűen visszavezethető a súlyok nélküli egyenlőtlenségre; ha pedig a súlyok közt van irracionális szám is, akkor a bizonyítás úgy történik, hogy az irracionális súlyokat megközelítjük racionális számokkal, és vizsgáljuk, mi történik, ha a megközelítést minden határon túl finomítjuk.
 

III. megoldás. Általánosan azt bizonyítjuk, hogy tetszés szerinti pozitív c-re
f(c)(c+1)n.
Ismét a gyöktényezők szorzatára bontott alakból adódó
f(c)=(c+α1)(c+α2)...(c+αn)
szorzatot vizsgáljuk. Ha itt az αi-k mind egyenlők, akkor (1) miatt mindegyik értéke 1 és
f(c)=(c+1)n.

Ha az αi-k közt vannak különbözők, akkor van 1-nél kisebb is, nagyobb is. A számok sorrendjét megváltoztatva, ha kell, feltehetjük, hogy αn-1<1<αn. Hasonlítsuk össze ekkor f(c)-t az αm*=αm, ha 1mn-2, αn-1*=αn-1αn, αn*=1 szám n-eshez tartozó
f*(c)=(c+α1*)(c+α2*)...(c+αn*)=(c+α1)...(c+αn-2)(c+αn-1αn)(c+1)
szorzattal. Erre is teljesül, hogy
α1*α2*...αn*=1;
továbbá
f(c)-f*(c)=(c+α1)...(c+αn-2)((c+αn-1)(c+αn)-(c+αn-1αn)(c+1))
Az utolsó tényezőt így alakíthatjuk át:
(c+αn-1)(c+αn)-(c+αn-1αn)(c+1)=c(αn-1+αn-1-αn-1αn)==c(1-αn-1)(αn-1).


Itt feltétel szerint mind a 3 tényező pozitív és pozitívak az f(c)-f*(c) kifejezésében szereplő további tényezők is, tehát
f(c)>f*(c).

Ha az αm* számok nem mind egyenlők, az eljárást ismételhetjük mert a szorzat közben mindig 1 marad. Legkésőbb n-1 lépés után minden α 1 lesz. Mivel közben a fellépő f értékek növekednek, azt kapjuk, hogy
f(c)>(c+1)n.