Kezdőlap


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 \| MathML
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

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

\begin{matrix} f (x) \geq 1 ha x \geq 0. \end{matrix}

Feltétel szerint

n

valós gyök van, jelöljük ezeket

- α_{1}, - α_{2}, ..., - α_{n}

-nel. Itt tehát az

α_{i}

-k pozitív számok. Az egyenlet gyökei és együtthatói közti összefüggések szerint

j = 1, 2, ..., n - 1

-re

\begin{matrix} a_{j} = ( & - 1)^{j} ((- α_{1}) (- α_{2}) ... (- α_{j}) + ... + (- α_{m_{1}}) (- α_{m_{2}}) ... (α_{m_{j}}) + ... + \\ + (- α_{n - j + 1}) (- α_{n - j + 2}) ... (- α_{n})) = α_{1} α_{2} ... α_{j} + ... + \\ + α_{m_{1}} α_{m_{2}} ... α_{m_{j}} + ... + α_{n - j + 1} α_{n - j + 2} ... α_{n}, \end{matrix}

végül

\begin{matrix} {(- 1)}^{n} (- α_{1}) (- α_{2}) ... (- α_{n}) = α_{1} α_{2} ... α_{n} = 1. \end{matrix}

(1)

a_{j}

-t előállító összeg mindazokból a tagokból áll, amelyek úgy keletkeznek, hogy kiválasztunk a gyökök közül

j

darabot és azokat összeszorozzuk. Ezek száma

(\binom{n}{j})

.
Alkalmazzuk az összegre a számtani és mértani közép közti egyenlőtlenséget. A tagok szorzatában minden

α_{i}

szerepelni fog, éspedig ugyanazon az

A

hatványon (ahányféleképpen a maradó

n - 1

gyök közül

j - 1

-et kiválaszthatunk

α_{i}

mellé, azaz

A = (\binom{n - 1}{j - 1}))

, tehát ez a szorzat, felhasználva (1)-et

\begin{matrix} {(α_{1} α_{2} ... α_{n})}^{A} = 1. \end{matrix}

Így a tagok mértani közepe is 1, tehát az említett egyenlőtlenség szerint

\begin{matrix} \frac{a_{j}}{(\binom{n}{j})} \geq 1 vagyis a_{j} \geq (\binom{n}{j}) (1 \leq j \leq n - 1) . \end{matrix}

Ezt minden együtthatóra alkalmazva, azt kapjuk, hogy

\begin{matrix} f (2) \geq 2^{n} + (\binom{n}{1}) 2^{n - 1} + ... + (\binom{n}{n - 1}) 2 + 1 = {(2 + 1)}^{n} = 3^{n}, \end{matrix}

és ezt kellett bizonyítanunk.

Megjegyzés. A megoldás azt is adja, hogy ha

c

nem negatív szám, akkor

\begin{matrix} f (c) \geq c^{n} + (\binom{n}{1}) c^{n - 1} + ... + (\binom{n}{n - 1}) c + 1 = {(c + 1)}^{n} . \end{matrix}

II. megoldás. Ismeretes, hogy ha egy

\begin{matrix} g (x) = b_{0} x^{n} + b_{1} x^{n - 1} + ... + b_{n - 1} x + b_{n} \end{matrix}

polinomnak gyökei a

c_{1}, ..., c_{k}

számok, akkor ilyen alakban írható:

\begin{matrix} g (x) = (x - c_{1}) ... (x - c_{k}) g_{1} (x), \end{matrix}

ahol

g_{1}

egy

(n - k)

-adfokú polinom, amelyikben a legmagasabb fokú tag együtthatója

b_{0}

. Az előző megoldás jelöléseit használva esetünkben

\begin{matrix} f (x) = (x + α_{1}) (x + α_{2}) ... (x + α_{n}) . \end{matrix}

Ide

x

helyett 2-t helyettesítve alkalmazzuk minden tényezőre a számtani és mértani közép közti egyenlőtlenséget a következő alakban:

\begin{matrix} 2 + α_{m} = (1 + 1 + α_{m}) = 3 \cdot \frac{1 + 1 + α_{m}}{3} \geq 3 \sqrt[3]{1 \cdot 1 \cdot α_{m}} = 3 \sqrt[3]{α_{m}} . \end{matrix}

Ezt

m = 1, 2, ..., n

-re összeszorozva és figyelembe véve (1)-et, azt kapjuk, hogy

\begin{matrix} f (2) \geq 3^{n} \sqrt[3]{α_{1} α_{2} ... α_{n}} = 3^{n} . \end{matrix}

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

b_{1}

b_{2}

pozitív számok, akkor

\begin{matrix} \frac{p b_{1} + q b_{2}}{p + q} \geq {(b_{1}^{p} b_{2}^{q})}^{\frac{1}{p + q}} \end{matrix}

(2)

és az egyenlőtlenség értelemszerű megfelelője

2

-nél több számra. Ezt

p = c

q = 1

b_{1} = 1

b_{2} = α_{m}

választással alkalmazva azt kapjuk, hogy

\begin{matrix} c + α_{m} = (c + 1) \frac{c \cdot 1 + 1 \cdot α_{m}}{c + 1} \geq (c + 1) {(1^{c} \cdot α_{m}^{1})}^{\frac{1}{c + 1}} = (c + 1) {(α_{m})}^{\frac{1}{c + 1}} \end{matrix}

és így, (1)-et is felhasználva

\begin{matrix} f (c) \geq {(c + 1)}^{n} {(α_{1} \cdot α_{2} ... α_{n})}^{\frac{1}{c + 1}} = {(c + 1)}^{n} . \end{matrix}

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

\begin{matrix} f (c) \geq {(c + 1)}^{n} . \end{matrix}

Ismét a gyöktényezők szorzatára bontott alakból adódó

\begin{matrix} f (c) = (c + α_{1}) (c + α_{2}) ... (c + α_{n}) \end{matrix}

szorzatot vizsgáljuk. Ha itt az

α_{i}

-k mind egyenlők, akkor (1) miatt mindegyik értéke 1 és

\begin{matrix} f (c) = {(c + 1)}^{n} . \end{matrix}

Ha az

α_{i}

-k közt vannak különbözők, akkor van 1-nél kisebb is, nagyobb is. A számok sorrendjét megváltoztatva, ha kell, feltehetjük, hogy

α_{n - 1} < 1 < α_{n}

. Hasonlítsuk össze ekkor

f (c)

-t az

α_{m}^{*} = α_{m}

, ha

1 \leq m \leq n - 2

α_{n - 1}^{*} = α_{n - 1} α_{n}

α_{n}^{*} = 1

szám

n

-eshez tartozó

\begin{matrix} f^{*} (c) = (c + α_{1}^{*}) (c + α_{2}^{*}) ... (c + α_{n}^{*}) = (c + α_{1}) ... (c + α_{n - 2}) (c + α_{n - 1} α_{n}) (c + 1) \end{matrix}

szorzattal. Erre is teljesül, hogy

\begin{matrix} α_{1}^{*} α_{2}^{*} ... α_{n}^{*} = 1; \end{matrix}

továbbá

\begin{matrix} f (c) - f^{*} (c) = (c + α_{1}) ... (c + α_{n - 2}) ((c + α_{n - 1}) (c + α_{n}) - (c + α_{n - 1} α_{n}) (c + 1)) \end{matrix}

Az utolsó tényezőt így alakíthatjuk át:

\begin{matrix} (c + α_{n - 1}) (c + α_{n}) - (c + α_{n - 1} α_{n}) (c + 1) = c (α_{n - 1} + α_{n} - 1 - α_{n - 1} α_{n}) = \\ = c (1 - α_{n - 1}) (α_{n} - 1) . \end{matrix}

Itt feltétel szerint mind a 3 tényező pozitív és pozitívak az

f (c) - f^{*} (c)

kifejezésében szereplő további tényezők is, tehát

\begin{matrix} f (c) > f^{*} (c) . \end{matrix}

Ha az

α_{m}^{*}

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

\begin{matrix} f (c) > {(c + 1)}^{n} . \end{matrix}