Feladat: 1993. évi Kürschák matematikaverseny 3. feladata Korcsoport: 18- Nehézségi fok: nehéz
Füzet: 1994/február, 62 - 63. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Polinomok oszthatósága, Teljes indukció módszere, Elemi függvények differenciálhányadosai, Szélsőérték-feladatok, Kürschák József (korábban Eötvös Loránd)
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1994/február: 1993. 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. A polinom így alakítható át:

(xn+xn-1)2+2(xn-1+xn-2)2+...+(n-k)(xk+1+xk)2+...+n(x+1)2+n+1==(x+1)2(x2n-2+2x2n-4+...+(n-k)x2k+...+(n-1)x2+n)+n+1.


Az első alakban x2k+1 csak a kiírt tagból keletkezik, együtthatója 2(n-k);x2k pedig a kiírt tagból és az azt követőből adódik, ha k≥1, együtthatója tehát n-k+n+1-k=2n+1-2k. Végül a konstans tag n+n+1=2n+1. Valóban az f polinomot írtuk tehát át más alakra. A második átalakítás helyessége nyilvánvaló.
A nyert alakból látható, hogy f(-1)=n+1, és más helyen f értéke ennél nagyobb. A keresett minimum tehát n+1 és ezt a -1 helyen veszi fel a polinom.
II. megoldás. Teljes indukcióval bizonyítjuk, hogy a polinom értéke a -1 helyen n+1, másutt ennél nagyobb. Jelöljük a polinomot fn-nel.
f1(x)=x2+2x+3=(x+1)2+2≥2,
amiből világos, hogy n=1-re helyes az állítás.
Tegyük fel, hogy n-nek egy k-1 értékére igaz az állítás. A nyilvánvaló
fk(x)=fk-1(x)x2+2kx+2k+1=(fk-1(x)-k)x2+k(x+1)2+k+1
alakból azt kapjuk, hogy fk(-1)=k+1, és minden más helyen a jobb oldal második tagja, továbbá a feltevés szerint az első is pozitív.
Az állítás helyessége tehát öröklődik k-1-ről k-ra. Így minden n-re igaz az állítás.
Megjegyzés. Végezhetjük az indukciós bizonyítást az
fn(x)=fn-1(x)+x2n+2x2n-1+2(x2n-2+x2n-3+...+x+1)==fn-1(x)+1+x2n-1+2((x2n-1+x2n-2)+(x2n-3+x2n-4)+...+(x+1))==fn-1(x)+1+(x+1)((x-1)+2)(x2n-2+x2n-4+...+x2+1)=fn-1(x)+1+(x+1)2(x2n-2+x2n-4+...+x2+1)


átalakítás alapján is.
III. megoldás. Megoldhatjuk a feladatot differenciálhányados segítségével is. Világos, hogy nemnegatív x értékekre a polinom pozitív, és x növekedtével nő. Negatív x értékekre egy más alakban írjuk a polinomot.
xf(x)-f(x)=x2n+1+x2n+x2n-1+...+x-2n-1=x2n+2-1x-1-(2n+2).
Innen pedig
f(x)=x2n+2-(2n+2)x+2n+1(x-1)2.
A deriváltat mint a számláló és az 1(x-1)2 függvény szorzatáét határozzuk meg:
f'(x)=(2n+2)x2n+1-(2n+2)(x-1)2-2x2n+2-(2n+2)x+2n+1(x-1)3==2n(x2n+2-1)-(2n+2)(x2n+1-x)(x-1)3==2(x+1)n(x2n+x2n-2+...+x2+1)-(n+1)x(x2n-2+x2n-4+...+x2+1)(x-1)2.


Itt negatív x-re a számláló mind a két tagja és a nevező is pozitív, az x+1 tényező pedig a -1 helyen negatívból pozitívba megy át. A függvény tehát minimumát az x=-1 helyen veszi fel. A minimum értéke (pl. az f(x) utolsó alakjából számolva) n+1.