Kezdőlap


Feladat:	1995. évi Kürschák matematikaverseny 2. feladata	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: nehéz
Füzet:	1996/február, 68 - 69. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Binomiális tétel, Műveletek polinomokkal, Kürschák József (korábban Eötvös Loránd)
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1996/február: 1995. évi Kürschák matematikaverseny 2. feladata

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

Előrebocsátunk egy megjegyzést. Elég olyan polinomokra szorítkozni, amelyekben minden változó legfeljebb első hatványon szerepel. Ha ugyanis minden páros hatványon szereplő változót 1-gyel, a páratlan hatványon szereplőket pedig a változó első hatványával helyettesítjük, ezzel a polinom foka nem növekszik, a feladatban megadott tulajdonsága pedig nyilvánvalóan megmarad, és ezen az sem változtat, ha a módosítás után összevonható tagokat összevonjuk. Ha pedig a módosított polinom legalább $n$ -edfokú, akkor az eredeti is. A továbbiakban polinomon mindig a mondott módon egyszerűsített polinomot értünk².

I. megoldás. Az állítást teljes indukcióval bizonyítjuk. Egy egyváltozós polinom

a x + b

alakú. Feltétel szerint

\begin{matrix} a + b > 0, - a + b < 0, azaz a - b > 0, \end{matrix}

tehát

\begin{matrix} 2 a > 0, a > 0. \end{matrix}

A polinom tehát elsőfokú. (Az eredeti polinom legalább elsőfokú.)
Tegyük fel, hogy a legfeljebb

m

változós polinomokra igaz a feladat állítása. Egy

m + 1

változós polinom

\begin{matrix} f_{1} (x_{1}, ..., x_{m}) + x_{m + 1} f_{2} (x_{1}, ..., x_{m}) \end{matrix}

alakban írható, ahol

f_{1}

és

f_{2}

legfeljebb

m

-változós polinom. Legyen

c_{1}

...

c_{m}

egy

+ 1

-ekből és

- 1

-ekből álló sorozat. Ha a

c_{i}

-k közt páros számú

- 1

van, akkor

x_{m + 1}

-nek egyszer

+ 1

, egyszer

- 1

értéket adva, a feltétel szerint

\begin{matrix} f_{1} (c_{1}, ..., c_{m}) + f_{2} (c_{1}, ..., c_{m}) > 0 f_{1} (c_{1}, ..., c_{m}) - f_{2} (c_{1}, ..., c_{m}) < 0. \end{matrix}

Az utóbbit így írhatjuk:

\begin{matrix} - f_{1} (c_{1}, ..., c_{m}) + f_{2} (c_{1}, ..., c_{m}) > 0 és így 2 f_{2} (c_{1}, ..., c_{m}) > 0; \end{matrix}

ha pedig a

c_{i}

-k között a

- 1

-ek száma páratlan, akkor

\begin{matrix} f_{1} (c_{1}, ..., c_{m}) + f_{2} (c_{1}, ..., c_{m}) < 0, f_{1} (c_{1}, ..., c_{m}) - f_{2} (c_{1}, ..., c_{m}) > 0, \end{matrix}

tehát

\begin{matrix} - f_{1} (c_{1}, ..., c_{m}) + f_{2} (c_{1}, ..., c_{m}) < 0 és így 2 f_{2} (c_{1}, ..., c_{m}) < 0. \end{matrix}

Azt kaptuk, hogy

f_{2}

-nek is megvan a tételben megfogalmazott tulajdonsága, s így az indukciós feltétel szerint legalább

m

-edfokú, az eredeti polinom legalább

(m + 1)

-edfokú. Ezzel beláttuk, hogy a tétel állítása minden

n

-re igaz.

II. megoldás. Indirekt úton bizonyítjuk a feladat állítását. Az, hogy egy polinom

n

-nél alacsonyabb fokú, azt jelenti, hogy nincs benne mindegyik változót tartalmazó tag. Tegyük fel, hogy egy ilyen polinomra teljesülnének a feladat feltételei. Képezzük az összes

+ 1

-ekből és

- 1

-ekből álló sorozatokon vett értékeit a polinomnak, és a pozitív értékek

U

összegéből vonjuk le a negatív értékek

V

összegét. Nyilvánvalóan

U - V > 0

. Nézzük meg, hogy egy

a x_{i_{1}} x_{i_{2}} ... x_{i_{j}}

tag együtthatója (

j < n

) hányszor szerepel

U

-ban és hányszor

V

-ben. A

+ 1

-ekből és

- 1

-ekből álló

c_{1}

c_{2}

...

c_{n}

sorozatokban, rögzítve

c_{i_{1}}

c_{i_{2}}

...

c_{i_{j}}

értékét, ha

\begin{matrix} c_{i_{1}} c_{i_{2}} ... c_{i_{j}} = 1, \end{matrix}

akkor

a

annyiszor szerepel

U

-ban, ahányféleképpen a többi

c

-k közt páros számú

- 1

fordulhat elő. Ez a szám

\begin{matrix} r = (\binom{n - j}{0}) + (\binom{n - j}{2}) + (\binom{n - j}{4}) + ..., \end{matrix}

ahol az összeg addig tart, amíg az alsó páros szám nem nagyobb

(n - j)

-nél;

V

-ben pedig annyiszor, ahányféleképpen a többi

c

-k közül páratlan számút lehet kiválasztani. Ez a szám pedig

\begin{matrix} s = (\binom{n - j}{1}) + (\binom{n - j}{3}) + (\binom{n - j}{5}) + ... . \end{matrix}

A kiszemelt tag adaléka az

U - V

különbséghez tehát a binomiális tétel szerint

\begin{matrix} a (r - s) = a {(\binom{n - j}{0}) - (\binom{n - j}{1}) + (\binom{n - j}{2}) - (\binom{n - j}{3}) + ...} = a {(1 - 1)}^{n - j} = 0. \end{matrix}

Ha viszont

\begin{matrix} c_{i_{1}} c_{i_{2}} ... c_{i_{j}} = - 1, \end{matrix}

akkor

- a

szerepel

U

-ban

s

-szer,

V

-ben pedig

r

-szer, így ekkor is 0 a tag adaléka az

U - V

különbséghez. Mivel ez az indirekt feltevés szerint a polinom minden tagjára teljesülne, így ellentmondásra jutottunk azzal, hogy ez a különbség pozitív. A polinomban tehát szerepelnie kell az

x_{1} x_{2} ... x_{n}

tagnak nemnulla együtthatóval. Ezzel a feladat állítását igazoltuk.

²Elmondhatók volnának megoldásaink enélkül az egyszerűsítés nélkül is, csak a szöveg válnék sokkal bonyolultatbbá.