Kezdőlap


Feladat:	N.142	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Bérczi Gergely , Braun Gábor , Frenkel Péter , Lippner Gábor , Mátrai Tamás , Pap Gyula
Füzet:	1998/január, 35 - 37. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Valós együtthatós polinomok, Műveletek polinomokkal, Binomiális együtthatók, Nehéz feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1997/május: N.142

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

Elég ha az $x$ polinomot felírjuk $n$ darab polinom $n$ -edik hatványának előjeles összegeként, mert ha az $f_{1}$ , $f_{2}$ , $...$ , $f_{n}$ polinomokra

\begin{matrix} \pm {(f_{1} (x))}^{n} \pm {(f_{2} (x))}^{n} \pm ... \pm {(f_{n} (x))}^{n} = x, \end{matrix}

akkor

x

helyére egy tetszőleges

g (x)

polinomot helyettesítve

\begin{matrix} {(f_{1} (g (x)))}^{n} + {(f_{2} (g (x)))}^{n} + ... + {(f_{n} (g (x)))}^{n} = g (x) . \end{matrix}

Definiáljuk a következő polinomsorozatot:

\begin{matrix} h_{0} (x) = x^{n}, h_{k + 1} (x) = h_{k} (x) - h_{k} (x - 1) . \end{matrix}

Ezeknek a polinomoknak két tulajdonságára lesz szükségünk:
(a) Tetszőleges

k

nemnegatív egészre

\begin{matrix} \begin{matrix} h_{k} (x) = (\binom{k}{0}) x^{n} - (\binom{k}{1}) {(x - 1)}^{n} + (\binom{k}{2}) {(x - 2)}^{n} - + ... + {(- 1)}^{k} (\binom{k}{k}) {(x - k)}^{n} = \\ \sum_{j = 0}^{k} {(- 1)}^{j} (\binom{k}{j}) {(x - j)}^{n}; \end{matrix} \end{matrix}

(b)

0 \leq k \leq n

eseten

h_{k}

foka

n - k

és főegyütthatója

n (n - 1) (n - 2) ... (n - k + 1)

.
Mindkét állítást indukcióval bizonyíthatjuk. A

k = 0

esetben mindkettő triviális.
Ha valamely

k

-ra (a) igaz, akkor igaz

k + 1

-re is, mert

\begin{matrix} \begin{matrix} h_{k + 1} (x) = h_{k} (x) - h_{k} (x - 1) = \\ = \sum_{j = 0}^{k} {(- 1)}^{j} (\binom{k}{j}) {(x - j)}^{n} - \sum_{j = 0}^{k} {(- 1)}^{j} (\binom{k}{j}) {(x - j - 1)}^{n} = \\ = (\binom{k}{0}) x^{n} + \sum_{j = 1}^{k} (- 1) ((\binom{k}{j}) + (\binom{k}{j - 1})) {(x - j)}^{n} - {(- 1)}^{k} (\binom{k}{k}) {(x - k - 1)}^{n} = \\ = \sum_{j = 0}^{k + 1} (\binom{k + 1}{j}) {(x - j)}^{n} . \end{matrix} \end{matrix}

Ha a (b) állítás teljesül valamely

0 \leq k < n

-re, azaz

\begin{matrix} h_{k} (x) = n (n - 1) ... (n - k + 1) x^{n - k} + a_{n - k - 1} x^{n - k - 1} + ... + a_{1} x + a_{0}, \end{matrix}

akkor

\begin{matrix} \begin{matrix} h_{k + 1} (x) = h_{k} (x) - h_{k} (x - 1) = n (n - 1) ... (n - k + 1) (x^{n - k} - {(x - 1)}^{n - k}) + \\ + a_{n - k - 1} (x^{n - k - 1} - {(x - 1)}^{n - k - 1}) + ... a_{1} (x - (x - 1)) + (a_{0} - a_{0}) . \end{matrix} \end{matrix}

Könnyű ellenőrizni, hogy

x^{n - k}

kiesik, és

x^{n - k - 1}

együthatója

n (n - 1) ... (n - k)

.
A

k = n - 1

esetben speciális esetként azt kapjuk, hogy

\begin{matrix} \sum_{j = 0}^{n - 1} {(- 1)}^{j} (\binom{n - 1}{j}) {(x - j)}^{n} \end{matrix}

egy lineáris polinom, felírható

A x + B

alakban, ahol

A \neq 0

. Legyen

\begin{matrix} f_{j} (x) = \sqrt[n]{(\binom{n - 1}{j})} (\frac{x - B}{A} - j); \end{matrix}

ezzel a választással

\begin{matrix} \begin{matrix} {(f_{0} (x))}^{n} - {(f_{1} (x))}^{n} + - ... + {(- 1)}^{n - 1} {(f_{n - 1} (x))}^{n} = \\ = \sum_{j = 0}^{n - 1} {(- a)}^{j} (\binom{n - 1}{j}) {(\frac{x - B}{A} - j)}^{n} = A \frac{x - B}{A} + B = x . \end{matrix} \end{matrix}

Ezzel az állítást igazoltuk.