Feladat: B.3581 Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Farkas Balázs ,  Juhász Máté Lehel ,  Révész Dániel 
Füzet: 2003/február, 100 - 103. oldal  PDF file
Témakör(ök): Abszolútértékes függvények, Szélsőérték-feladatok, Teljes indukció módszere, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 2002/október: B.3581

Mennyi az
f(x)=|1001+1000x+999x2+...+2x999+x1000|
függvény legkisebb értéke?

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

I. megoldás. Az abszolút értéken belül szereplő polinom páratlan együtthatójú tagjait az alábbi átalakítással két tagra bontjuk:

(2n+1)xm=nxm+(n+1)xm.
Így
x1000+2x999+(x998+2x998)+4x997+(2x996+3x996)+...++(499x2+500x2)+1000x+500+501==(x1000+2x999+x998)+2(x998+2x997+x996)+...++500(x2+2x+1)+501==(x500+x499)2+2(x499+x498)2+...+500(x+1)2+501.
Eszerint
f(x)=|(x500+x499)2+2(x499+x498)2+3(x498+x497)2+...+500(x+1)2+501|.
Az abszolút értéken belül mindig pozitív érték szerepel, a négyzetes tagok mind ugyanott, (-1)-ben veszik fel legkisebb értéküket, a 0-t. (Az utolsó tag kivételével a 0 is közös minimumhely.) Így f(x) minimuma x=-1-ben van, és ott 501-gyel egyenlő.
(Révész Dániel (Kisvárda, Bessenyei György Gimn., 12. o.t.) dolgozata alapján

 
Megjegyzés. A feladat általánosan, 1000 helyett tetszőleges páros számra ugyanígy oldható meg.
 
II. megoldás. Teljes indukcióval bizonyítjuk az állítást. Belátjuk, hogy páros n esetén az fn(x)=(n+1)+nx+...+2xn-1+xn kifejezés
 
1.minden x-re pozitív,
2.minimumhelye kizárólag a -1,
3.minimuma n2+1.
 

Ha n=2, akkor f2(x)=3+2x+x2=(x+1)2+2. A minimumhelye a -1, minden x-re pozitív, valamint f(-1)=2. Tegyük fel, hogy az indukciós állítások 2k-ig minden páros számra teljesülnek. Most bebizonyítjuk azokat n=(2k+2)-re.
fn(x)=(n+1)+nx+(n-1)x2+...+2xn-1+xn==(n+1)+nx+x2((n-1)+(n-2)x+...+2xn-3+xn-2)==(n+1)+nx+x2fn-2(x).
Tudjuk, hogy fn-2n2, tehát
fn(x)(n+1)+nx+n2x2=n2(x+1)2+n2+1.
A jobb oldali függvénynek a minimumhelye x=-1, itt (és csakis itt) egyenlőség áll fenn, ezért magának az fn(x) függvénynek is csak az x=-1 a minimumhelye, továbbá fn(-1)=n2+1. Ezzel beláttuk a 2. és a 3. indukciós állítást. Marad még az 1. igazolása ‐ ez azonban nyilvánvaló, hiszen fn minimumértéke pozitív. Eszerint a feladatban szereplő kifejezésben az abszolút érték jele elhagyható.
Az eredeti függvény (f=|f1000|=f1000) legkisebb értéke 10002+1=501.
(Juhász Máté Lehel (Budapest, Fazekas Mihály Főv. Gyak. Gimn., 11. o.t.) dolgozata alapján

 
III. megoldás. Jelölje g(x) az 1001+1000x+999x2+...+2x999+x1000 polinomfüggvényt, ezzel f(x)=|g(x)|. A g függvény a nemnegatív számokon szigorúan monoton nő, és g(0)=1001. Ha g-nek van ennél kisebb értéke, azt csak negatív helyen veheti fel. A minimumhelyen a függvény deriváltja 0.
g'(x)=1000+2999x+3998x2+...+9983x997+9992x998+1000x999==1000(x999+1)+2999x(x997+1)+3998x2(x995+1)+...++500501x499(x+1).
A zárójelben szereplő kifejezések mindegyike osztható (x+1)-gyel, ezért a derivált (x+1)h(x) alakú. Így g'(-1)=0, tehát (-1)-ben lehet g-nek szélsőértéke. Azt, hogy ez valóban minimumhely, úgy látjuk be, hogy bebizonyítjuk, hogy g(x) minden (-1)-től különböző (negatív) számra nagyobb g(-1)=501-nél.
Írjuk fel g-t más formában:
g(x)=x1000+x999+x998+x997+...+x2+x+1++x999+x998+x997+...+x2+x+1++x998+x997+...+x2+x+1++x2+x+1++x+1++1.g(x)=x1001-1x-1+x1000-1x-1+...+x2-1x-1+x-1x-1==x1001+x1000+x999+...+x2+x-1001x-1==x1002-1x-1-1002x-1=x1002-1-1002x+1002(x-1)2.
Ebből tehát
g(x)=x1002-1002x+1001(x-1)2.
Tudjuk, hogy g(-1)=501. Bebizonyítjuk, hogy minden más (negatív) x-re g(x)>501, azaz
501<x1002-1002x+1001(x-1)2,x-1.
Lévén, hogy negatív x-ekre (x-1)2>0, a bizonyítandó összefüggés az alábbival ekvivalens:
501(x-1)2<x1002-1002x+1001,azaz501x2-1002x+501<x1002-1002x+1001x2<x1002+500501.
Írjuk föl a nemnegatív a1=x1002, a2=a3=...=a500=1 mennyiségekre a számtani és a mértani közepek között fennálló egyenlőtlenséget:
x2=x1002501x1002+1+1+...+1501,
ebből következik a bizonyítandó állítás.
Tehát az f(x) függvényben az abszolút érték jele elhagyható, az egyetlen minimumhelye a -1, a minimum értéke pedig 501.
(Farkas Balázs (Eger, Neumann János Gimn. és Szki., 11. o.t.) dolgozata alapján