Kezdőlap


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 \| MathML
Témakör(ök):	Abszolútértékes függvények, Szélsőérték-feladatok, Teljes indukció módszere, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 2002/október: B.3581

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:

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

Így

\begin{matrix} \begin{matrix} x^{1000} + 2 x^{999} + (x^{998} + 2 x^{998}) + 4 x^{997} + (2 x^{996} + 3 x^{996}) + ... + \\ + (499 x^{2} + 500 x^{2}) + 1000 x + 500 + 501 = \\ = (x^{1000} + 2 x^{999} + x^{998}) + 2 (x^{998} + 2 x^{997} + x^{996}) + ... + \\ + 500 (x^{2} + 2 x + 1) + 501 = \\ = {(x^{500} + x^{499})}^{2} + 2 {(x^{499} + x^{498})}^{2} + ... + 500 {(x + 1)}^{2} + 501. \end{matrix} \end{matrix}

Eszerint

\begin{matrix} f (x) = | {(x^{500} + x^{499})}^{2} + 2 {(x^{499} + x^{498})}^{2} + 3 {(x^{498} + x^{497})}^{2} + ... + 500 {(x + 1)}^{2} + 501 | . \end{matrix}

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

f_{n} (x) = (n + 1) + n x + ... + 2 x^{n - 1} + x^{n}

kifejezés

1.	minden $x$ -re pozitív,

2.	minimumhelye kizárólag a $- 1$ ,

3.	minimuma $\frac{n}{2} + 1$ .

n = 2

, akkor

f_{2} (x) = 3 + 2 x + x^{2} = {(x + 1)}^{2} + 2

. A minimumhelye a

- 1

, minden

x

-re pozitív, valamint

f (- 1) = 2

. Tegyük fel, hogy az indukciós állítások

2 k

-ig minden páros számra teljesülnek. Most bebizonyítjuk azokat

n = (2 k + 2)

-re.

\begin{matrix} \begin{matrix} f_{n} (x) & = (n + 1) + n x + (n - 1) x^{2} + ... + 2 x^{n - 1} + x^{n} = \\ = (n + 1) + n x + x^{2} ((n - 1) + (n - 2) x + ... + 2 x^{n - 3} + x^{n - 2}) = \\ = (n + 1) + n x + x^{2} \cdot f_{n - 2} (x) . \end{matrix} \end{matrix}

Tudjuk, hogy

f_{n - 2} \geq \frac{n}{2}

, tehát

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

A jobb oldali függvénynek a minimumhelye

x = - 1

, itt (és csakis itt) egyenlőség áll fenn, ezért magának az

f_{n} (x)

függvénynek is csak az

x = - 1

a minimumhelye, továbbá

f_{n} (- 1) = \frac{n}{2} + 1

. Ezzel beláttuk a 2. és a 3. indukciós állítást. Marad még az 1. igazolása ‐ ez azonban nyilvánvaló, hiszen

f_{n}

minimumértéke pozitív. Eszerint a feladatban szereplő kifejezésben az abszolút érték jele elhagyható.
Az eredeti függvény (

f = | f_{1000} | = f_{1000}

) legkisebb értéke

\frac{1000}{2} + 1 = 501

() Juhász Máté Lehel (Budapest, Fazekas Mihály Főv. Gyak. Gimn., 11. o.t.) dolgozata alapján

III. megoldás. Jelölje

g (x)

1001 + 1000 x + 999 x^{2} + ... + 2 x^{999} + x^{1000}

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.

\begin{matrix} \begin{matrix} g' (x) & = & 1000 + 2 \cdot 999 x + 3 \cdot 998 x^{2} + ... + 998 \cdot 3 x^{997} + 999 \cdot 2 x^{998} + 1000 x^{999} = \\ = & 1000 (x^{999} + 1) + 2 \cdot 999 x (x^{997} + 1) + 3 \cdot 998 x^{2} (x^{995} + 1) + ... + \\ + 500 \cdot 501 x^{499} (x + 1) . \end{matrix} \end{matrix}

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:

\begin{matrix} \begin{matrix} \begin{matrix} g (x) & = x^{1000} & + x^{999} & + x^{998} & + x^{997} & + ... & + x^{2} & + x & + 1 & + \\ + x^{999} & + x^{998} & + x^{997} & + ... & + x^{2} & + x & + 1 & + \\ + x^{998} & + x^{997} & + ... & + x^{2} & + x & + 1 & + \\ ⋮ \\ + x^{2} & + x & + 1 & + \\ + x & + 1 & + \\ + 1. \end{matrix} \\ \begin{matrix} g (x) & = \frac{x^{1001} - 1}{x - 1} + \frac{x^{1000} - 1}{x - 1} + ... + \frac{x^{2} - 1}{x - 1} + \frac{x - 1}{x - 1} = \\ = \frac{x^{1001} + x^{1000} + x^{999} + ... + x^{2} + x - 1001}{x - 1} = \\ = \frac{\frac{x^{1002} - 1}{x - 1} - 1002}{x - 1} = \frac{x^{1002} - 1 - 1002 x + 1002}{{(x - 1)}^{2}} . \end{matrix} \end{matrix} \end{matrix}

Ebből tehát

\begin{matrix} g (x) = \frac{x^{1002} - 1002 x + 1001}{{(x - 1)}^{2}} . \end{matrix}

Tudjuk, hogy

g (- 1) = 501

. Bebizonyítjuk, hogy minden más (negatív)

x

-re

g (x) > 501

, azaz

\begin{matrix} 501 < \frac{x^{1002} - 1002 x + 1001}{{(x - 1)}^{2}}, x \neq - 1. \end{matrix}

Lévén, hogy negatív

x

-ekre

{(x - 1)}^{2} > 0

, a bizonyítandó összefüggés az alábbival ekvivalens:

\begin{matrix} \begin{matrix} 501 {(x - 1)}^{2} & < x^{1002} - 1002 x + 1001, azaz \\ 501 x^{2} - 1002 x + 501 & < x^{1002} - 1002 x + 1001 \\ x^{2} & < \frac{x^{1002} + 500}{501} . \end{matrix} \end{matrix}

Írjuk föl a nemnegatív

a_{1} = x^{1002}

a_{2} = a_{3} = ... = a_{500} = 1

mennyiségekre a számtani és a mértani közepek között fennálló egyenlőtlenséget:

\begin{matrix} x^{2} = \sqrt[501]{x^{1002}} \leq \frac{x^{1002} + 1 + 1 + ... + 1}{501}, \end{matrix}

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