Kezdőlap


Feladat:	A.327	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Egri Attila , Hubay Tamás , Kocsis Albert Tihamér , Pach Péter Pál , Paulin Roland , Pongrácz András , Puskás Anna , Rácz Béla András
Füzet:	2004/május, 290 - 292. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Algebrai egyenlőtlenségek, Valós együtthatós polinomok, Egységgyökök, Nehéz feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 2003/október: A.327

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

Megoldás. A polinomot eloszthatjuk az $a_{n}$ főegyütthatóval; ezzel a bizonyítandó állítás nem változik. A továbbiakban feltehetjük, hogy $a_{n} = 1$ .
Az $f$ polinom első- és másodfokú tényezőkre bontható:

\begin{matrix} f (x) = \prod_{i}^{} (x + p_{i}) \cdot \prod_{j}^{} (x^{2} + q_{j} x + r_{j}), \end{matrix}

ahol

p_{i}

q_{j}

r_{j}

valós számok. A

p_{i}

számok a valós gyökök ellentettjei, a

q_{j}

számok a komplex gyökök valós részének

(- 2)

-szeresei, az

r_{j}

számok pedig komplex gyökök abszolút értékének négyzetei, ezért mindegyikük pozitív. A tényezők összeszorzásából kapjuk, hogy az

a_{0}, ..., a_{n - 1}

együtthatók is mind pozitívak.
Az együtthatók sorozatát terjesszük ki mindkét irányban az

a_{n + 1} = a_{n + 2} = ... = 0

és

a_{- 1} = a_{- 2} = ... = 0

értékekkel. Az állítást

n \geq 1

és

- 1 \leq k \leq n - 2

esetén bizonyítjuk

n

szerinti teljes indukcióval.
Az

n \leq 2

esetben az állítás triviális:

a_{k + 1}

és

a_{k + 2}

pozitív, miközben

a_{k}

és

a_{k + 3}

közül legalább az egyik

0

; tehát,

0 = a_{k} a_{k + 3} < a_{k + 1} a_{k + 2}

.
Legyen most

n \geq 3

és tételezzük fel, hogy az állítás minden kisebb értékre igaz. Vegyük az

f

polinom egy

x^{2} + p x + q

alakú osztóját, ahol

p

és

q

pozitív valós számok. (Ilyen osztót egy konjugált gyökpárból kaphatunk, vagy pedig két negatív valós gyökből.) Ekkor

\begin{matrix} f (x) = (x^{2} + p x + q) (b_{n - 2} x^{n - 2} + ... + b_{1} x + b_{0}) = (x^{2} + p x + q) g (x) . \end{matrix}

(1)

g (x)

polinom gyökei is a bal félsíkban vannak, tehát

b_{k} b_{k + 3} < b_{k + 1} b_{k + 2}

minden

- 1 \leq k \leq n - 4

esetén. Definiálva

b_{n - 1} = b_{n} = ... = 0

és

b_{- 1} = b_{- 2} = ... = 0

értékeket is, minden egész

k

-ra igaz, hogy

b_{k} b_{k + 3} \leq b_{k + 1} b_{k + 2}

.
Most igazoljuk, hogy

a_{k} a_{k + 3} < a_{k + 1} a_{k + 2}

. Ha

k = - 1

vagy

k = n - 2

, akkor ez triviális, mert

a_{k + 1} a_{k + 2}

pozitív és

a_{k} a_{k + 3} = 0

. Tegyük fel tehát, hogy

0 \leq k \leq n - 3

. Az (1)-ben elvégezve a szorzást,

\begin{matrix} a_{k + 1} a_{k + 2} - a_{k} a_{k + 3} = (q b_{k + 1} + p b_{k} + b_{k - 1}) (q b_{k + 2} + p b_{k + 1} + b_{k}) - & (2) \\ - (q b_{k} + p b_{k - 1} + b_{k - 2}) (q b_{k + 3} + p b_{k + 2} + b_{k + 1}) = \\ = (b_{k - 1} b_{k} - b_{k - 2} b_{k + 1}) + p (b_{k}^{2} - b_{k - 2} b_{k + 2}) + q (b_{k - 1} b_{k + 2} - b_{k - 2} b_{k + 3}) + \\ + p^{2} (b_{k} b_{k + 1} - b_{k - 1} b_{k + 2}) + q^{2} (b_{k + 1} b_{k + 2} - b_{k} b_{k + 3}) + p q (b_{k + 1}^{2} - b_{k - 1} b_{k + 3}) . \end{matrix}

Megmutatjuk, hogy mind a hat tag nemnegatív és legalább az egyikük pozitív.
Az indukciós feltevést az

n' = n - 2

és

k' = k - 1

számokra és a

g

polinomra alkalmazva láthatjuk, hogy

- 1 \leq k' \leq n' - 2

, ezért

\begin{matrix} p^{2} (b_{k} b_{k + 1} - b_{k - 1} b_{k + 2}) > 0. \end{matrix}

b_{k - 1} b_{k} - b_{k - 2} b_{k + 1}

és

q^{2} (b_{k + 1} b_{k + 2} - b_{k} b_{k + 3})

tagok szintén nemnegatívak.
A többi három tag előjelének vizsgálatához tekintsük a

\begin{matrix} b_{k + 1} (b_{k}^{2} - b_{k - 2} b_{k + 2}) = b_{k} (b_{k} b_{k + 1} - b_{k - 1} b_{k + 2}) + b_{k + 2} (b_{k} b_{k + 1} - b_{k - 2} b_{k + 1}) \geq 0, \\ b_{k} (b_{k + 1}^{2} - b_{k - 1} b_{k + 3}) = b_{k - 1} (b_{k + 1} b_{k + 2} - b_{k} b_{k + 3}) + b_{k + 1} (b_{k} b_{k + 1} - b_{k - 1} b_{k + 2}) \geq 0 \end{matrix}

és

\begin{matrix} b_{k + 1} (b_{k - 1} b_{k + 2} - b_{k - 2} b_{k + 3}) = \\ = b_{k - 1} (b_{k + 1} b_{k + 2} - b_{k} b_{k + 3}) + b_{k + 3} (b_{k - 1} b_{k} - b_{k - 2} b_{k + 1}) \geq 0 \end{matrix}

egyenlőtlenségeket. Mivel

0 \leq k, k + 1 \leq n - 2

, a

b_{k}

és

b_{k + 1}

számok pozitívak, és oszthatunk velük. Így tehát

b_{k}^{2} - b_{k - 2} b_{k + 2}

b_{k + 1}^{2} - b_{k - 1} b_{k + 3}

és

b_{k - 1} b_{k + 2} - b_{k - 2} b_{k + 3}

is nemnegatív.
Ezzel a bizonyítást befejeztük.

Megjegyzések. 1. Az indukciós lépés valamivel egyszerűbben is elvégezhető, ha az

f

polinomnak van valós gyöke, és egy elsőfokú tényezőt is ki tudunk emelni. Ugyanakkor, ha nincs valós gyök, nem tudjuk elkerülni a fent látott indukciós lépést.
2. Több versenyző elfeledkezett a

k = 0

k = 1

k = n - 4

és

k = n - 3

esetek diszkutálásától. Ezekben az esetekben már a (2) képletben is érvénytelen indexek szerepelnek ‐ ez feloldható például a látott módon azzal, hogy az együtthatók sorozatát kiegészítjük néhány

0

-val. A másik probléma, amit a diszkusszió hiánya okozott, hogy az indukciós feltevést olyan

n'

és

k'

esetekben is alkalmazták, amikor a

0 \leq k' \leq n' - 3

feltétel nem teljesült.
3. Egy másik gyakori hiba volt, hogy az állítást közvetlenül csupán az

n = 3

esetben ellenőrizték. Ahhoz, hogy az indukció működjön, két szomszédos érték vizsgálatára van szükség, mert az indukciós lépést az

n' = n - 2

értékre is alkalmaztuk.