 |
Az A. 654. feladat (2015. november) |
A. 654. Legyen \(\displaystyle p(x)\) olyan legfeljebb \(\displaystyle n\)-edfokú polinom, amire \(\displaystyle 0<x\le 1\) esetén \(\displaystyle \big|p(x)\big|\le\frac{1}{\sqrt{x}}\). Mutassuk meg, hogy \(\displaystyle \big|p(0)\big|\le 2n+1\).
(5 pont)
A beküldési határidő 2015. december 10-én LEJÁRT.
Megoldásvázlat. Először mutatunk egy \(\displaystyle f(x)\) polinomot, amelyre a feltételek teljesülnek, és \(\displaystyle f(0)=2n+1\).
Legyen \(\displaystyle U_{2n}\) a \(\displaystyle 2n\)-edik másodfajú Csebisev-polinom, amelyre
\(\displaystyle U_{2n}(\cos t) = \frac{\sin (2n+1)t}{\sin t}. \)
Ez a polinom \(\displaystyle 2n\)-edfokú. Jól ismert, hogy \(\displaystyle U_{2n}(x)\) páros; a kifejtésében csak páros fokú tagok vannak. (Ez a tulajdonság leolvasható a másodfajú Csebisev-polinomokra polinomokra érvényes \(\displaystyle U_0=1\), \(\displaystyle U_1(x)=2x\), \(\displaystyle U_{n+1}(x) = 2xU_n(x)-U_{n-1}(x)\) rekurzióból.) Van tehát egy olyan \(\displaystyle n\)-edfokú \(\displaystyle u\) polinom, amire \(\displaystyle U_{2n}(x) = u(x^2)\).
Legyen
\(\displaystyle f(x) = u(1-x) = U_{2n}\Big( \sqrt{1-x} \Big). \)
\(\displaystyle x=\sin^2 t\)-t behelyettesítve (\(\displaystyle 0<t\le\frac\pi2\))
\(\displaystyle f(x) = u(1-\sin^2t) = u(\cos^2t) = U_{2n}(\cos t) = \frac{\sin (2n+1)t}{\sin t} = \frac{\sin (2n+1)t}{\sqrt{x}}. \)
Ebből azonnal látjuk, hogy \(\displaystyle 0<x\le1\) esetén \(\displaystyle |f(x)| \le \frac1{\sqrt{x}}\), és egyenlőség van azokra a \(\displaystyle t\) értékekre, amikor \(\displaystyle \sin(2n+1)t=\pm1\), vagyis \(\displaystyle x_k=\sin^2\frac{(k+\frac12)\pi}{2n+1}\) (\(\displaystyle k=0,1,\ldots,n\)) esetén.
A \(\displaystyle t\to0\) határértékből
\(\displaystyle f(0) = U_{2n}(1) = \lim_{t\to0} U_{2n}(\cos t) = \lim_{t\to0} \frac{\sin (2n+1)t}{\sin t} =2n+1. \)
Tegyük most fel, hogy az állítással ellentétben \(\displaystyle |p(0)|>2n+1\). A \(\displaystyle p(x)\) helyett a \(\displaystyle -p(x)\) polinomot is vehetnénk, így az általánosság csorbítása nélkül feltehetjük, hogy \(\displaystyle p(0)\) pozitív, vagyis \(\displaystyle p(0)>2n+1\). Válasszunk egy olyan \(\displaystyle c>1\) számot, amelyre \(\displaystyle p(0)>c\cdot (2n+1)\), és vizsgáljuk a
\(\displaystyle q(x) = p(x) - c\cdot f(x) \)
polinomot.
Láthatjuk, hogy \(\displaystyle q(0)>0\); páros \(\displaystyle 0\le k\le n\) esetén \(\displaystyle q(x) \le \frac1{\sqrt{x}} - \frac{c}{\sqrt{x}} <0\); páratlan \(\displaystyle k\) esetén pedig \(\displaystyle q(x) \ge -\frac1{\sqrt{x}} + \frac{c}{\sqrt{x}} >0\). A \(\displaystyle q\) polinom értéke tehát a \(\displaystyle 0<x_0<x_1<\ldots<x_n\) pontokban felváltva pozitív és negatív. Ebből következik, hogy a \(\displaystyle (0,x_0)\), \(\displaystyle (x_0,x_1)\), ..., \(\displaystyle (x_{n-1},x_n)\) intervallumok mindegyikében van gyöke. De ez nem lehetséges, mert a \(\displaystyle q\) nem azonosan nulla, a foka pedig legfeljebb \(\displaystyle n\), így legfeljebb \(\displaystyle n\) gyöke lehet.
Megjegyzés. Például a \(\displaystyle \big|\sin(a+b)\big|\le \big|\sin a \big|+\big|\sin b \big|\) egyenlőtlenség többször alkalmazásából láthatjuk, hogy \(\displaystyle \big|\sin (2n+1)t\big| \le (2n+1)\big|\sin t\big|\), vagyis a \(\displaystyle [-1,1]\) ntervallumon \(\displaystyle |U_{2n}|\le 2n+1\). A megoldás módosításával ebből levezethető, hogy a \(\displaystyle [0,1]\) intervallumon \(\displaystyle |p|\le 2n+1\).
Statisztika:
5 dolgozat érkezett. 5 pontot kapott: Bukva Balázs, Williams Kada. 3 pontot kapott: 1 versenyző. 2 pontot kapott: 1 versenyző. 0 pontot kapott: 1 versenyző.
A KöMaL 2015. novemberi matematika feladatai