Az A. 928. feladat (2026. február)

A. 928. Legyenek $\displaystyle a_0=0<a_1<a_2<\ldots<a_n$ olyan egész számok, amelyekre a $\displaystyle b_k=\dfrac{a_{k+1}-a_k}{2k+1}$ sorozat ($\displaystyle k=0,1,\ldots,n-1$) monoton nő. Tegyük fel, hogy $\displaystyle c_1$, $\displaystyle c_2$, $\displaystyle \ldots$, $\displaystyle c_n$ olyan valós számok, amelyekre az $\displaystyle 1+\sum\limits_{k=1}^n c_kx^{a_k}$ polinom osztható az $\displaystyle (x+1)^n$ polinommal. Mutassuk meg, hogy

$\displaystyle 2>|c_1|>|c_2|>\ldots>|c_n|. $

Javasolta: Kós Géza (Budapest)

(7 pont)

A beküldési határidő 2026. március 10-én LEJÁRT.

Megoldás. Definiáljuk a $\displaystyle c_0=1$ együtthatót is, és legyen

$\displaystyle p(x) = \sum_{k=0}^n c_kx^{a_k} $

a feladatban szereplő polinom.

1. állítás.

$\displaystyle (1a)$ $\displaystyle p(-1)=p'(-1)=\ldots=p^{(n-1)}(-1)=0$.

$\displaystyle (1b)$ Bármely, $\displaystyle n$-nél alacsonyabb fokú $\displaystyle q$ polinomra $\displaystyle \displaystyle \sum_{k=0}^n c_k \cdot(-1)^{a_k} q(a_k)=0$.

Bizonyítás.

$\displaystyle (1a)$ Indukcióval igazoljuk, hogy bármely $\displaystyle 0\le k\le n-1$ esetén a $\displaystyle p^{(k)}(x)$ polinom (a $\displaystyle p(x)$ $\displaystyle k$-adik deriváltja) osztható az $\displaystyle (x+1)^{n-k}$ polinommal. A feltétel szerint ez $\displaystyle k=0$-ra teljesül.

Ha valamely $\displaystyle 0\le k<n-1$ számra az indukciós feltevés igaz, vagyis

$\displaystyle p^{(k)}(x) = (x+1)^{n-k}\cdot h(x) $

valamilyen $\displaystyle h(x)$ polinommal, akkor

$\displaystyle p^{(k+1)}(x) = \Big((x+1)^{n-k}\cdot h(x)\Big)' = (x+1)^{n-k-1} \cdot \Big((n-k)h(x)+(x+1)h'(x)\Big), $

tehát az állítás a $\displaystyle (k+1)$-re is teljesül.

Ezek után a $\displaystyle p(x)$, $\displaystyle p'(x)$, $\displaystyle p''(x)$, ..., $\displaystyle p^{(n-1)}(x)$ polinomok mind oszthatók $\displaystyle (x+1)$-gyel, vagyis a $\displaystyle -1$ mindegyiknek gyöke.

$\displaystyle (1b)$ Írjuk fel a $\displaystyle q(x)$ polinomot

$\displaystyle q(x) = \sum_{\ell=0}^{n-1} d_\ell \cdot x(x-1)\cdots(x-\ell+1) $

alakban, ahol $\displaystyle d_0,d_1,\ldots,d_{n-1}$ alkalmas valós számok. Ekkor

$$\begin{align*} \sum_{k=0}^n c_k \cdot(-1)^{a_k} q(a_k) &= \sum_{k=0}^n (-1)^{a_k}c_k \cdot \bigg(\sum_{\ell=0}^{n-1} d_\ell \cdot a_k(a_k-1)\cdots(a_k-\ell+1) \bigg) \\ &= \sum_{\ell=0}^{n-1} (-1)^\ell d_\ell \cdot \bigg( \sum_{k=0}^n c_k \cdot a_k(a_k-1)\cdots(a_k-\ell+1) \cdot (-1)^{a_k-\ell} \bigg) \\ &= \sum_{\ell=0}^{n-1} (-1)^\ell d_\ell \cdot p^{(\ell)}(-1) \\ &=0. \end{align*}$$

2. állítás. Minden $\displaystyle 1\le k\le n$ egészre

$\displaystyle c_k = (-1)^{a_k+k} \prod_{\substack{1\le\ell\le n\\\ell\ne k}} \dfrac{a_\ell}{|a_k-a_\ell|}. $

Bizonyítás. Legyen

$\displaystyle q(x)=\prod_{\substack{1\le\ell\le n\\\ell\ne k}}(x-a_\ell); $

ennek a polinomnak a foka $\displaystyle n-1$, és az $\displaystyle a_1,\ldots,a_{k-1},a_{k+1},\ldots,a_n$ számok gyökei. Ha az (1b) állítást felírjuk a $\displaystyle q$ polinomra, az összegben legfeljebb csak két nem nulla tag szerepel, és azt kapjuk, hogy

$\displaystyle \sum_{\ell=0}^n c_\ell \cdot(-1)^{a_\ell} q(a_\ell) = c_0\cdot q(0)+c_k\cdot(-1)^{a_k}q(a_k) = 0, $

tehát

$\displaystyle c_k = \dfrac{c_0\cdot(-1)^{a_k+1}q(0)}{q(a_k)} = (-1)^{a_k+k} \prod_{\substack{1\le\ell\le n\\\ell\ne k}} \dfrac{a_\ell}{|a_k-a_\ell|}. $

3. állítás. Bármely $\displaystyle 0\le u<v<w\le n$ indexek esetén

$\displaystyle \dfrac{a_v-a_u}{v^2-u^2} \le \dfrac{a_w-a_u}{w^2-u^2} \le \dfrac{a_w-a_v}{w^2-v^2}, $

$\displaystyle (2) $

avagy átrendezve

$\displaystyle \dfrac{a_v-a_u}{a_w-a_u}\le\dfrac{v^2-u^2}{w^2-u^2}, \quad \dfrac{a_w-a_u}{a_w-a_v}\le\dfrac{w^2-u^2}{w^2-v^2} \quad\text{és}\quad \dfrac{a_v-a_u}{a_w-a_v}\le\dfrac{v^2-u^2}{w^2-v^2}. $

Bizonyítás. A feltétel szerint az $\displaystyle \dfrac{a_{k+1}-a_k}{2k+1}=\dfrac{a_{k+1}-a_k}{(k+1)^2-k^2}$ sorozat monoton nő, ami azt jelenti, hogy az

$\displaystyle (0^2,a_0), (1^2,a_1), (2^2,a_2), \ldots, (n^2,a_n) $

pontok egy konvex függvény grafikonján helyezkednek el. A $\displaystyle (2)$ egyenlőtlenség ugyanezt a konvexitást mondja ki.

4. állítás.

$\displaystyle |c_1| < 2. $

Bizonyítás. A 2. állítás szerint

$\displaystyle |c_1| = \prod_{\ell=2}^n \dfrac{a_\ell}{a_\ell-a_1}, $

a 3. állítás miatt pedig minden $\displaystyle 2\le\ell\le n$ esetén

$\displaystyle \dfrac{a_\ell}{a_\ell-a_1} = \dfrac{a_\ell-a_0}{a_\ell-a_1} \le\dfrac{\ell^2-0^2}{\ell^2-1} = \dfrac{\ell^2}{(\ell-1)(\ell+1)}, $

tehát

$\displaystyle |c_1| = \prod_{\ell=2}^n \dfrac{a_\ell}{a_\ell-a_1} \le \prod_{\ell=2}^n \dfrac{\ell^2}{(\ell-1)(\ell+1)} = \prod_{\ell=2}^n \dfrac{\ell}{\ell-1} \cdot \prod_{\ell=2}^n \dfrac{\ell}{\ell+1} = n\cdot\frac2{n+1} < 2. $

5. állítás. Bármely $\displaystyle 1\le k\le n-1$ esetén

$\displaystyle |c_k| > |c_{k+1}|. $

Bizonyítás. A 2. állítás miatt

$$\begin{align*} |c_k| &= \prod_{\substack{1\le\ell\le n\\\ell\ne k}} \dfrac{a_\ell}{|a_k-a_\ell|} = \bigg(\prod_{\ell=1}^{k-1} \dfrac{a_\ell}{a_k-a_\ell}\bigg) \cdot \dfrac{a_{k+1}}{a_{k+1}-a_k} \cdot \bigg(\prod_{\ell=k+2}^{n} \dfrac{a_\ell}{a_\ell-a_k}\bigg) \quad\text{és} \\ |c_{k+1}| &= \prod_{\substack{1\le\ell\le n\\\ell\ne k+1}} \dfrac{a_\ell}{|a_{k+1}-a_\ell|} = \bigg(\prod_{\ell=1}^{k-1} \dfrac{a_\ell}{a_{k+1}-a_\ell}\bigg) \cdot \dfrac{a_k}{a_{k+1}-a_k} \cdot \bigg(\prod_{\ell=k+2}^{n} \dfrac{a_\ell}{a_\ell-a_{k+1}}\bigg), \quad\text{így} \\ &\frac{|c_{k+1}|}{|c_k|} = \dfrac{a_k}{a_{k+1}} \cdot \prod_{\ell=1}^{k-1} \dfrac{a_k-a_\ell}{a_{k+1}-a_\ell} \cdot \prod_{\ell=k+2}^{n} \dfrac{a_\ell-a_k}{a_\ell-a_{k+1}}. \end{align*}$$

A 3. állítás szerint

$$\begin{gather*} \dfrac{a_k}{a_{k+1}} = \dfrac{a_k-a_0}{a_{k+1}-a_0} \le \dfrac{k^2}{(k+1)^2}, \\ \dfrac{a_k-a_\ell}{a_{k+1}-a_\ell} \le\dfrac{k^2-\ell^2}{(k+1)^2-\ell^2} \qquad\text{ha $\displaystyle 1\le\ell\le k-1$,\qquadés} \\ \dfrac{a_\ell-a_k}{a_\ell-a_{k+1}} \le\dfrac{\ell^2-k^2}{\ell^2-(k+1)^2} \qquad\text{ha $\displaystyle k+2\le\ell\le n$.} \end{gather*}$$

Ezért

$$\begin{align*} \frac{|c_{k+1}|}{|c_k|} &= \dfrac{a_k}{a_{k+1}} \cdot \prod_{\ell=1}^{k-1} \dfrac{a_k-a_\ell}{a_{k+1}-a_\ell} \cdot \prod_{\ell=k+2}^{n} \dfrac{a_\ell-a_k}{a_\ell-a_{k+1}} \\ &\le \dfrac{k^2}{(k+1)^2} \cdot \prod_{\ell=1}^{k-1} \dfrac{k^2-\ell^2}{(k+1)^2-\ell^2} \cdot \prod_{\ell=k+2}^{n} \dfrac{\ell^2-k^2}{\ell^2-(k+1)^2} \\ &= \dfrac{k^2}{(k+1)^2} \cdot\bigg( \prod_{\ell=1}^{k-1} \dfrac{k-\ell}{k+1-\ell} \cdot \prod_{\ell=1}^{k-1} \dfrac{k+\ell}{k+1+\ell} \bigg)\cdot\bigg( \prod_{\ell=k+2}^{n} \dfrac{\ell-k}{\ell-k-1} \cdot \prod_{\ell=k+2}^{n} \dfrac{\ell+k}{\ell+k+1} \bigg) \\ &= \dfrac{k^2}{(k+1)^2} \cdot \bigg(\dfrac{1}{k} \cdot\dfrac{k+1}{2k} \bigg) \cdot \bigg(\dfrac{n-k}{1} \cdot\dfrac{2k+2}{n+k+1} \bigg) = \dfrac{n-k}{n+k+1} < 1. \end{align*}$$

(A fenti számolás $\displaystyle k=1$ és $\displaystyle k=n-1$ esetén is helyes eredményt ad.)

A 4. és 5. állítás együtt kiadja a bizonyítandó állítást.

Statisztika:

Az A. 928. feladat értékelése még nem fejeződött be.

A KöMaL 2026. februári matematika feladatai

Már regisztráltál?
Új vendég vagy?