Makó Zita, Szilágyi Ibolya, Téglási Ilona
Kempelen Farkas Hallgatói Információs Központ
Elég olyan polinomokra szorítkozni, amelyekben minden változó legfeljebb első
hatványon szerepel. Ha ugyanis minden páros hatványon szereplő változót
-gyel, a páratlan hatványon szereplőket pedig a változó első hatványával
helyettesítjük, ezzel a polinom foka nem növekszik, a feladatban megadott tulajdonsága
pedig nyilvánvalóan megmarad, és ezen az sem változtat, ha a módosítás
után összevonható tagokat összevonjuk. Ha pedig a módosított polinom legalább
-edfokú, akkor az eredeti is.
Indirekt úton bizonyítjuk a feladat állítását. Az, hogy egy polinom -nél
alacsonyabb fokú, azt jelenti, hogy nincs benne mindegyik változót tartalmazó tag.
Tegyük fel, hogy egy ilyen polinomra teljesülnének a feladat feltételei. Képezzük
az összes
-ekből és
-ekből álló sorozatokon vett értékeit a
polinomnak, és a pozitív értékek
összegéből vonjuk le a negatív értékek
összegét. Nyilvánvalóan
. Nézzük meg, hogy
egy
tag együtthatója
hányszor szerepel
-ban és hányszor
-ben. A
-ekből és
-ekből álló
sorozatokban, rögzítve
értékét, ha
akkor a annyiszor szerepel -ban, ahányféleképpen a többi
-k közt páros
számú
fordulhat elő. Ez a szám
ahol az összeg addig tart, amíg az alsó páros szám nem nagyobb -nél;
-ben pedig annyiszor, ahányféleképpen a többi
-k közül páratlan számút
lehet kiválasztani. Ez a szám pedig
A kiszemelt tag adaléka az különbséghez tehát a binomiális tétel szerint
Ha viszont
akkor szerepel
-ban
-szer,
-ben pedig
-szer, így ekkor is
a
tag adaléka az
különbséghez. Mivel ez az indirekt feltevés szerint a polinom
minden tagjára teljesülne, így ellentmondásra jutottunk azzal, hogy ez a különbség
pozitív. A polinomban tehát szerepelnie kell az
tagnak nemnulla együtthatóval. Ezzel a feladat állítását igazoltuk.
Teljes indukcióval bizonyítjuk, hogy a polinom értéke a helyen
,
másutt ennél nagyobb. Jelöljük a polinomot
-nel.
amiből világos, hogy -re helyes az állítás.
Tegyük fel, hogy -nek egy
értékére igaz az állítás. A nyilvánvaló
alakból azt kapjuk, hogy , és minden más helyen a
jobb oldal második tagja, továbbá a feltevés szerint az első is pozitív.
Az állítás helyessége tehát öröklődik -ről
-ra. Így minden
-re
igaz az állítás.
Jelölje a négyes dolgozatok számát! Tudjuk, hogy:
Azaz :
(Tudjuk, hogy biztosan kevesebb
-nél, hisz ennyien írtak hármas dolgozatot.)
Bontsuk ketté az utóbbi egyenlőtlenséget, és oldjuk meg az így kapott egyenlőtlenségeket
külön-külön!
Tehát olyan egész szám, amely nagyobb, mint
, kisebb, mint
valamint kisebb, mint
. Az egyetlen ilyen szám a
, azaz
-an írtak négyes
dolgozatot az adott osztályban.
Ha és
jelöli a két négyzet egy-egy oldalát,
pedig
a telekrendezés után nyert téglalap oldala, akkor
A feladat állítását igazolandó, az
relációt kell igazoljuk. Ez akkor, és csak akkor teljesül, ha
azaz rendezés, összevonás után
Ez viszont teljesül, hiszen .
Ha , akkor
tehát a kell legyen, aminek a
és a
egyenletű egyenesek határolta „felül” zárt, „alul” nyílt
sáv pontjainak koordinátái tesznek eleget. Ha pedig
,
akkor
azaz
kell legyen. E feltételeknek a , és a
egyenletű egyenesek által határolt „felül” nyílt, alul „zárt” sáv pontjainak koordinátái
tesznek eleget. A két sáv egyesítése adja tehát a keresett megoldást: a két egyenes
(
és
) határolta sáv belső
pontjainak koordinátáira teljesül a feltételi reláció.
A feladat megoldása
Ha az az
-edik sorban van, akkor e sorban levő számokkal együtt
egymást követő számot írtunk le. Ilyképpen keressük azt a legkisebb pozitív egészet,
amelyre
vagyis
Mivel és
, ezért
, vagyis az
a
-adik sorban van.
A -edik sor utolsó eleme az előzőek szerint
,
tehát a századik sorban lévő száz szám a
-től az
-ig terjed, és ezek
összege
Ha a lencsék tömegét , a babok tömegét
jelöli, akkor a mostoha ármánykodása előtt
, vagyis
, tehát
. A
mostoha megjelenése után viszont
, azaz
Ebből
majd
tehát , és így
.
Ez valóban kielégíti a feladat feltételeit, mivel
és
Először olyan polinomot mutatunk, amely az egymástól különböző
helyeken rendre az egymástól nem feltétlenül
különböző
értékeket veszi fel. Ehhez tekintsük
esetén a következő
polinomot:
Világos, hogy , ha
.
Ezért a
összefüggéssel definiált polinom, az ún. Lagrange-féle interpolációs polinom, megfelelő lesz.
Könnyen látható, hogy ezen
polinom fokszáma legfeljebb
. Azonban
még
akkor sem lesz mindig egész együtthatós, ha
és
egész számok.
Legyen most . Milyen
egész értékek mellett tudunk egyszerűen következtetni arra,
hogy a
polinom együtthatói egész számok? A
polinom minden együtthatója olyan
racionális szám, amelynek a nevezője valamilyen
indexre
alakú, számlálója pedig ugyanekkor -vel osztható egész szám. Könnyen látható,
hogy az így adódó nevezők mindegyike osztója az
számnak. Ha tehát a
értékek mindegyike osztható
-nel, akkor a fenti
konstrukcióval létrehozott
polinom egész együtthatós lesz.
Az általunk keresett polinomnak azonban az előírt helyeken -hatvány értékeket kell
felvennie, azok pedig nem oszthatók
-nel, ha
. Hogyan lehet ezen
segíteni? Válasszunk ki
darab különböző
-hatványt, ami ugyanannyi – mondjuk
– maradékot ad
-nel osztva. Ezt megtehetjük, hiszen végtelen sok különböző
-hatvány van. Legyenek ezek
, és tekintsük a
számokat. Ezekre igaz, hogy
osztható
-nel, létezik tehát olyan egész együtthatós polinom, amelyre
minden
és
közé eső
egész számra. Ennek a
polinomnak konstans tagját
-mel megnövelve olyan, továbbra is egész együtthatós
polinomhoz jutunk, amelyre
. Ezzel a feladat állítását
igazoltuk.
A nevező pozitív, mert a feladat feltételei mellett , és
így
Elegendő ennek folytán a nevezővel átszorozva keletkező
egyenlőtlenséget bizonyítani. Ezt teljes indukcióval tesszük. Az esetben
egyenlőség áll fenn.
Jelöljük a bal oldalt -nel, a jobb oldalt
-nel. Tegyük fel, hogy
-nek
valamilyen
értékére
, és nézzük meg, mennyivel
változik az egyik oldal, mennyivel a másik, ha
-et eggyel növeljük.
Az különbségről a könnyebb összehasonlítás érdekében
-re térve, majd az első tag első és második tényezőjét egy
hatvánnyá alakítva az utóbbi különbség így írható
Itt az első tag nagyobb az különbségnél, ha
, mert
, a második pedig pozitív.
Így
, azaz
Indukciós feltevésünk szerint a jobb oldal nem negatív, így a bal pozitív. Ezzel azt láttuk
be, hogy ha
teljesül egy
értékre, és
, akkor minden nagyobb értékre már
szigorú egyenlőtlenség érvényes.
Mivel -re egyenlőség áll (az eredeti egyenlőtlenségben
minden
,
és
-tól különböző
értékre), így a
egyenletben
és az eredeti egyenlőtlenségben is a
jel érvényes minden
-nél nagyobb
egészre és
-nél nagyobb
-ra.
Ha , akkor egyenlőtlenségeink egyenlőségbe mennek át. Ezzel a feladat
állítását igazoltuk, és tisztáztuk azt is, hogy milyen esetekben áll fenn egyenlőség.
Tekintsük a pont és a konvex sokszög egy oldala, az
oldala
által meghatározott, esetleg elfajuló
háromszöget.
(
és
, ha
.).
A könnyebbség miatt a jelölést vezessük be. A
háromszögek mindegyikére felírva a háromszög-egyenlőtlenséget
Összeadva ezt az darab egyenlőtlenséget, a bal oldalak összegében a
pontnak
minden csúcstól való távolsága pontosan kétszer szerepel, a jobb oldalak összege pedig a
sokszög
kerülete. Így
, azaz
, ahol
a
-nek a csúcsoktól mért távolságainak összege. Az egyenlőség csak akkor áll, ha a fenti
darab egyenlőtlenség mindegyikében egyenlőség áll. Ez lehetetlen, hiszen a
pont nem lehet a sokszög oldalegyeneseinek mindegyikén. Bizonyításunkból az is kiderült, hogy
az állítás nem konvex sokszögre is ugyanúgy megáll, hiszen a konvexitást nem kellett
felhasználjuk.