A B. 5340. feladat (2023. október)

B. 5340. Legyen \(\displaystyle n\) pozitív egész szám. Tegyük fel, hogy \(\displaystyle f\), \(\displaystyle g\) és \(\displaystyle h\) legfeljebb \(\displaystyle n\)-edfokú, valós együtthatós polinomok. Legfeljebb hány valós \(\displaystyle x\) számra lehet \(\displaystyle f(x)\), \(\displaystyle g(x)\), \(\displaystyle h(x)\) egy nemkonstans három hosszú számtani sorozat három eleme valamilyen sorrendben, feltéve, hogy ez csak véges sok \(\displaystyle x\)-re teljesül?

Javasolta: Pach Péter Pál (Budapest)

(6 pont)

A beküldési határidő 2023. november 10-én LEJÁRT.

Megoldás. Az \(\displaystyle f(x_0)\), \(\displaystyle g(x_0)\), \(\displaystyle h(x_0)\) számok pontosan akkor alkotnak valamilyen sorrendben 3 hosszú számtani sorozatot, ha \(\displaystyle -2f(x_0)+g(x_0)+h(x_0)=0\) vagy \(\displaystyle f(x_0)-2g(x_0)+h(x_0)=0\) vagy \(\displaystyle f(x_0)+g(x_0)-2h(x_0)=0\) (attól függően, hogy a középső elem \(\displaystyle f(x_0)\), \(\displaystyle g(x_0)\) vagy \(\displaystyle h(x_0)\)).

Tekintsük tehát a \(\displaystyle p(x):=-2f(x)+g(x)+h(x)\), \(\displaystyle q(x):=f(x)-2g(x)+h(x)\) és \(\displaystyle r(x):=f(x)+g(x)-2h(x)\) polinomokat. Ha \(\displaystyle p\), \(\displaystyle q\) vagy \(\displaystyle r\) valamelyike azonosan 0 lenne, akkor végtelen sok \(\displaystyle x\)-re (az összesre) számtani sorozatot kapnánk a megfelelő sorrendben. Így egyik sem lehet azonosan 0, ekkor viszont fokszámuk legfeljebb \(\displaystyle n\), hiszen \(\displaystyle f\), \(\displaystyle g\), \(\displaystyle h\) legfeljebb \(\displaystyle n\)-edfokúak. A fokszámtétel alapján \(\displaystyle p\), \(\displaystyle q\), \(\displaystyle r\) mindegyikének legfeljebb \(\displaystyle n\) gyöke lehet, így összesen legfeljebb \(\displaystyle 3n\) valós \(\displaystyle x\)-re kaphatunk számtani sorozatot.

Megmutatjuk, hogy a \(\displaystyle 3n\) meg is valósítható. Világos, hogy ehhez az szükséges, hogy \(\displaystyle p\), \(\displaystyle q\), \(\displaystyle r\) mindegyikének \(\displaystyle n\) különböző valós gyöke legyen, és semelyik kettőnek ne legyen közös gyöke. Azonban nem mindegyik \(\displaystyle p\), \(\displaystyle q\), \(\displaystyle r\) hármashoz tartozik megfelelő \(\displaystyle f\), \(\displaystyle g\), \(\displaystyle h\), hiszen \(\displaystyle p+q+r\equiv 0\)-nak mindenképpen teljesülnie kell. Ha viszont ez a feltétel teljesül, akkor mindig lesz megfelelő \(\displaystyle f\), \(\displaystyle g\), \(\displaystyle h\) hármas, például

\(\displaystyle f(x)=\frac{r(x)-p(x)}{3},\quad g(x)=\frac{r(x)-q(x)}{3},\quad h(x)\equiv 0.\)

(Ekkor \(\displaystyle \deg p=\deg q=\deg r=n\) alapján \(\displaystyle f\), \(\displaystyle g\), \(\displaystyle h\) valóban legfeljebb \(\displaystyle n\)-edfokúak.)

Tehát a \(\displaystyle 3n\) pontosan akkor valósítható meg, ha létezik három \(\displaystyle n\)-edfokú polinom, melyek összege 0 és összesen \(\displaystyle 3n\) különböző gyökük van.

Erre mutatunk kétféle konstruciót:

1. konstrukció:

Legyen

\(\displaystyle p(x):=(x-1)(x-3)\dots(x-(2n-1)),\)

\(\displaystyle q(x):=(x-2)(x-4)\dots (x-2n)\)

és

\(\displaystyle r(x):=-(p(x)+q(x)).\)

Ekkor \(\displaystyle p\)-nek és \(\displaystyle q\)-nak összesen \(\displaystyle 2n\) különböző valós gyöke van. Világos, hogy \(\displaystyle r\)-nek egyikükkel sem lehet közös gyöke, hiszen \(\displaystyle p+q+r=0\) miatt egy közös gyök mindhárom polinomnak gyöke kellene legyen. Így elég belátni, hogy \(\displaystyle r\)-nek, vagy ezzel egyenértékűen \(\displaystyle (p+q)\)-nak is van \(\displaystyle n\) különböző valós gyöke. Tekintsük \(\displaystyle p+q\) előjelét az \(\displaystyle 1,2,\dots,2n\) pontokban. Mivel \(\displaystyle 1\leq k\leq n\) esetén

\(\displaystyle (p+q)(2k-1)=p(2k-1)+q(2k-1)=q(2k-1),\)

ezért \(\displaystyle \text{sgn} (p+q)(2k-1)= (-1)^{n-k+1}\), és ehhez hasonlóan

\(\displaystyle (p+q)(2k)=p(2k)+q(2k)=p(2k),\)

ezért \(\displaystyle \text{sgn} (p+q)(2k)= (-1)^{n-k}\). Tehát \(\displaystyle p+q\) előjelet vált \(\displaystyle 2k-1\) és \(\displaystyle 2k\) között, így az \(\displaystyle [1,2]\), \(\displaystyle [3,4]\), ..., \(\displaystyle [2n-1,2n]\) intervallumok mindegyikében van gyöke, tehát valóban \(\displaystyle n\) különböző valós gyöke van.

2. konstrukció:

Legyen \(\displaystyle s(x):=(x-1)(x-2)\dots (x-n)\), ez egy \(\displaystyle n\)-edfokú polinom, aminek \(\displaystyle n\) valós gyöke van. Legyen \(\displaystyle p(x):=s(x)-\varepsilon_1\), \(\displaystyle q(x):=s(x)-\varepsilon_2\), \(\displaystyle r(x):=-2s(x)+\varepsilon_1+\varepsilon_2\). Világos, hogy a \(\displaystyle p\), \(\displaystyle q\), \(\displaystyle r\) polinomok \(\displaystyle n\)-edfokúak és összegük 0.

Ha \(\displaystyle \varepsilon_1\), \(\displaystyle \varepsilon_2\), \(\displaystyle -(\varepsilon_1+\varepsilon_2)/2\) páronként különböznek, akkor közös gyökük sem lehet, hiszen ekkor \(\displaystyle p(x)\), \(\displaystyle q(x)\) és \(\displaystyle -r(x)/2\) egymás eltoltjai egy-egy nemnulla valós számmal.

Most belátjuk, hogy van olyan \(\displaystyle \delta>0\) érték, hogy minden \(\displaystyle |\varepsilon|<\delta\)-ra \(\displaystyle s(x)-\varepsilon\) polinomnak \(\displaystyle n\) különböző gyöke van. Ebből már rögtön adódik, hogy \(\displaystyle \varepsilon_1\), \(\displaystyle \varepsilon_2\) megválaszthatók megfelelő módon, például \(\displaystyle \varepsilon_1=\delta/2, \varepsilon_2=0\) jó választás.

Válasszuk meg \(\displaystyle \delta>0\) értékét úgy, hogy kisebb legyen \(\displaystyle s\) minden lokális szélsőértékének abszolút értékénél. Ha egy \(\displaystyle n\)-edfokú polinomnak \(\displaystyle n\) valós gyöke van, akkor összesen \(\displaystyle n-1\) lokális szélsőértéke van: bármely két szomszédos gyök között egy. Választhatunk tehát olyan \(\displaystyle x_0<x_1<\dots<x_n\) értékeket, hogy \(\displaystyle s(x_0),s(x_1),\dots,s(x_n)\) számok előjele alternáló, és mindegyikük abszolút értéke legalább \(\displaystyle \delta\). (\(\displaystyle x_0\) és \(\displaystyle x_n\) azért található így, mert \(\displaystyle |s|\) a \(\displaystyle -\infty\)-ben és a \(\displaystyle +\infty\)-ben \(\displaystyle +\infty\), \(\displaystyle x_1\), \(\displaystyle \ldots\), \(\displaystyle x_{n-1}\) pedig azért, mert \(\displaystyle \delta\) nagyobb a lokális szélsőértékeknél, \(\displaystyle s\) minden gyöknél előjelet vált.)

Ekkor viszont az \(\displaystyle s(x_0)-\varepsilon,s(x_1)-\varepsilon,\dots,s(x_n)-\varepsilon\) számok előjele is alternáló, így bármely két szomszédos között van gyöke \(\displaystyle s(x)-\varepsilon\)-nak, tehát \(\displaystyle s(x)-\varepsilon\) gyökeinek száma \(\displaystyle n\), ezzel a bizonyítást befejeztük.

Statisztika:

36 dolgozat érkezett.
6 pontot kapott:	Aravin Peter, Bodor Mátyás, Csonka Illés, Diaconescu Tashi, Fekete Aron, Gömze Norken, Görömbey Tamás, Gyenes Károly, Holló Martin, Keresztély Zsófia, Kovács Benedek Noel, Sági Mihály, Szakács Ábel, Szemlér Bálint, Tömböly 299 Áron, Vigh 279 Zalán, Vödrös Dániel László, Zhai Yu Fan.
5 pontot kapott:	Forrai Boldizsár, Szabó 810 Levente, Virág Lénárd Dániel.
4 pontot kapott:	1 versenyző.
3 pontot kapott:	2 versenyző.
2 pontot kapott:	5 versenyző.
1 pontot kapott:	1 versenyző.
0 pontot kapott:	4 versenyző.
Nem számítjuk a versenybe a születési dátum vagy a szülői nyilatkozat hiánya miatt:	1 dolgozat.

A KöMaL 2023. októberi matematika feladatai