A 2003 októberi A-jelű matematika feladatok megoldása

A közöltek csak megoldásvázlatok, esetleg csak végeredmények. A maximális pontszám eléréséhez általában ennél részletesebb megoldás szükséges. A részletes megoldásokat a beküldött dolgozatok alapján a KöMaL-ban folyamatosan közöljük.

A. 326. Legyenek x₁,x₂,...,x_n olyan egész számok, amelyeknek nincs 1-nél nagyobb közös osztója, továbbá tetszőleges k pozitív egészre legyen

s_k=x₁^k+...+x_n^k.

Bizonyítsuk be, hogy az 1,2,...,n számok legkisebb közös többszöröse osztható az s₁,s₂,...,s_n számok legnagyobb közös osztójával.

Megoldás. Legyen $\displaystyle p^\alpha$ az s₁,...,s_n számok tetszőleges közös prímhatvány osztója. Azt kell megmutatnunk, hogy $\displaystyle p^\alpha\le n$.

Először is megmutatjuk, hogy tetszőleges k pozitív egész esetén $\displaystyle p^\alpha|s_k$ (tehát k>n esetén is). Legyen f(t)=tⁿ+a₁t^n-1+...+a_n-1t+a_n az a polinom, amelynek gyökei az x₁,...,x_n számok. Ez egy egész együtthatós polinom, és tetszőleges k>n esetén

$\displaystyle s_k+a_1s_{k-1}+\dots+a_ns_{k-n}=\sum_{i=1}^nx_i^{k-n}f(x_i)=0.$

Ezért, ha s_k-1,...,s_k-n mindegyike osztható $\displaystyle p^\alpha$-val, akkor s_k is osztható vele. Mivel az s₁,...,s_n számok ilyenek, ebből indukcióval következik az állítás az összes pozitív egész k-ra.

Legyen most k egy olyan szám, amely nagyobb $\displaystyle \alpha$-nál és osztható $\displaystyle \varphi(p^\alpha)$-val. Ekkor tetszőleges x egész számra $\displaystyle x^k\equiv0\pmod{p^\alpha}$ vagy $\displaystyle x^k\equiv1\pmod{p^\alpha}$ attól függően, hogy x osztható-e a p prímszámmal. Mivel $\displaystyle p^\alpha|s_k=x_1^k+\dots+x_n^k$, az x₁,...,x_n számok között a p-vel nem oszthatók száma osztható $\displaystyle p^\alpha$-val. Mivel lnko(x₁,...,x_n)=1, legalább egy ilyen x_i van. Mindebből következik, hogy a p-vel nem osztható x_i száma legalább $\displaystyle p^\alpha$, ezáltal $\displaystyle p^\alpha\le n$.

A. 327. Az n-edfokú, valós együtthatós

p(x)=a_nxⁿ+a_n-1x^n-1+...+a₁+a₀

polinom (n$\displaystyle \ge$3) mindegyik (valós és komplex) gyöke a bal félsíkban van, azaz negatív a valós része. Igazoljuk, hogy tetszőleges 0$\displaystyle \le$k$\displaystyle \le$n-3 esetén

a_ka_k+3<a_k+1a_k+2.

IMC 10, Kolozsvár, 2003

Megoldás. Az f polinom első- és másodfokú tényezőkre bontható: $\displaystyle f(z)=\prod_i(k_iz+l_i)\cdot\prod_j(p_jz^2+q_jz+r_j)$, ahol k_i, l_i, p_j, q_j, r_j valós számok. Mivel minden gyök a bal félsíkban van, minden egyes i-re k_i és l_i, illetve p_j, q_j és r_j előjele megegyezik. Tehát, szükség esetén a polinomot (-1)-gyel megszorozva, a gyökök megváltozása nélkül elérhetjük, hogy az együtthatók mind pozitívak legyenek.

Az egyszerűbb leírás kedvéért az együtthatók sorozatát mindkét irányban kiterjesztjük az a_n+1=a_n+2=...=0 és a_-1=a_-2=...=0 értékekkel, és az állítást -1$\displaystyle \le$k$\displaystyle \le$n-2 esetén bizonyítjuk indukcióval.

Az n$\displaystyle \le$2 esetben az állítás triviális: a_k+1 és a_k+2 pozitív, miközben a_k-1 és a_k+3 közül legalább az egyik 0; tehát, a_k+1a_k+2>a_ka_k+3=0.

Most tételezzük fel, hogy n$\displaystyle \ge$3 és az állítás minden kisebb értékre igaz. Vegyük az f polinom egy z²+pz+q alakú osztóját, ahol p és q pozitív valós számok. (Ilyen osztót egy konjugált gyökpárból kaphatunk, vagy pedig két negatív valós gyökből.) Ekkor

$\displaystyle f(z)=(z^2+pz+q)(b_{n-2}z^{n-2}+\dots+b_1z+b_0)=(z^2+pz+q)g(x).\eqno(1)$

A g(z) polinom gyökei is a bal félsíkban vannak, tehát b_k+1b_k+2<b_kb_k+3 minden -1$\displaystyle \le$k$\displaystyle \le$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+1b_k+2$\displaystyle \le$b_kb_k+3.

Most igazoljuk, hogy a_k+1a_k+2>a_ka_k+3. Ha k=-1 vagy k=n-2, akkor ez triviális, mert a_k+1a_k+2 pozitív és a_ka_k+3=0. Tehát, tegyük fel, hogy 0$\displaystyle \le$k$\displaystyle \le$n-3. Mint könnyen ellenőrizhető,

a_k+1a_k+2-a_ka_k+3=

=(qb_k+1+pb_k+b_k-1)(qb_k+2+pb_k+1+b_k)-(qb_k+pb_k-1+b_k-2) (qb_k+3+pb_k+2+b_k+1)=

=(b_k-1b_k-b_k-2b_k+1)+p(b_k²-b_k-2b_k+2)+q(b_k-1b_k+2-b_k-2b_k+3)+

+p²(b_kb_k+1-b_k-1b_k+2)+q²(b_k+1b_k+2-b_kb_k+3)+pq(b_k+1²-b_k-1b_k+3).

Megmutatjuk, hogy mind a hat tag nemnegatív és legalább az egyikük pozitív. A p²(b_kb_k+1-b_k-1b_k+2) tag pozitív, mert 0$\displaystyle \le$k$\displaystyle \le$n-3. A b_k-1b_k-b_k-2b_k+1 és q²(b_k+1b_k+2-b_kb_k+3) tagok szintén nemnegatívak.

A p(b_k²-b_k-2b_k+2) szám előjelének vizsgálatához tekintsük a

b_k-1(b_k²-b_k-2b_k+2)=b_k-2(b_kb_k+1-b_k-1b_k+2)+b_k(b_k-1b_k-b_k-2b_k+1)$\displaystyle \ge$0

egyenlőtlenséget. Ha b_k-1>0, akkor oszthatunk vele: b_k²-b_k-2b_k+2$\displaystyle \ge$0. Ellenkező esetben, ha b_k-1=0, akkor b_k-2=0 vagy b_k+2=0, tehát b_k²-b_k-2b_k+2=b_k²$\displaystyle \ge$0. Tehát, p(b_k²-b_k-2b_k+2)$\displaystyle \ge$0 minden k-ra. Hasonlóan kapjuk, hogy pq(b_k+1²-b_k-1b_k+3)$\displaystyle \ge$0.

A q(b_k-1b_k+2-b_k-2b_k+3) kifejezés előjele hasonlóan vizsgálható.

b_k+1(b_k-1b_k+2-b_k-2b_k+3)=b_k-1(b_k+1b_k+2-b_kb_k+3)+b_k+3(b_k-1b_k-b_k-2b_k+1)$\displaystyle \ge$0.

Ha b_k+1>0, akkor oszthatunk vele. Ellenkező esetben b_k-2=0 vagy b_k+3=0. Mindkét esetben b_k-1b_k+2-b_k-2b_k+3$\displaystyle \ge$0.

Ezzel mind a hat tag előjelét megvizsgáltuk, a bizonyítás kész.

A. 328. Határozzuk meg mindazokat az f: (0,$\displaystyle \infty$)$\displaystyle \to$(0,$\displaystyle \infty$) függvényeket, amelyekre tetszőleges x,y>0 esetén

f(f(x)+y)=xf(1+xy).

Megoldás. Megmutatjuk, hogy a függvényegyenletnek egyetlen megoldása van, az f(x)=1/x függvény.

1. állítás. Az f függvény monoton csökken.

Biz. Tegyük fel, hogy valamely 0<u<v esetén f(u)<f(v). Legyen $\displaystyle w={vf(v)-uf(u)\over v-u}$. Erre a számra igaz, hogy w>f(v)>f(u), mert $\displaystyle w-f(v)={u(f(v)-f(u))\over v-u}$. Írjuk fel a függvényegyenletet az x=u, y=w-f(u), illetve x=v, y=w-f(v) számpárokra:

$\displaystyle f(w)=f(f(u)+(w-f(u)))=uf(1+u(w-f(u))) =uf\left(1+{uv(f(v)-f(u))\over v-u}\right);$

$\displaystyle f(w)=f(f(v)+(w-f(v)))=vf(1+v(w-f(v))) =vf\left(1+{uv(f(v)-f(u))\over v-u}\right).$

Ez azonban ellentmondás, mert u$\displaystyle \ne$v. tehát u<v esetén f(u)$\displaystyle \ge$f(v), a függvény valóban monoton csökken.

2. állítás. f(1)=1.

Biz. Tegyük fel, hogy f(1)$\displaystyle \ne$1. A függvényegyenletbe (x=1)-et írva, f(f(1)+y)=f(1+y), azaz f(u+|f(1)-1|)=f(u), ha u>1. Ebből következik, hogy a függvény az (1,$\displaystyle \infty$) intervallumban |f(1)-1| szerint periodikus. Ez a monotonitással együtt azt jelenti, hogy konstans. Ekkor viszont x és y helyére 1-nél nagyobb számokat írva a baloldalon f(f(x)+y) konstans, a jobboldalon xf(1+xy) nem konstans, ami szintén ellentmondás. Tehát f(1) nem lehet más, csak 1.

3. állítás. $\displaystyle f(x)={1\over x}$.

Biz. Legyen először x>1 és $\displaystyle y=1-{1\over x}$. Ezzel a helyettesítéssel 1+xy=x, és a függvényegyenlet a következőt adja:

$\displaystyle f\left(f(x)-{1\over x}+1\right)=xf(x).$

Ha $\displaystyle f(x${1\over x}">, akkor $\displaystyle f(x)-{1\over x}+$1">, és a függvény monotonitása miatt $\displaystyle f\left(f(x)-{1\over x}+1\right)\le1$, ugyanakkor a jobboldalon xf(x)>1, ami ellentmondás. Hasonlóan, ha $\displaystyle f(x)<{1\over x}$, akkor $\displaystyle f(x)-{1\over x}+1<1$, a monotonitás miatt $\displaystyle f\left(f(x)-{1\over x}+1\right)\ge1$, ugyanakkor xf(x)<1, ami szintén ellentmondás. Az f(x) értéke tehát nem lehet más, csak $\displaystyle {1\over x}$. Az állítást ezzel igazoltuk x>1-re.

Legyen most x>0 tetszőleges, és y=1. Az eredményt alkalmazhatjuk az f(x)+1 és 1+xy számokra, mert ezek nagyobbak 1-nél. Így a függvényegyenlet szerint

$\displaystyle f(f(x)+1)={1\over f(x)+1}=xf(1+x)={x\over1+x},$

$\displaystyle f(x)={1+x\over x}-1={1\over x}.$

4. állítás. Az f(x)=1/x függvényre teljesül a függvényegyenlet.

Biz. f(f(x)+y)=f(1/x+y)=f((1+xy)/x)=x/(1+xy)=xf(1+xy).