Μη αρνητικό πολυώνυμο!

#1

Έστω $\displaystyle{P(x)=a_n x^n +a_{n-1}x^{n-1}+\cdots +a_1 x+a_0,~a_n>0, a_0> 0}$ , πολυώνυμο άρτιου βαθμού, για το οποίο ισχύει

$\displaystyle{a_1 ^2+a_2 ^2 +\cdots a_{n-1}^2\leq \frac{4\min (a_0,a_n)^2}{n-1}}$ .

Να αποδείξετε ότι $\displaystyle{P(x)\geq 0}$ για κάθε $\displaystyle{x\in \mathbb{R}.}$

#2

Καλό μήνα!

Έστω ότι $\displaystyle n = 2k,$ όπου $k \in \mathbb{N}$ με $k \geqslant 1$ . Δίχως βλάβη της γενικότητας, υποθέτουμε ότι $\displaystyle \min \left( {{a_0},{a_{2k}}} \right) = {a_0},$ οπότε η δοσμένη σχέση γράφεται ισοδύναμα:

$\displaystyle \sum\limits_{j = 1}^{2k - 1} {a_j^2} \leqslant \frac{{4a_0^2}}{{2k - 1}}.$ $\color{red} \bf {(1)}$

Έστω $x \in \mathbb{R}$ . Έχουμε ότι:

$\displaystyle P\left( x \right) = {a_{2k}}{x^{2k}} + {a_0} + \sum\limits_{j = 1}^{2k - 1} {{a_j}} {x^j} \geqslant$
$\displaystyle \geqslant {a_0}{x^{2k}} + {a_0} + \sum\limits_{j = 1}^{2k - 1} {{a_j}} {x^j}\geqslant$
$\displaystyle \geqslant {a_0}\left( {{x^{2k}} + 1} \right) - \left| {\sum\limits_{j = 1}^{2k - 1} {{a_j}} {x^j}} \right|.$

Από την ανισότητα Cauchy-Schwarz και τη σχέση $\color{red} \bf {(1)}$ έχουμε ότι:

$\displaystyle \left| {\sum\limits_{j = 1}^{2k - 1} {{a_j}} {x^j}} \right| \leqslant \sqrt {\sum\limits_{j = 1}^{2k - 1} {a_j^2} } \cdot \sqrt {\sum\limits_{j = 1}^{2k - 1} {{x^{2j}}} } \leqslant \frac{{2{a_0}}}{{\sqrt {2k - 1} }}\sqrt {\sum\limits_{j = 1}^{2k - 1} {{x^{2j}}} } ,$

οπότε

$\displaystyle P\left( x \right) \geqslant {a_0}\left( {{x^{2k}} + 1 - \frac{2}{{\sqrt {2k - 1} }}\sqrt {\sum\limits_{j = 1}^{2k - 1} {{x^{2j}}} } } \right).$

Επομένως, αρκεί να αποδείξουμε ότι:

$\displaystyle {x^{2k}} + 1 \geqslant \frac{2}{{\sqrt {2k - 1} }}\sqrt {\sum\limits_{j = 1}^{2k - 1} {{x^{2j}}} } ,$

ή ισοδύναμα, θέτοντας $x^2 = t \geqslant 0$ , ότι:

$\displaystyle \left( {2k - 1} \right){\left( {{t^k} + 1} \right)^2} \geqslant 4\sum\limits_{j = 1}^{2k - 1} {{t^{j}}} .$

Για κάθε $\displaystyle j \in \left\{ {1,2, \ldots ,k - 1} \right\}$ ισχύει:

$\displaystyle \left( {{t^j} - 1} \right)\left( {{t^{k - j}} - 1} \right) \geqslant 0,$

(γιατί είναι ισοδύναμη με την
$\displaystyle {\left( {t - 1} \right)^2}\left( {{t^{j - 1}} + {t^{j - 2}} + \cdots + t + 1} \right)\left( {{t^{k - j - 1}} + {t^{k - j - 2}} + \cdots + t + 1} \right) \geqslant 0$ )

ή ισοδύναμα:

$\displaystyle {t^k} + 1 \geqslant {t^j} + {t^{k - j}} \Leftrightarrow {\left( {{t^k} + 1} \right)^2} \geqslant \left( {{t^k} + 1} \right)\left( {{t^j} + {t^{k - j}}} \right) \Leftrightarrow$

$\displaystyle \Leftrightarrow {\left( {{t^k} + 1} \right)^2} \geqslant {t^j} + {t^{k - j}} + {t^{k + j}} + {t^{2k - j}}.$

Αθροίζοντας τις ανισότητες αυτές, βρίσκουμε ότι:

$\displaystyle \left( {k - 1} \right){\left( {{t^k} + 1} \right)^2} \geqslant 2\sum\limits_{j = 1}^{k - 1} {{t^j}} + 2\sum\limits_{j = k + 1}^{2k - 1} {{t^j}} \Leftrightarrow$

$\displaystyle \Leftrightarrow \left( {2k - 2} \right){\left( {{t^k} + 1} \right)^2} \geqslant 4\left( {\sum\limits_{j = 1}^{2k - 1} {{t^j}} - {t^k}} \right).$

Προσθέτοντας στη σχέση αυτή την προφανή ανισότητα

$\displaystyle {\left( {{t^k} + 1} \right)^2} \geqslant 4{t^k},$

βρίσκουμε ότι:

$\displaystyle \left( {2k - 1} \right){\left( {{t^k} + 1} \right)^2} \geqslant 4\sum\limits_{j = 1}^{2k - 1} {{t^j}}$

και η απόδειξη ολοκληρώνεται.

#3

Τώρα που απαντήθηκε μπορώ να αναφέρω την (μία τουλάχιστον) πηγή του θέματος που εγώ γνωρίζω. Πρόκειται για το 3ο θέμα της 3ης (!!!) Προκριματικής φάσης (εκείνη τη χρονιά έγιναν 4 διαγωνισμοί επιλογής ΜΕΤΑ από τον Αρχιμήδη και μπορείτε να βρείτε στο ευρετήριο εδώ τα θέματα που τα είχαμε αναρτήσει και παλαιότερα) για την επιλογή της Εθνικής Ομάδας του σχολικού έτους 1995-1996 και την είχαμε δει και εδώ: viewtopic.php?p=128218#p143280

Νομίζω ότι η λύση μου είναι λίγο διαφορετική από του Βαγγέλη αλλά επειδή έχουν περάσει χρόνια πρέπει να τη φρεσκάρω ξανά!

Αλέξανδρος

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #4

Να σημειώσω τα εξής.
Αν υποθέσουμε ότι τα a_0,a_n

είναι διαφορετικά τότε
P(x)>0

Αν

τότε το πολυώνυμο μπορεί να έχει ρίζα το

η το

.

#5

Το πρόβλημα αυτό είναι του Laurențiu Panaitopol (1940-2008), γνωστού Ρουμάνου μαθηματικού σε σχέση με μαθηματικούς διαγωνισμούς.
Το πρόβλημα αποτέλεσε μάλιστα το 4ο θέμα στο τεστ επιλογής της Ρουμανίας για την Διεθνή Μαθηματική Ολυμπιάδα του 1987.
Η απόδειξη που έχω είναι σχεδόν ίδια με αυτήν στην παραπομπή του Αλέξανδρου. Απλώς στο τελείωμα που έχουμε να αποδείξουμε ότι

$\displaystyle{(n-1)(x^n+1)^2\geq 4(x^2+\cdots x^{2(n-1)}),}$

αφού θέσουμε $\displaystyle{x^2=y, n=2N}$ , θεωρούμε το πολυώνυμο

$\displaystyle{Q(y)=(2N-1)(y^N+1)^2-4(y+y^2+\cdots y^{2N-1})}$

και παρατηρούμε ότι $\displaystyle{Q(1)=Q'(1)=0,}$

οπότε εκτελώντας τη διαίρεση $\displaystyle{Q(y):(y-1)^2}$

βρίσκουμε

$\displaystyle{Q(y)=(y-1)^2\left[(2N-1)y^{2N-2}+(4N-6)y^{2N-3}+\cdots +(2N-1)\right]\geq 0.}$

Μη αρνητικό πολυώνυμο!

Μη αρνητικό πολυώνυμο!

Re: Μη αρνητικό πολυώνυμο!

Re: Μη αρνητικό πολυώνυμο!

Re: Μη αρνητικό πολυώνυμο!

Re: Μη αρνητικό πολυώνυμο!

Μέλη σε σύνδεση