Ανισότητα για συντελεστές πολυωνύμου

#1

Δίνεται το πολυώνυμο $\displaystyle{P\left( x \right) = {x^n} + {a_{n - 1}}{x^{n - 1}} + \cdots + {a_1}x + {a_0}}$ με πραγματικούς συντελεστές, όπου $\displaystyle{n \ge 2}$ . Υποθέτουμε ότι το πολυώνυμο $\displaystyle{{\left( {x - 1} \right)^{k + 1}}}$ διαιρεί το $\displaystyle{P\left( x \right)}$ για κάποιο θετικό ακέραιο $\displaystyle{k}$ . Να αποδείξετε ότι:

$\displaystyle{\sum\limits_{j = 0}^{n - 1} {\left| {{a_j}} \right|} > 1 + \frac{{2{k^2}}}{n}.}$

Ilias_Zad · #2

Ενδιαφέρον πρόβλημα. Δίνω μια κατεύθυνση που πιστεύω μπορεί να οδηγήσει σε λύση και ένα φράγμα κοντά στο ζητούμενο σε hide.

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

#3

Η μέθοδος του Ηλία, πράγματι, οδηγεί στη λύση του προβλήματος.

Όπως έδειξε παραπάνω ο Ηλίας, για κάθε πολυώνυμο $\displaystyle{q}$ βαθμού το πολύ $\displaystyle{k}$ ισχύει η σχέση

$\displaystyle{\boxed{\sum\limits_{i = 0}^n {{a_i}} q\left( i \right) = 0}}$ $\bf \color{red} \left( 1 \right)$

(όπου θέτουμε $\displaystyle{{a_n} = 1}$ ).

Θα εφαρμόσουμε την $\bf \color{red} \left( 1 \right)$ για το πολυώνυμο

$\displaystyle{\boxed{q\left( t \right) = {T_k}\left( {\frac{{2t}}{{n - 1}} - 1} \right)},}$

όπου $\displaystyle{{T_k}}$ είναι το $\displaystyle{k}$ -στό πολυώνυμο Chebyshev, με:

$\displaystyle{{T_k}\left( x \right) = \cos \left( {k{{\cos }^{ - 1}}x} \right)}$ , αν $\displaystyle{x \in \left[ { - 1,1} \right]}$

και

$\displaystyle{{T_k}\left( x \right) = \cosh \left( {k{{\cosh }^{ - 1}}x} \right)}$ αν $\displaystyle{\left| x \right| \ge 1}$ .

Παρατηρούμε ότι, για $\displaystyle{i \in \left\{ {0,1, \ldots ,n - 1} \right\}}$ είναι

$\displaystyle{ - 1 \le q\left( i \right) = {T_k}\left( {\frac{{2i}}{{n - 1}} - 1} \right) \le 1}$ $\bf \color{red} \left( 2 \right)$ ,

ενώ

$\displaystyle{q\left( n \right) = {T_k}\left( {\frac{{2n}}{{n - 1}} - 1} \right) = {T_k}\left( {\frac{{n + 1}}{{n - 1}}} \right) = \cosh \left( {k{{\cosh }^{ - 1}}\left( {\frac{{n + 1}}{{n - 1}}} \right)} \right) = }$

$\displaystyle{ = \cosh \left( {k\ln \left( {\frac{{n + 1}}{{n - 1}} + \sqrt {{{\left( {\frac{{n + 1}}{{n - 1}}} \right)}^2} - 1} } \right)} \right) = }$

$\displaystyle{ = \cosh \left( {k\ln \left( {\frac{{n + 1}}{{n - 1}} + \frac{{\sqrt {4n} }}{{n - 1}}} \right)} \right) = \cosh \left( {k\ln \left( {\frac{{{{\left( {\sqrt n + 1} \right)}^2}}}{{n - 1}}} \right)} \right) = }$

$\displaystyle{ = \cosh \left( {k\ln \left( {\frac{{\sqrt n + 1}}{{\sqrt n - 1}}} \right)} \right) = \cosh \left( {k\ln \left( {\frac{{1 + \frac{1}{{\sqrt n }}}}{{1 - \frac{1}{{\sqrt n }}}}} \right)} \right) }.$

Χρησιμοποιώντας τώρα την ανισότητα

$\displaystyle{\ln \left( {\frac{{1 + x}}{{1 - x}}} \right) > 2x}$ , για κάθε $\displaystyle{x \in \left( { 0,1} \right),}$

το ότι η συνάρτηση $\displaystyle{\cosh }$ είναι γνησίως αύξουσα στο $\displaystyle{\left( {0, + \infty } \right)}$ και το ότι

$\displaystyle{\cosh x = \sum\limits_{j = 0}^\infty {\frac{{{x^{2j}}}}{{\left( {2j} \right)!}}} > 1 + \frac{{{x^2}}}{2}}$ για κάθε $x \in \Bbb{R}$ ,

προκύπτει ότι:

$\displaystyle{q\left( n \right) = \cosh \left( {k\ln \left( {\frac{{1 + \frac{1}{{\sqrt n }}}}{{1 - \frac{1}{{\sqrt n }}}}} \right)} \right) > \cosh \left( {k\frac{2}{{\sqrt n }}} \right) > 1 + \frac{{2{k^2}}}{n}}$ $\bf \color{red} \left( 3 \right)$ .

Συνδυάζοντας τις σχέσεις $\bf \color{red} \left( 1 \right)$ , $\bf \color{red} \left( 2 \right)$ και $\bf \color{red} \left( 3 \right)$ , έχουμε ότι:

$\displaystyle{\sum\limits_{i = 0}^{n - 1} {\left| {{a_i}} \right|} \ge \sum\limits_{i = 0}^{n - 1} {{a_1}} \left( { - q\left( i \right)} \right) = q\left( n \right) > 1 + \frac{{2{k^2}}}{n}}$

και η απόδειξη ολοκληρώνεται.

#4

Δείτε και http://www.komal.hu/verseny/feladat.cgi ... =A574&l=en

Φιλικά,

Αχιλλέας

Ilias_Zad · #5

Ωραία, πολύ καλή η επιλογή αυτού του πολυωνύμου.

Ανισότητα για συντελεστές πολυωνύμου

Ανισότητα για συντελεστές πολυωνύμου

Re: Ανισότητα για συντελεστές πολυωνύμου

Re: Ανισότητα για συντελεστές πολυωνύμου

Re: Ανισότητα για συντελεστές πολυωνύμου

Re: Ανισότητα για συντελεστές πολυωνύμου

Μέλη σε σύνδεση