Povídání k šesté sérii

Transkript

1 Povídání k šesté sérii Připomeneme si zde několik pojmů, které se Ti mohou při řešení úloh této série hodit. Polynomem rozumíme libovolnou funkci p(x) proměnné x tvaru p(x)=a nx n + a n 1 x n 1 + +a 1 x+a 0, kde njecelénezápornéčísloaa 0, a 1,..., a njsoukoeficienty, a n 0(navícpřipouštíme též případ p(x) 0). Koeficienty jsou většinou reálná (případně komplexní) čísla. Číslo n nazýváme stupněm polynomu p(x). Platí základní věta: Věta. Nechť p(x) je nenulový polynom stupně n 1. Pak existuje alespoň jedno řešení rovnice p(x)=0 voborukomplexníchčísel.navícexistujeposloupnost x 1, x 2,..., x n (nenutněrůzných) komplexních čísel(až na pořadí je jednoznačně určená) takových, že p(x)=a n(x x 1 )(x x 2 ) (x x n). Tutorovnostjenutnochápatnejenjakorovnostdvoufunkcí,napravéalevéstraněbudou po roznásobení polynomy se stejnými koeficienty u jednotlivých mocnin x. Čísla x 1, x 2,..., x nzpředchozívětysenazývajíkořenypolynomu p(x)(přesvěčtese,že právěčísla x 1, x 2,..., x nřešírovnici p(x)=0). 1 JakodůsledekdostávámeznáméViètovy vztahy: a n 1 a n = x 1 + x 2 + +x n, a n 2 a n = x 1 x 2 + x 1 x 3 + +x n 1 x n,. ( 1) n a 0 a n = x 1 x 2 x n. Nynísebudemetrochuvěnovattzv.symetrickýmpolynomům. 2 Polynomvíceproměnných p(x 1, x 2,..., x n)nazvemesymetrickým,pokudsenezměnípřizáměněpořadíproměnných. Tedyje-li πlibovolnápermutacečísel1,2,..., n,pakplatí p(x π(1), x π(2),..., x π(n) )=p(x 1, x 2,..., x n). 1 Poznamenejmesnadnýdůsledek,žeprokaždýpolynom pstupně nexistujenejvýše n (různých) řešení rovnice p(x) = 0. 2 Jdevšakjenovelmistručnýúvod.Pokudsechcešosymetrickýchpolynomechdozvědět více, zkus nahlédnout např. do knížečky Alois Kufner: Symetrické funkce, Škola mladých matematiků 52, Mladá Fronta, Praha 1982.

2 Např.funkcedvouproměnných q(x, y)=x+y+3xy+2x 3 +2y 3 jesymetrickýpolynom. Uvažujme nyní symetrické polynomy n proměnných a označme s 1 = x 1 + x 2 + +x n, s 2 = x 1 x 2 + x 1 x 3 + +x n 1 x n,. s n= x 1 x 2 x n takzvané elementární symetrické polynomy. Označme dále v 1 = x 1 + x 2 + +x n, v 2 = x 2 1+ x x 2 n,. v n= x n 1+ x n 2+ +x n n. Pak platí následující věta o symetrických polynomech: Věta.Nechť pjesymetrickýpolynomvproměnných x 1, x 2,..., x n.pakexistujejednoznačně určenýpolynom nproměnných rtakový,žeplatí 3 p(x 1, x 2,..., x n)=r(s 1, s 2,..., s n). Poznámka:Stejnávětazůstanevplatnostibudeme-lipsátmístopolynomů s 1, s 2,..., s n polynomy v 1, v 2,..., v n. Na ukázku zde vyjádříme náš polynom q(x, y) dvou proměnných: q(x, y)=x+y+3xy+2x 3 +2y 3 = s 1 +3s 2 +2s 3 1 6s 1 s 2 = v v v 2 v 3 1+3v 1 v 2, kde s 1 = x+y, s 2 = xy, v 1 = x+y, v 2 = x 2 + y 2. Platnost těchto vztahů si laskavý čtenář ověří přímym roznásobením. 3 Větanetvrdínicjiného,nežžekaždýsymetrickýpolynomlzeprávějednímzpůsobem vyjádřit pomocí elementárních symetrických polynomů, sčítání a násobení.

3 Téma: Termínodeslání: 6. série Polynomy ½½º ÞÒ ¾¼¼¾ ½º ÐÓ Ó Ýµ Najděte všechny polynomy P(x) s celočíselnými koeficienty takové, že P(1)=2001aP(2001)=2002. ¾º ÐÓ Ó Ýµ Prokterá α Rexistujeprávějedenpolynom P(x)splňující P(x) 2 +2x 2 P(x)=8x 4 +αx 2 +1 provšechna x N? º ÐÓ Ó Ýµ Najděte všechny polynomy P(x) splňující rovnici (x x+2001)P(x 3)=(x 2 +4x+3)P(x+3). º ÐÓ Ó µ Mějme pravidelný n-úhelník vepsaný jednotkové kružnici. Určete hodnotu součinu vzdáleností jednoho vrcholu od ostatních. º ÐÓ Ó µ Buď P(x)=a nx n + a n 1 x n 1 + +a 0 a Q(x)=b n+1 x n+1 + b nx n + +b 0,přičemž platí Q(x) = (x r)p(x) pro nějaké r R. Označme a = max( a 0,..., a n ) a b = max( b 0,..., b n+1 ).Dokažte,žeplatínerovnost a b n+1. º ÐÓ Ó µ Koeficientypolynomu P(x)jsouceláčísla.Prokaždépřirozenéčíslo noznačme a nsoučet cifervdesítkovémzápisučísla P(n).Dokažte,žeexistuječíslo,kterésevposloupnosti a 1, a 2,... vyskytujenekonečněkrát. º ÐÓ Ó µ Najděte největší konstantu k R takovou, že k libovolnému polynomu P(x) s komplexními koeficientynajdeme z C, z 1,že P(z) z k.

4 º ÐÓ Ó µ Buď P(x)polynomskomplexnímikoeficientystupně ntakový,že P(x) < 1prokaždé komplexníčíslo x <1.Dokažte,že P(2) <4 n. Řešení 6. série 1. úloha Najděte všechny polynomy P(x) s celočíselnými koeficienty takové, že P(1)=2001aP(2001)=2002. P Nechť P(x)= n a i x i,kde a i Zpro1 i n.podlezadánímátedyplatit Odečtením dostaneme P(1)= P(2001)= a i 1 i =2001, a i 2001 i = = =P(2001) P(1)= a i 2001 i a i 1 i = Xi 1 = a i (2001 i 1 i )= a i (2001 1) 2001 j 1 i 1 j =2000 j=0 Xi 1 a i 2001 j. Protože koeficienty polynomu jsou celá čísla, máme na pravé straně číslo dělitelné 2000 a to má být rovno 1. To je ovšem spor, a proto žádný polynom vyhovující zadání neexistuje. j=0 2. úloha Prokterá α Rexistujeprávějedenpolynom P(x)splňující P(x) 2 +2x 2 P(x)=8x 4 +αx 2 +1 provšechna x N? Nejdřívesiuvědomíme,žerovnají-lisedvapolynomy U(x)aV(x)prokaždé x N, mají už nutně stejné koeficienty. Skutečnte, kdyby tomu tak nebylo, pak polynom W(x) = U(x) V(x)bymělalespoňjedennenulovýkoeficientatudížpodlevětyvúvoduktétosérii

5 mánejvýše nkořenů,kde njestupeňpolynomu W(x).Myvšakvíme,že W(x)=0,kdykoliv xjepřirozenéčíslo.našlijsmetedynekonečněmnohorůzných x,prokteré W(x)=0atoje spor. Nyní k úloze. Polynomy na obou stranách rovnosti mají tedy stejné koeficienty. Při pohledu na levou stranu rovnice se nabízí doplnění na čtverec. Touto úpravou dostáváme rovnici(p(x)+x 2 ) 2 =9x 4 + αx 2 +1.Vzniklývýraznapravomusíbýttedymocninoupolynomu a protože je tento polynomem čtvrtého stupně, jeho odmocnina bude polynom druhého stupně.hledámetedypolynom Q(x)=ax 2 + bx+ctakový,že Q(x) 2 =9x 4 + αx 2 +1pro nějaké α R.Jetedy 9x 4 +0x 3 + αx 2 +0x+1=Q(x) 2 = a 2 x 4 +2abx 3 +(b 2 +2ac)x 2 +2bcx+c 2. Ztohovidíme,že a {3, 3}ac {1, 1},zčehoždále(kvůlikoeficientuux) b=0. Nabízejí se nám tedy čtyři polynomy podle znamének u koeficientů a a c. Nyní si všimněme, žeprodanoudvojici a, c(bjevždy0)je α=2acap(x)=q(x) x 2.Kombinacímožností pro aacdostanemedvakrát α=6advakrát α= 6,přičemžprokaždoukombinacizjevně dostanemejinýpolynom P(x).Ztohoplyne,žeprolibovolné α Rbuďneexistuježádný polynom splňující rovnici ze zadání, nebo existují právě dva polynomy splňující tuto rovnost. Proto neexistuje žádné α reálné vyhovující zadání. Poznámky opravovatele: Téměř všichni řešitelé opomíjeli zdůvodnit, že pokud se dva polynomyrovnajíprokaždé x N,pakmajístejnékoeficienty.Bodyjsemzatonestrhával. Někteří se snažili úlohu řešit jako kvadratickou rovnici pro P(x), většinou si však neuvědomili, že řešení pak vůbec nemusí být polynomem. 3. úloha Najděte všechny polynomy P(x) splňující rovnici (x x+2001)P(x 3)=(x 2 +4x+3)P(x+3). Úlohujistěřešípolynom P(x)=0,zdalšíchúvahhovyloučíme.Mají-liserovnatpolynomynaoboustranách,musíserovnattakésoubory 4 jejichkořenů.rovnostsiproto(pro P(x)stupně n)můžemepřepsatjako a(x+1)(x+2001)(x 3 x 1 ) (x 3 x n)=a(x+1)(x+3)(x+3 x 1 ) (x+3 x n), kde x i jsoukořenypolynomu P(x)aa 0jereálnéčíslo.Následujícísouborykořenůjsou tedy totožné: A=( 1, 2001,3+x 1,...,3+x n), B=( 1, 3, 3+x 1,..., 3+x n). 4 Vsouboruseoprotimnožiněmohouprvkyopakovat.

6 Pokudje A=B,musíbýtjistě (3+x i )= 1 3+ ( 3+x i ). i=1 Ztohopodrobnýchúpraváchdostaneme6n=1998,atedy n=333.protopokudnějaký polynom vyhovuje zadání, je stupně 333. Nyní postupujme takto. V B se vyskytuje 3, musí setedyvyskytovativa.búnonechťjetímtočlenem3+x 1,tedy x 1 = 6.Nyníjsmeovšem v Bdostaličlen 3 6= 9,kterýsemusívyskytovativA.BÚNOjetočlen3+x 2,tedy x 2 = 12.Tímtopostupemdostaneme,že x i = 6ipro1 i n.vposlednímkrokutak vyjde,že x 333 = 1998atudížvBječlen 3+x 333 = 2001.TentobyměltedybýtivA. Aletamje,tudížsoubory AaBjsouopravdutotožnéanašlijsmejedenhledanýpolynom. Tento polynom však ještě může být vynásoben libovolným reálným číslem a. Připustíme-li i a=0,dostáváme,ževšechnařešeníjsoutvaru P(x)=a(x+6)(x+12) (x+1998),kde a probíhá reálná čísla. Poznámky opravovatele: Došlých řešení nebylo mnoho. Ta, která se podobala autorskému, byla většinou správná až na výjimky, kdy řešitelé nacházeli stále o 6 menší kořeny, nechali setímukolébataprohlásili,žeprokaždé a Zje P(6a)=0.Toalezezadánínevyplývá: když do (x+1)(x+2001)p(x 3)=(x+1)(x+3)P(x+3) dosadíte x= 2001nebo x= 3,budounaoboustranáchnuly,alenicohodnotě P( 2004) P nebo P(0)ztohonezjistíte.Někteřířešitelésepokusilipolynom P vyjádřitjako n a i x i, místo xdosadili(x 3)a(x+3),napsalibinomickérozvojeaporovnávalikoeficientynalevé apravéstraně.tobylaovšemcestazkázy,neboťvezmětipísmeneksevšichnizamotaliapo zákonité chybě došli ke sporu. i=1 4. úloha Mějme pravidelný n-úhelník vepsaný jednotkové kružnici. Určete hodnotu součinu vzdáleností jednoho vrcholu od ostatních. Umístěme si n-úhelník do soustavy souřadnic tak, aby střed kružnice jemu opsané ležel vpočátkuajedenvrcholleželvbodě1.snadnovidíme,ževrcholylzeinterpretovatjako komplexníčísla λ 0, λ 1,..., λ n 1 vgaussověrovině,kde λ k = e 2πik n. Pro lepší představu poznamenejme, že tato po dvou různá čísla jsou všechna řešením rovnice x n =1,nebolikořenempolynomu p(x)=x n 1.Mámetedyrovnost a(x λ 0 )(x λ 1 ) (x λ n 1 )=x n 1=(x 1)(x n 1 + x n 2 + +x+1),

7 pro nějaké a 0. Srovnáme-li koeficient např. u mocniny x n, zjistíme, že a = 1. Oba polynomylzevydělitkořenovýmčinitelem x 1(je λ 0 =1)adostáváme (x λ 1 )(x λ 2 ) (x λ n 1 )=(x n 1 + x n 2 + +x+1). Součinvzdálenostívrcholu λ 0 = 1odostatníchtedymůžemedostattak,žedoposlední rovnosti(přidáme-liabsolutníhodnoty)dosadíme x=λ 0 =1.Dostáváme λ 0 λ 1 λ 0 λ 2 λ 0 λ n 1 = (1 λ 1 )(1 λ 2 ) (1 λ n 1 ) = Hledaný součin vzdáleností je tedy n. = 1 n 1 +1 n = n =n. Poznámky opravovatele: Polovina řešitelů správně nepochopila zadání. Úkolem bylo vypočítat hodnotu součinu, takže jsem dlouhý součin plný sinů nemohl považovat za správný výsledek. Pár řešitelům, kteří zadání správně pochopili, ale hodnotu součinu obecně nedokázali, jsem dal alespoň jeden bod. 5. úloha Buď P(x)=a nx n + a n 1 x n 1 + +a 0 a Q(x)=b n+1 x n+1 + b nx n + +b 0,přičemž platí Q(x) = (x r)p(x) pro nějaké r R. Označme a = max( a 0,..., a n ) a b = max( b 0,..., b n+1 ).Dokažte,žeplatínerovnost a b n+1. Zezadáníplynerovnost b i = ra i + a i 1,,1,2,..., n,přičemždefinujeme a n+1 = a 1 =0.Nechť k {0,1,2,..., n}jeindex,pronějž a k =a.předpokládejmeprospor,že b < a.pakpro,1,2,..., nplatí: n+1 Rozlišíme několik případů: (i) r 1:podle(1)musípro,1,2,..., nplatit což upravíme na b i < a n+1 a i 1 ra i < a k n+1. (1) a i 1 > r a i a k n+1 a i a k n+1, Sečteme-linerovnost(2)pro,1,2,..., k,dostaneme a i a i 1 < a k n+1. (2) a k = a k a 1 < (k+1) a k n+1 a k

8 (využilijsmetoho,že k n),cožjespor.vtomtopřípadějsmetedydokázali a b n+1. (ii)0< r <1:Postupujemepodobnějakovprvnímpřípadě.Podle(1)pro,1,2,..., n platí r a i > a i 1 a k n+1.současně a i r a i,takžedostaneme a i 1 a i < a k n+1. (3) Sečteme-linerovnost(3)pro i=k+1, k+2,..., n+1,dostaneme a k = a k a n+1 < (n+1 k) a k n+1 a k (využilijsmetoho,že k 0),cožjespor.Ivtomtopřípadějsmetedydokázali a b n+1. (iii)pokud r=0,jezřejmě a=b,atedy a b n+1ivtomtoposlednímpřípadě. 6. úloha Koeficientypolynomu P(x)jsouceláčísla.Prokaždépřirozenéčíslo noznačme a nsoučet cifervdesítkovémzápisučísla P(n).Dokažte,žeexistuječíslo,kterésevposloupnosti a 1, a 2,... vyskytujenekonečněkrát. Předpokládejmenejdříve,ževšechnačísla c 0, c 1,..., c njsounezáporná.označme P(x)= np c i x i a ppočetciferčísla c i snejvětšíabsolutníhodnotou,zbývajícíkoeficientymajípočet ciferjistěnejvýšeroven p.uvažujmenyní xtvaru10 k,kde k > p.je P(x)= k i c i `10 =( (cn 10 k + c n 1 ) 10 k + c n 2 ) ) 10 k + c 0. Podívejmesepodrobněji,jak P(x)vzniká.Začnemesc n,vkaždémkrokustávajícíčíslo vynásobíme10 k,čímždostanemečíslo,kterékončínavícenul,nežjepočetciferkoeficientu, kterýnásledněpřičítáme.ztohovidíme,žeprokaždé10 k, k > p,vypadá P(x)tak,žejsou zasebounapsánykoeficienty c n, c n 1,až c 0 oddělenéskupinaminul,prototedyjistěbude P a 10 k = n b i,kde b i značícifernýsoučetkoeficientu c i pro0 i n.vidíme,žetoto číslo nezávisí na k. Protože přirozených čísel větších než p je nekonečně mnoho, našli jsme nekonečněmnohočlenůposloupnosti a nsestejnouhodnotou. Jsou-livšechnykoeficienty c i nekladné,můžemepolynomvynásobitčíslem 1ařešení zůstává v platnosti ciferné součty se nemění. Problém nástává, pokud máme jak kladné, takzápornékoeficienty.nechťtedybúno c n >0(můžemenásobit 1).Uvažujmepolynom P(y+ k)proměnné y,kde kjepřirozenéčíslo.pokudnajdemevhodnéčíslo k,prokteré bude mít polynom P(y + k) všechny koeficienty nezáporné, dokončíme již důkaz stejně, jako vprvnímpřípadě.zkoumejmetedykoeficient a i u y i.je P(y+ k)=c n(y+ k) n + c n 1 (y+ k) n 1 + +c 1 (y+ k)+c 0.

9 Roznásobíme-li nyní závorky podle binomické věty a sloučíme členy se stejnou mocninou u y, dostaneme P(y+ k)=a ny n + +a 1 y+ a 0,kde a i = n i P c i+j k j`i+j. j j=0 Vidíme,ževkaždémčlenu a i senám kvyskytujevnejvyššímocniněukoeficientu c n, což je kladné číslo. Pokud tedy zvolíme dostatečně velké k, bude tento člen mnohem větší nežostatní,kterédohromadytvoří a i,atedy a i budekladnéčísloprovšechna0 i n. Dostaneme tedy polynom s kladnými koeficienty a na ten už můžeme použít původní postup. Poznámka. Jiný způsob, jak lze najít vhodné číslo k je následující. Není těžké dokázat(např. pomocí Viètových vztahů), že má-li každý(komplexní) kořen polynomu Q s reálnými koeficienty zápornou reálnou část, pak již má polynom Q nutně všechny koeficienty kladné. V našem případětedystačívolit k Nvětší,nežjemaximumzreálnýchčástípolynomu P.Polynom P(y+ k)pakbudemítpožadovanouvlastnost. Poznámky opravovatele: Prišlo iba 7 riešení, z ktorých boli 3 správne. Vo zvyšných 4 pozabudli, že podla zadania majú uvažovať celočíselné polynómy a uvažovali iba prirodzené koeficienty, pre ktoré je úloha triviálna. Myšlienka správnych riešení bola posunúť premennú polynómu tak, aby jeho koeficienty boli kladné. Toť vsjo. 7. úloha Najděte největší konstantu k R takovou, že k libovolnému polynomu P(x) s komplexními koeficientynajdeme z C, z 1,že P(z) z k. Ukážeme si zde dvě poněkud odlišná řešení, jedno autorské s geometrickou myšlenkou ajedno počítací,najehožmyšlenkupřišel(jedinýúspěšný)řešiteltétoúlohy. První řešení: Uvažujme nejprve polynom P(x) = 0. Jelikož pro každé z z jednotkového kruhu platí P(z) z = z 1,dostáváme k 1. Ukážeme,že k=1.stačíukázat,žeprokaždýpolynom Pexistuje z C, z 1,tak,že P(z) z 1(mydokoncevždynajdeme zzjednotkovékružnice).prosporpředpokládejme, žemámetakový P,prokterýono zneexistuje.pak Purčitěnemážádnýkořen z 0 zjednotkové kružnice(kdybytomutakbylo,pakby P(z 0 ) z 0 = z 0 =1,cožnelze).Položme z= e iϕ, pak z= e iϕ,aprotožeprovšechna ϕprobíhajícíinterval 0,2π je P(e iϕ ) e iϕ <1,musí P(e iϕ )oběhnoutnuluvesměruhodinovýchručiček(nakresletesiobrázek).totedyznamená, žefunkce f P : ϕ arg P(e iϕ )klesnenaintervalu 0,2π o2π.nyníukážemeindukcípodle stupně npolynomu P,žežádnýpolynom P skořenymimojednotkovoukružnicistakovou vlastnostífunkce f P neexistuje.ukážeme,žepřírůstekfunkce f P jevždynezáporný. Je-li P nenulovýkonstantnípolynom,pak P(e iϕ ), ϕ 0,2π jekonstantní,argument setedynemění.vpřípaděpolynomu P(x)=c(x x 0 )výraz P(e iϕ )probíhákružnicise středemvbodě x 0 apoloměrem1protisměruhodinovýchručiček.tatokružniceoběhne 0(vkladnémsmyslu)právětehdy,když x 0 <1.Každopádně f P sebuďnezmění,nebo stoupneo2π.přírůstek f P jetedynezáporný. Nechť tedy pro polynomy stupně k tvrzení platí, uvažujme polynom stupně k+1. Označme sijej Q(x),vezměmesijedenjehokořenadostáváme Q(x)=(x x 0 )P(x),kde Pjepolynom

10 stupně k.jelikožargumentsoučinujetotéž,cosoučetargumentů,jejasné,že f Q = f P + f x x0.přírůstek f Q jetedysoučtempřírůstků f P a f x x0. Přírůstek f P jenezápornýdíkyindukčnímupředpokladu,přírůstek f x x0 jebuď0(pro x 0 1)nebo2π(pro x 0 <1),jakjsmesiuvědomilivprvnímindukčnímkroku.Celkový přírůstek f Q jetedytakénezápornýatímjedůkazhotov. Poznámka: Vlastně jsme dokázali, že počet kořenů P(z) uvnitř jednotkového kruhu je roven počtuoběhůkřivky P(e iϕ ), ϕ 0,2π,kolemnulyprotisměruhodinovýchručiček. Druhé řešení(upraveno podle Martina Tancera): Stejně jako v prvním řešení si uvědomíme, že k 1,abudemeukazovat,že k=1.nechť P jelibovolnýpolynom,ukážeme,žeexistuje z C, z =1takové,že P(z) z 1.Definujmesi ϕ(t)=e it, t 0,2π aprofunkci f spojitounajednotkovékružnicioznačme(propohodlnostzápisu) R 2π R f := f(ϕ(t))dt. t=0 Odhadnemepro z =1číslo P(z) z 2 : P(z) z 2 =(P(z) z)(p(z) z)= P(z) 2 + z 2 zp(z) zp(z) 1 zp(z) zp(z). Nynísistačíuvědomit,žepro m 1je 5 Z z m = Z2π t=0 h 1 e imt dt= im eimti2π = 1 t=0 im 1 im =0, a jelikož výraz zp(z) je jen součtem takovýchto mocnin vynásobených konstantou a zp(z) je jeho komplexně sdruženou hodnotou, dostáváme Z Z zp(z)= zp(z)=0. Nyní již stačí psát Z Z P(z) z 2 Z 1 zp(z) zp(z)= 1=2π. Dostalijsme,žeintegrálfunkce P(e it ) e it 2 přesintervaldélky2πjevětšíneboroven2π, musítedyexistovatbod t 0 0,2π,prokterýjetatofunkcevětšíneborovna1.Označíme-li si z= e it 0,dostáváme P(z) z 2 1,takžejsmenašlisprávné z.tímjedůkazhotov. Poznámky opravovatele: 8. úloha Buď P(x)polynomskomplexnímikoeficientystupně ntakový,že P(x) < 1prokaždé komplexníčíslo x <1.Dokažte,že P(2) <4 n. 5 Pozor,pro m=0toskutečněneplatí!

11 Jádrořešeníspočívávtom,žehodnotu P(2)vyjádřímepomocíhodnot Pv n+1bodech uvnitř kruhu x < 1. Jak známo, polynom nejvýše n-tého stupně je jednoznačně určen hodnotami v n + 1 různých bodech. Důvod je zřejmý, rozdíl dvou libovolných polynomů suvažovanouvlastnostínabývánulovéhodnotyvn+1různýchbodech,ajetotedynutně identickánula(kdybyne,bylbytopolynomstupněnejvýše natenmánejvýše nkořenů). Konstrukciprovedemenásledovně.Uvažme x 0,..., x npodvourůznáčíslaaoznačme Pak platí Q k (x)= Y j {0,...,n} j k (x x j )=(x x 0 ) (x x k 1 )(x x k+1 ) (x x n). P(x)= k=0 Q k (x) Q k (x k ) P(x k), neboťpolynomynalevéapravéstranějsoustupněnejvýše nashodujísevn+1bodech (konkrétněvbodech x=x 0, x 1,..., x n. Volmenyní x k jakovrcholypravidelného(n+1)-úhelníkuvepsanéhokružniciopoloměru r <1sestředemvnule,jehožjedenvrcholležínapolopřímce x 0(kladnáreálná poloosa). Tytobodyjsoukořenypolynomu x n+1 r n+1,atedyplatí x n+1 r n+1 = ny (x x j )=(x x k )Q k (x). j=0 Pro x x k tedyplatí Q k (x)=(x n+1 r n+1 )/(x x k ).Prostýmroznásobenímseověří atedynutněplatí x n+1 r n+1 = x n+1 x n+1 k =(x x k ) Q k (x)= j=0 x j x n j k j=0 x j x n j k, (zamysleteseproč,viztéžúloha4).speciálně Q k (x k )=(n+1)x n k,zčehoždále Q k(x k ) = (n+1)r n. Nyní již víme dost pro provedení závěrečného odhadu. Postupně dostáváme Q k (2) P(2) = Q k=0 k (x k ) P 2 n+1 r n+1 k(x k ) = (2 x k=0 k )(n+1)r n P k(x k ) 2 n+1 r n+1 (n+1)r n P k(x k ) 2n+1 r n+1 2 x k=0 k (2 r)r n.

12 První nerovnost plyne z tzv. trojúhelníkové nerovnosti pro komplexní čísla z z k k. k=1 k=1 Druhánerovnostjedůsledkemnerovností P(x k ) <1a 2 x k 2 r.ověření,žepro vhodné r <1platí 2 n+1 r n+1 (2 r)r n <4 n, je již snadné cvičení. Navícsilzevšimnout,žeodhad4 n jepřílišhrubý,našímetodoudostanemenejlepšíodhad pro r 1,kdydostáváme P(2) 2 n+1 1. Poznámky opravovatele: Správně úlohu vyřešil pouze Martin Tancer, jehož řešení jsme po drobných úpravách použili jako vzorové. Ostatní pokusy již zdárné nebyly, matematická indukce ani horní odhady pro polynomy k cíli nevedly.