Kezdőlap


Cím:	Polinomok négyzetösszegéről
Szerző(k):	Pelikán József
Füzet:	1974/január, 3 - 5. oldal	PDF \| MathML
Témakör(ök):	Szakmai cikkek

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.

David Hilbert (1862‐1943) az 1900-ban Párizsban tartott Nemzetközi Matematikai Kongresszuson a matematika akkori 23 fontos megoldatlan problémájáról tartott előadást. Ezek a problémák részben még ma is megoldatlanok. A 17. probléma így hangzott: Tegyük fel, hogy egy valós együtthatós, $n$ -változós $f (x_{1}, ..., x_{n})$ polinom akármilyen $x_{1}$ , $...$ , $x_{n}$ valós számokat behelyettesítve mindig nem negatív értékeket vesz fel. Igaz-e, hogy léteznek olyan $g_{1} (x_{1}, ..., x_{n}), ..., g_{k} (x_{1}, ..., x_{n})$ valós együtthatós racionális törtfüggvények (azaz mindegyik $g_{i}$ két $n$ -változós valós együtthatós polinom hányadosa), hogy fennáll az

\begin{matrix} f = g_{1}^{2} + ... + g_{k}^{2} \end{matrix}

(1)

azonosság. Az (1) alakban előálló

f

polinomok nyilván csak nemnegatív értékeket vehetnek fel, s a kérdés értelme az, vajon lehet-e egy polinomnak ,,más oka'' arra, hogy mindenütt nemnegatív legyen, mint az, hogy ő (1) alakú.
Emil Artin (1898-), századunk egyik legkiválóbb algebristája 1927-ben megoldotta Hilbert 17. problémáját, bebizonyítva, hogy valóban minden csak nemnegatív értékeket felvevő

f

polinom (1) alakú.
A figyelmes olvasónak bizonyára feltűnt, hogy Hilbert 17. problémája egy gondolati ugrást tartalmaz. Ha valakinek már eszébe jut a négyzetösszegként való előállíthatóság, első kérdése nyilván a következő: Igaz-e, hogy minden

f (x_{1}, ..., x_{n})

, csak nemnegatív értékeket felvevő valós együtthatós polinom előállítható mint

f_{1} (x_{1}, ..., x_{n}), ..., f_{r} (x_{1}, ..., x_{n})

valós együtthatós polinomok négyzetösszege:

\begin{matrix} f = f_{1}^{2} ... + f_{r}^{2} . \end{matrix}

(2)

Hilbert azonban még 1888-ban bebizonyította, hogy van olyan

f

polinom, amely nem áll elő a (2) alakban. Bizonyítása azonban ilyen

f

-nek csak a létezését mutatja, konkrét példát ilyen

f

-re nem ad.
Az első egyszerű konkrét példa T. S. Motzkin-tól származik, 1967-ből. Az alábbiakban az ő gondolatmenetét követjük. Ajánljuk az olvasónak, hogy az egyes állítások elolvasása után előbb kísérelje meg azokat önállóan bebizonyítani, s csak ha ez már sikerült (vagy ha már valóban hosszabb ideje sikertelenül próbálkozott), olvasson el a bizonyításból egy részt (amíg új ötlethez nem ér), azután ismét próbálja folytatni a bizonyítást.
Bebizonyítjuk, hogy az

\begin{matrix} f (x, y) = x^{2} y^{2} (x^{2} + y^{2} - 3) + 1 \end{matrix}

(3)

polinomnak megvannak a fent említett tulajdonságai.

1. állítás:

\begin{matrix} f (x, y) \geq 0 \end{matrix}

(4)

minden

x

y

valós számpárra.

Bizonyítás: Alkalmazzuk a számtani és mértani közép közti ismert összefüggést az

\begin{matrix} x^{2}, y^{2}, \frac{1}{x^{2} y^{2}} \end{matrix}

számokra. (Ez csak akkor nem lehetséges, ha

x^{2} y^{2} = 0

, de ekkor

f (x, y) = 1 > 0

). Azt kapjuk, hogy

\begin{matrix} \frac{1}{3} (x^{2} + y^{2} + \frac{1}{x^{2} y^{2}}) \geq 1, \end{matrix}

ami átrendezve éppen (4)-et adja.

2. állítás: Tegyük fel, hogy valamely

\begin{matrix} F (x, y) = x^{2} y^{2} \cdot P (x, y) + 1 \end{matrix}

(ahol

P (x, y)

egy

4

-nél alacsonyabb fokú valós együtthatós polinom), előáll

m

valós együtthatós polinom négyzetösszegeként.

Bizonyítás: Legyen

\begin{matrix} F (x, y) = {(f_{1} (x, y))}^{2} + ... + {(f_{m} (x, y))}^{2} . \end{matrix}

(5)

Helyettesítsük (5)-be

x = 0

-t. Ekkor a bal oldalon

1

áll, tehát a jobb oldalon minden tag konstans kell hogy legyen. Az

x = 0

helyettesítés után ugyanis mindegyik

f_{i} (x, y)

polinomból egy

φ_{i} (y)

polinom marad vissza, amelyek négyzetösszege a feltevés szerint azonosan

1

\begin{matrix} {(φ_{i} (y))}^{2} + ... + {(φ_{m} (y))}^{2} = 1. \end{matrix}

(5a)

Ha a

φ_{i}

polinomok konstanstól különböző polinomot is tartalmaznának, akkor (5a) bal oldalán a legmagasabb fokú tag együtthatója nem lehetne

0

, tehát a bal oldal nem lehetne konstans. Tehát az

f_{i} (x, y)

polinomok konstanstól különböző tagjaiban szerepelnie kell

x

-nek. Ugyanígy kapjuk, hogy mindegyik

f_{i}

-ben a konstans tagtól különböző összes tagban szerepelnie kellene

y

-nak is.
Tehát fennállnak az

\begin{matrix} f_{i} (x, y) = x y \cdot g_{i} (x, y) + c_{i} (i = 1, 2, ..., m) \end{matrix}

(6)

azonosságok alkalmas valós együtthatós

g_{i} (x, y)

polinomokkal és

c_{i}

valós számokkal. A feltétel szerint mindegyik

g_{i} (x, y)

2

-nél alacsonyabb fokú. (5)-be visszahelyettesítve:

\begin{matrix} F (x, y) = x^{2} y^{2} [{(g_{1} (x, y))}^{2} + ... + {(g_{m} (x, y))}^{2}] + \\ + 2 x y [c_{1} g_{1} (x, y) + ... + c_{m} g_{m} (x, y)] + (c_{1}^{2} + ... + c_{m}^{2}) . & (7) \end{matrix}

Ebben az összegben

\begin{matrix} 2 x y [c_{1} g_{1} (x, y) + ... + c_{m} g_{m} (x, y)] \end{matrix}

(8)

csak másod- és harmadfokú tagokat tud szolgáltatni, ilyenek pedig

F (x, y)

-ban nincsenek. Tehát a (8) polinom azonosan nulla. Így tehát (7) csak úgy állhat fenn, ha

\begin{matrix} c_{1}^{2} + ... + c_{m}^{2} = 1 \end{matrix}

és

\begin{matrix} {(g_{1} (x, y))}^{2} + ... + {(g_{m} (x, y))}^{2} = P (x, y), \end{matrix}

(9)

de (9) éppen az, amit bizonyítani akarunk.
A 2. állításból speciális esetként adódik, hogy

f (x, y)

nem áll elő négyzetösszegként. Ellenkező esetben ugyanis

x^{2} + y^{2} - 3

is előállna négyzetösszegként, holott

x^{2} + y^{2} - 3

negatív értékeket is felvesz.
Befejezésül megemlítjük, hogy a (3) alatti példa bizonyos értelemben a lehető legegyszerűbb. Bebizonyítható ugyanis, hogy minden egyváltozós, csupa nemnegatív értékeket felvevő polinom előáll polinomok négyzetösszegeként, ^{$^{*}$} és ugyanez igaz a kétváltozós polinomok közül a

6

-nál alacsonyabb fokúakra.

Feladatok: 1. Bizonyítsuk be, hogy a 2. állítás nem lenne igaz, ha

P (x, y)

-ként

4

-edfokú polinomot is megengednénk.
2. Legyen

f (x, y)

legfeljebb harmadfokú polinom.^{$^{*}$} Tekintsük azt a

9 (x, y)

pontot, amit úgy kapunk, hogy

x

és

y

egymástól függetlenül felveszik az

1

0

- 1

értékeket. Tegyük fel, hogy

f (x, y)

értéke e

9

pont közül

8

-ban

0

. Bizonyítsuk be, hogy a kilencedik pontban is

0 f (x, y)

értéke.

^{$^{*}$}Pontversenyen kívüli problémáink közt szerepel a következő, ide kapcsolódó feladat (P. 175. 46. kötet 174. old.): ,,Bizonyítsuk be, hogy minden valós együtthatós, nem negatív értékű polinom előállítható két valós együtthatós polinom négyzetösszegeként." E feladat megoldásának közlését márciusi számunkba tervezzük. Szerkesztőség.

^{$^{*}$}Választhatjuk pl. a következő jelölést:

\begin{matrix} f (x, y) = A x^{3} + B y^{3} + C x^{2} y + D x y^{2} + a x^{2} + b y^{2} + c x y + α x + β y + γ, \end{matrix}

ahol

A, B, ..., α, β, γ

valós számok. Szerkesztőség.