Feladat: 1529. matematika feladat Korcsoport: 14-15 Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Bán Ilona ,  Cserha Gabriella ,  Grandpierre Attila ,  Vetier András 
Füzet: 1968/január, 12 - 14. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Elsőfokú (és arra visszavezethető) egyenletrendszerek, Konstruktív megoldási módszer, Polinomok szorzattá alakítása, Egész együtthatós polinomok, Mértani sorozat, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1967/április: 1529. matematika feladat

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

I. megoldás. Adjuk hozzá a polinomhoz x3-t és vonjuk is ki belőle. Ekkor, ismert azonosság alapján

P(x)=(x5+x4+x3)-(x3-1)=x3(x2+x+1)--(y-1)(x2+x+1)=(x3-x+1)(x2+x+1),
tehát az illető sejtése igaz.
Bán Ilona (Hódmezővásárhely, Bethlen G. g. IV. o.t.)

 

Megjegyzések. 1. Hasonlóan, a mértani sorozat összegképletét fölhasználva
P(x)=(x5+x4+x3+x2+x+1)-(x3+x2+x)==x6-1x-1-x(x3-1)x-1=x3-1x-1(x3+1-x)==(x2+x+1)(x3-x+1).

Cserha Gabriella (Makó, József A. g. II. o. t.)

 

2. A talált felbontás megtalálható az 1289. feladatban is, K. M. L. 29 (1964) 128. o.
 

Ilyen szerencsés észrevétel hiányában az alábbiak szerint jutunk megoldáshoz.
 

II. megoldás. Keressünk fölbontást egy harmad- és egy másodfokú, egész együtthatós polinom szorzatára:
x5+x4+1=(x3+ax2+bx+c)(x2+px+q)(2)
alakban. A két tényező legmagasabb fokú tagjában az együtthatók abszolut értéke csak 1 lehet, hiszen (2) azonosság volta miatt szorzatuk egyenlő x5 együtthatójával, közös előjelüket pedig választhatjuk pozitívnak. Ugyanígy a változót nem tartalmazó tag jobbról és balról: cq=1, így vagy c=q=1, vagy c=q=-1. Abból, hogy x4, x3, x2 és x együtthatója is egyenlő az azonosság két oldalán, az a, b, p ismeretlenekre az első esetben a következő egyenletrendszert kapjuk:
a+p=1,(3)b+ap+1=0,(4)1+bp+a=0,(5)p+b=0.(6)



(3) és (6), valamint (5) és (4) különbségéből, az első különbség értékét mindjárt behelyettesítve
a-b=1,(a-b)+p(b-a)=(a-b)(1-p)=1-p=0,


azaz p=1, ezért (3)-ból a=0, (6)-ból b=-1. Ez az értékhármas mind a négy egyenletet kielégíti, tehát
x5+x4+1=(x3-x+1)(x2+x+1),
a sejtés helyes. ‐ Így a c=q=-1 eset vizsgálata fölösleges.
 

Grandpierre Attila (Budapest, I. István g. II. o. t.)

 

Megjegyzések. 1. Azt, hogy P(x) nem bontható egész együtthatós első és negyedfokú polinom szorzatára, beláthatjuk az együtthatók összehasonlítása nélkül is. Az elsőfokú polinom csak x-c alakú lehetne s ekkor a c egész szám gyöke lenne a P(x)=0 egyenletnek. Azonban P(x)=x4(x+1)+1. Ha x egész, akkor itt az első tag páros szám (vagy x, vagy x+1 páros), s így P(x) értéke páratlan, tehát nem 0.
Vetier András (Budapest, Fazekas M. gyak. g. III. o. t.)

 

2. Sejtést kaphatunk a polinom felbontására, ha elemezzük a kérdés felvetőjének észrevételeit. Véve pl. a törzsszámhatványok szorzatára való alábbi felbontásokat. (amelyekben kevés és nagyobb törzsszám lép fel):
P(4)=1281=3⋅7⋅61,P(6)=43⋅211,P(7)=3⋅19⋅337,P(-4)=-13⋅59,P(-8)=-3⋅19⋅503,
a vastagon szedett törzstényezők (az utóbbi kettőhöz hozzácsatolva a mínusz jelet is) rendre közel állnak a választott x érték köbéhez, 43=64-hez, 63=216-hoz, 73=343-hoz, (-4)3=-64-hez, (-8)3=-512-höz, és a hiány rendre 3, 5, 6, ill. -5, -9, minden esetben 1-gyel kisebb a beírt x-nél, vagyis e tényezők x3-(x-1) alakban írhatók.
A vékonyan szedett tényező viszont, vagy az ilyen tényezők szorzata x2-hez áll közel:
3⋅7=21 és 16,43 és 36,3⋅19=57 és 49,13 és 16, végül57 és 64,
ez pedig az x2+(x+1) tényezőt sejteti. Bármelyikkel osztva P(x)-et, nincs osztási maradék, a sejtés helyes.
 

3. A kérdés felvetőjének szerencséje volt a sejtéssel. Ellenpélda az
56x3-x2+16x(=x3-x2-(x-1)x(x+1)6)
polinom: minden egész x helyen egész az értéke.
 

4. A feladat hátterében Gauss következő tétele van: ha egy egész együtthatós polinom felbontható racionális együtthatós polinomok szorzatára, akkor felbontható egész együtthatósak szorzatára is (amelyek a racionális felbontáshól egy konstanssal és a reciprokéval való szorzás útján keletkeznek).