Feladat: F.2524 Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Bán Rita ,  Bárány P. ,  Bóna M. ,  Boros Z. ,  Bortel L. ,  Csermely Ágnes ,  Cynolter G. ,  Deák CS. ,  Dinnyés Enikő ,  Edvi T. ,  Fülöp T. ,  Hetyei Judit ,  Íjjas Cs. ,  Krajnyák Kornélia ,  Limbek Cs. ,  Montágh B. ,  Nyikes T. ,  Olasz-Szabó M. ,  Pfeil T. ,  Regős G. ,  Ribényi Á. ,  Sobor G. ,  Szigeti Z. ,  Tornyi L. ,  Vasy A. 
Füzet: 1985/november, 373 - 374. oldal  PDF file
Témakör(ök): Polinomok szorzattá alakítása, Egész együtthatós polinomok, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1985/április: F.2524

Legyen a és b két különböző egész szám. Igazoljuk, hogy az
(x-a)2(x-b)2+1
polinom nem bontható fel két legalább elsőfokú, egész együtthatós polinom szorzatára.

Jelöljük p(x)-szel az (x-a)2(x-b)2+1 polinomot, és tegyük fel, hogy találtunk két egész együtthatós polinomot, q(x)-et és r(x)-et, amelyekre
q(x)r(x)p(x).(1)
Ha q(x) főegyütthatója (legmagasabb fokú tagjának együtthatója) b, akkor r(x) főegyütthatója 1/b, hiszen a két főegyüttható szorzata adja p(x) fő együtthatóját, ami 1. De b és 1/b is egész, ami csak úgy lehet, hogy ha b=1b=+1 vagy b=1b=-1. A második esetben tekinthetjük a -q(x) és -r(x) polinomokat. Ezek szorzata is p(x), mindkettő főegyütthatója +1, és nyilván mindkettő egész együtthatós.
 
(i) Feltehető tehát, hogy (1)-ben r(x) és q(x) főegyütthatója is +1.
Világos, hogy p(x)1 minden valós x-re, p(x)-nek tehát nincsen valós gyöke, következésképp q(x)-nek és r(x)-nek sincsen. Ezért q(x) és r(x) nem lehet elsőfokú, vagyis
 
(ii) q(x) és r(x) másodfokú polinomok. (i) szerint q(x) és r(x) főegyütthatója egyenlő, ezért
 
(iii) q(x)-r(x) (legfeljebb) elsőfokú.
 
A p(x) polinom az x=a és az x=b helyen 1 értéket vesz fel, (1) szerint tehát
p(a)=q(a)r(a)=p(b)=q(b)r(b)=1.(1')
q(x) és r(x) egész együtthatós, a és b egész, tehát q(a), r(a), q(b) és r(b) egész számok. Ha két egész szám szorzata 1, akkor a számok egyenlők, hisz vagy mindkettő 1, vagy pedig mindkettő -1. Ezért
q(a)=r(a)ésq(b)=r(b),
vagyis
q(a)-r(a)=q(b)-r(b)=0.(2)

(2) szerint
(iv) a q(x)-r(x) legfeljebb elsőfokú polinomnak a is és b is gyöke. De a és b különbözők, és egy legfeljebb elsőfokú polinomnak csak úgy lehet két különböző gyöke, ha a polinom azonosan nulla. Azt kaptuk tehát, hogy
(v) q(x)r(x), vagyis (1) alapján
(x-a)2(x-b)2+1=q2(x).(3)

Jelöljük most s(x)-szel az (x-a)(x-b) polinomot! Ekkor (3) így alakul:
s2(x)+1q2(x),ahonnan  (q(x)-s(x))(q(x)+s(x))=1.


Két polinom szorzata csak akkor lehet konstans, ha mindkettő konstans, így
(vi) q(x)-s(x) és q(x)+s(x) konstans polinomok.
Ebből viszont következik, hogy különbségük, a (q(x)+s(x))-(q(x)-s(x))=2s(x) polinom is konstans. Ez azonban nem igaz.
Ellentmondásra jutottunk abból a feltevésből, hogy vannak (1)-nek eleget tevő, egész együtthatós q(x) és r(x) polinomok, s ezzel a feladat állítását beláttuk.
 

Megjegyzés. Általában is igaz, hogy ha a1, a2, ..., an különböző egészek, akkor a p(x)=(x-a1)2(x-a2)2...(x-an)2+1 polinom nem bontható két alacsonyabb fokú egész együtthatós polinom szorzatára. Ha ugyanis volna két ilyen polinom, q(x) és r(x), amelyekre tehát (1) teljesül, akkor a megoldásban követett okoskodás most is adja (i)-t, (ii), (iii) és (iv) pedig így alakul:
 
(ii') q(x) és r(x) is n-edfokú.
(iii') q(x)-r(x) (n-1)-edfokú.
(iv')  a q(x)-r(x) polinomnak gyöke a1, a2, ...an.
(v)  és (vi) változatlan.
 
(ii')-ből ugyanúgy vezethető le (iii'), (iv'), (v) és (vi), mint a fenti megoldásban. Elég tehát (ii')-t bebizonyítani.
Ehhez megint felhasználjuk, hogy q(x)-nek és r(x)-nek nincs valós gyöke. (i) szerint főegyütthatójuk pozitív, tehát értékük nagy pozitív számokra pozitív. Ha felvennének negatív értéket is, akkor lenne gyökük is, mert r(x) is, q(x) is folytonos függvény. Így q(x) és  csak pozitív értékeket vehet fel.
(1') most így írható: 1=q(a1)r(a1)=...=q(aj)r(aj)=...=q(an)r(an). Mivel q(ai), r(ai) egész szám, tehát q(ai), r(ai) csak ±1 lehet. De láttuk, hogy -1 nem lehet, vagyis q(a1)=q(a2)=...=q(an)=1=r(a1)=r(a2)=...=r(an). A q(x)-1 polinomnak találtunk tehát n darab különböző gyökét, így q(x)-1 és q(x) is legalább n-edfokú. Ugyanúgy r(x) is legalább n-ed fokú. q(x) és r(x) fokszámának összege (1) szerint 2n, tehát q(x) is, r(x) is pontosan n-edfokú, ahogyan (ii') állítja.
(ii')-ből most már a megoldás gondolatmenetével vezethető le (vi), ahol s(x)=(x-a1)...(x-an), majd innen hogy s(x) konstans, ami ellentmondás. Ez az ellentmondás bizonyítja állításunkat, hogy tehát p(x) nem bontható két egész együtthatós, alacsonyabb fokú polinom szorzatára. Az itt igazolt állítás és annak egy bizonyítása megtalálható Sklarszkij-Csencov-Jaglom: Válogatott feladatok és tételek az elemi matematika köréből I. rész c. könyvének 211. feladatában.