Kezdőlap


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 \| MathML
Témakör(ök):	Polinomok szorzattá alakítása, Egész együtthatós polinomok, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1985/április: F.2524

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

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

\begin{matrix} q (x) \cdot r (x) \equiv p (x) . \end{matrix}

(1)

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 = \frac{1}{b} = + 1

vagy

b = \frac{1}{b} = - 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.

p (x)

polinom az

x = a

és az

x = b

helyen

1

értéket vesz fel, (1) szerint tehát

\begin{matrix} p (a) = q (a) r (a) = p (b) = q (b) r (b) = 1. \end{matrix}

(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

\begin{matrix} q (a) = r (a) és q (b) = r (b), \end{matrix}

vagyis

\begin{matrix} q (a) - r (a) = q (b) - r (b) = 0. \end{matrix}

(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) \equiv r (x)

, vagyis (1) alapján

\begin{matrix} {(x - a)}^{2} {(x - b)}^{2} + 1 = q^{2} (x) . \end{matrix}

(3)

Jelöljük most

s (x)

-szel az

(x - a) (x - b)

polinomot! Ekkor (3) így alakul:

\begin{matrix} s^{2} (x) + 1 \equiv q^{2} (x), ahonnan \\ (q (x) - s (x)) (q (x) + s (x)) = 1. \end{matrix}

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)) = 2 s (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

a_{1}

a_{2}

...

a_{n}

különböző egészek, akkor a

p (x) = {(x - a_{1})}^{2} {(x - a_{2})}^{2} ... (x - a_{n})^{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)

n

-edfokú.
(iii')

q (x) - r (x)

(n - 1)

-edfokú.
(iv') a

q (x) - r (x)

polinomnak gyöke

a_{1}

a_{2}

... a_{n}

.
(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

r (x)

csak pozitív értékeket vehet fel.
(1') most így írható:

1 = q (a_{1}) r (a_{1}) = ... = q (a_{j}) r (a_{j}) = ... = q (a_{n}) r (a_{n})

. Mivel

q (a_{i})

r (a_{i})

egész szám, tehát

q (a_{i})

r (a_{i})

csak

\pm 1

lehet. De láttuk, hogy

- 1

nem lehet, vagyis

q (a_{1}) = q (a_{2}) = ... = q (a_{n}) = 1 = r (a_{1}) = r (a_{2}) = ... = r (a_{n})

. 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

2 n

, 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 - a_{1}) ... (x - a_{n})

, 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.