Feladat: Pontversenyen kívüli P.345 Korcsoport: 18- Nehézségi fok: nehéz
Füzet: 1981/november, 150 - 151. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Részhalmazok, Számhalmazok, Pontversenyen kívüli probléma
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1981/február: Pontversenyen kívüli P.345

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

Legyen X és Y a valós számoknak egy‐egy részhalmaza. Az X⋅Y jelöli azt a halmazt, amelynek azok és csak azok a valós számok az elemei, melyek megkaphatók egy X-beli és egy Y-beli valós szám szorzataként; X+Y pedig azt, amelynek elemei az X-beli és Y-beli számok összegeként állíthatók elő. Melyek azok a c valós számok, melyekhez létezik a valós számoknak olyan valódi, nem üres X részhalmaza, amelyre

X⋅X+{c}=X?(1)

Megoldás. Bebizonyítjuk, hogy minden c valós számhoz megadható olyan X halmaz, amely teljesíti (1)-et, és nem üres, valódi részhalmaza az összes valós szám halmazának. Tekintsük ugyanis az összes egész együtthatós egyváltozós polinomot, és helyettesítsünk mindegyik polinomba c-t. Az így kapott helyettesítési értékek halmaza legyen X. Nyilvánvaló, hogy X nem üres, és csak megszámlálható sok eleme van, tehát valódi részhalmaza az összes valós szám halmazának.
Az X⋅X+{c} halmaz egy tetszőleges elemét úgy kaphatjuk meg, hogy veszünk két egész együtthatós polinomot, p(x)-et és q(x)-et, mindkettőbe behelyettesítjük a c értéket, a kapott helyettesítési értékeket összeszorozzuk, és a szorzathoz hozzáadunk c-t. Ugyanezt az értéket megkaphatjuk úgy is, ha a p(x)⋅q(x)+x polinomba helyettesítjük a c értéket. De a p(x)⋅q(x)+x polinom egész együtthatós, mivel p(x) és q(x) is az. Beláttuk tehát, hogy az X⋅X+{c} halmaz tetszőleges eleme előállítható úgy, hogy egy egész együtthatós polinomba c-t helyettesítünk. Következésképp
X⋅X+{c}⊆X.(2)
Másrészt igaz a fordított irányú tartalmazás is. X egy tetszőleges eleme p(c) alakú, ahol p(x) egész együtthatós polinom. Nyilvánvaló, hogy p(c)=1⋅(p(c)-c)+c, és itt 1∈X, p(c)-c∈X, mivel az azonosan 1 polinom és a p(x)-x polinom is egész együtthatós. Így tehát
X⋅X+{c}⊇X,
ami (2)-vel együtt (1)-et adja, és ezt akartuk bizonyítani.
 

Megjegyzések. 1. Hasonló gondolatmenettel belátható az is, hogy
X⋅X=X+X=X+{c}=X.(3)
Ebből pedig az is következik már, hogy X "bármilyen hatványa'' és "pozitív egész számszorosa'' is X. Értelmezhető két halmaz, U és V, különbsége, U-V is: az U-V halmazba azok a valós számok tartoznak, amelyek egy U-beli és egy V-beli valós szám különbségeként előállíthatók. Nem nehéz belátni, hogy a fent definiált X halmazra még
X-X=Xés{0}-X=X(4)
is igaz. (3)-ból és (4)-ből következik, hogy ha a0, a1, ..., an-1 tetszőleges egészek, akkor
a0Xn+a1Xn-1+...+an-1X+{c}=X.

2. Érdemes megvizsgálni, mi történik, ha X-ről megköveteljük azt is, hogy véges legyen.
a) Ha azokat a c valós számokat keressük, amelyekhez létezik egy elemű X halmaz, amelyre (1) fennáll, akkor ‐ más szavakkal ‐ azokat a c valós számokat keressük, amelyekhez van olyan y valós szám, amelyre y2+c=y. Minthogy az y2-y+c=0 másodfokú egyenlet diszkriminánsa 1-4c, az egyenletnek pontosan akkor van valós megoldás, ha c≤1/4. Tehát pontosan akkor van az (1)-nek megfelelő egy elemű X halmaz, ha c≤1/4. (c=1/4 esetén X={1/2}, c<1/4 esetén két megfelelő halmaz is van:
X={(-1+1-4c)/2}ésX={(-1-1-4c)/2}.

b) Teljesen megváltozik a helyzet, ha X-ről kikötjük, hogy legalább két elemű (de azért véges) legyen: ez esetben csak c=0-hoz és c=-1-hez van ilyen halmaz, c=-1 esetén X={-1,0}, c=0 esetén X={1,0}, X={1,-1} vagy X={1,0,-1}.