Kezdőlap


Feladat:	1959. évi Kürschák matematikaverseny 1. feladata	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Arató Péter , Csanak György , Halász Gábor , Jeltai Árpád , Muszély György
Füzet:	1960/február, 42 - 46. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Oszthatóság, Természetes számok, Egész együtthatós polinomok, Negyed- és magasabb fokú függvények, Törtfüggvények, Kürschák József (korábban Eötvös Loránd)
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1960/február: 1959. évi Kürschák matematikaverseny 1. feladata

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

I. megoldás. Azt fogjuk megmutatni, hogy a kifejezést közös nevezőre hozva a számláló osztható a nevezővel, közelebbről azt, hogy a nevező tényezői kiemelhetők a számlálóból, a visszamaradó tényező $x$ , $y$ , $z$ -nek egész együtthatós polinomja. Így ha $x$ , $y$ , $z$ egész, akkor a kifejezés értéke is egész szám.
A közös nevezőre hozott alak

\begin{matrix} \frac{x^{n} (y - z) + y^{n} (z - x) + z^{n} (x - y)}{(x - y) (x - z) (y - z)} . \end{matrix}

(2)

Itt

n = 0

-ra a számláló

\begin{matrix} (y - z) + (z - x) + (x - y) = 0, \end{matrix}

s így

0

a kifejezés értéke. Másrészt ebből

\begin{matrix} x - y = - (y - z) - (z - x) . \end{matrix}

Ezt felhasználva a számláló tetszés szerinti

n

-re a következőképpen alakítható:

\begin{matrix} (x^{n} - z^{n}) (y - z) + (y^{n} - z^{n}) (z - x) . \end{matrix}

n = 1

-re

0

-t ad, ha pedig

n \geq 2

, akkor

(x - z) (y - z)

-t, kiemelve a következőt kapjuk:

\begin{matrix} (x - z) (y - z) [x^{n - 1} + x^{n - 2} z + ... + x z^{n - 2} + z^{n - 1} - \\ - y^{n - 1} - y^{n - 2} z - ... - y z^{n - 2} - z^{n - 1}] = \\ = (x - y) (x - z) (y - z) [(x^{n - 2} + x^{n - 3} y + ... + x y^{n - 3} + y^{n - 2}) + \\ + z (x^{n - 3} + ... + y^{n - 3}) + ... + z^{n - 2}] . \end{matrix}

Itt a szögletes zárójelben

x

y

z

-nek egész együtthatós polinomja áll állításunknak megfelelően. (Az

n = 2

esetben a szögletes zárójelben csak az utolsó tag, az

n = 3

esetben pedig csak az első kifejezés és az utolsó tag lép fel.)

Megjegyzés. 1. Ha

n \geq 2

, a szögletes zárójelben egyszerű felépítésű polinom keletkezett: azoknak az

x

y

z

hatványait tartalmazó szorzatoknak az összege, amelyekben a hatványkitevők összege

n - 2

.
2. Sok versenyző a feladat állítását bizonyítottnak vélte annyit mutatva meg, hogy a (2) alatti kifejezés számlálója osztható külön-külön az

x - y

x - z

y - z

egészekkel. Ebből azonban csak akkor következtethetnénk arra, hogy ezek szorzatával is osztható a számláló, ha a három különbség semelyik kettőjének nem volna

1

-nél nagyobb közös osztója; ez azonban általában nem teljesül.
Helyessé tehető ez az okoskodás, ha a számlálót és nevezőt az

x

y

z

változók polinomjának tekintjük. Ekkor az

x - y

x - z

y - z

polinomoknak nincs változót tartalmazó közös osztója, és mindegyik kiemelhető a számlálóban szereplő polinomból. Ebből az egész együtthatós polinomok körében is következik, hogy a három kifejezés szorzata is kiemelhető a számlálóból. Néhány versenyző ezen az úton helyes bizonyítást adott a feladat állítására, ezzel azonban lényegesen mélyebb tételt használt fel bizonyítatlanul, mint a bizonyítandó állítás.
Helyessé tehető azonban ez a gondolatmenet a gyöktényezők kiemelésére vonatkozó tételt a következő alakban használva fel: Ha egy

f (x)

polinomnak gyöke a

t

szám, akkor

f (x)

felbontható

x - t

-nek és egy polinomnak a szorzatára. Ha

f (x)

egész együtthatós, és

t

is egész szám, akkor

x - t

szorzója is egész együtthatós polinom. Ez könnyen leolvasható a gyöktényező kiemelésére vonatkozó szokásos bizonyításokból például a következő módon: Legyen

\begin{matrix} f (x) = a_{0} x^{n} + a_{1} x^{n - 1} + ... + a_{n - 1} x + a_{n} és f (t) = 0. \end{matrix}

Ekkor

\begin{matrix} f (x) = f (x) - f (t) = a_{0} (x^{n} - t^{n}) + a_{1} (x^{n - 1} - t^{n - 1}) + ... + a_{n - 1} (x - t) = \\ = (x - t) [a_{0} (x^{n - 1} + x^{n - 2} t + ... + t^{n - 1}) + a_{1} (x^{n - 2} + ... + t^{n - 2}) + ... + a_{n - 1}] = \\ = (x - t) [a_{0} x^{n - 1} + (a_{0} t + a_{1}) x^{n - 2} + (a_{0} t^{2} + a_{1} t + a_{2}) x^{n - 3} + ... + \\ + (a_{0} t^{n - 1} + a_{1} t^{n - 2} + ... + a_{n - 1})] . \end{matrix}

Ha itt az

a_{i}

együtthatók és

t

egész szám, akkor nyilvánvalóan egész együtthatós a szögletes zárójelben levő kifejezés is.
Ennek alapján a feladat állítása így látható be:

II. megoldás. A (2) kifejezés számlálója

0

, ha

n

értéke

0

vagy

1

. Ha

n \geq 2

, akkor rendezzük a kifejezés számlálóját

x

hatványai szerint, és végezzük el a kínálkozó kiemelést:

\begin{matrix} x^{n} (y - z) - x (y^{n} - z^{n}) + y z (y^{n - 1} - z^{n - 1}) = & (3) \\ = (y - z) [x^{n} - x (y^{n - 1} + y^{n - 2} z + ... + z^{n - 1}) + y z (y^{n - 2} + ... + z^{n - 2})] . \end{matrix}

(Itt

n = 2

esetén a szögletes zárójelben az utolsó tag utolsó tényezőjén az

1

számot kell érteni.) Tekintsük ezt most az

x

változó polinomjának,

y

és

z

pedig jelentsenek adott különböző egész számokat. Ekkor (3) bal oldala eltűnik az

x = y

helyen, így a jobb oldal második tényezője is, mert

y

és

z

különböző. Ez a tényező egész együtthatós és

y

is egész, így kiemelhető az

x - y

tényező és kiemelése után egy egész együtthatós polinom marad vissza.
Ez a polinom eltűnik az

x = z

helyen, mert (3) bal oldala eltűnik, viszont a jobb oldalon az előző kiemelés után keletkezett

(y - z) (x - y)

szorzat nem tűnik el, mivel

y

és

z

különböző. Így kiemelhető még az

x - z

tényező is és ismét

x

egész együtthatós polinomja marad vissza. Ha az így átalakított számlálóban

x

helyébe is az adott egész értéket helyettesítjük, azt kapjuk, hogy a számláló az

(y - z) (x - y) (x - z)

szorzatnak egy egész többszöröse, tehát a (2) kifejezés egész szám.

III. megoldás. Jelöljük az (1) kifejezést

P_{n} (x, y, z)

-vel. Teljes indukcióval fogjuk bizonyítani, hogy ez az

x

y

z

változók egész együtthatós polinomja.
Az állítás

n = 0

-ra igaz, mert

P_{0} (x, y, z)

azonosan

0

.
Tegyük fel, hogy valamilyen

n = k

értékre

P_{k} (x, y, z)

egész együtthatós polinom. Kiküszöbölve

P_{k + 1} (x, y, z)

-ből és

P_{k} (x, y, z)

-ből a harmadik tagot a következő azonossághoz jutunk:

\begin{matrix} P_{k + 1} (x, y, z) - z P_{k} (x, y, z) = \frac{x^{k + 1} - z x^{k}}{(x - y) (x - z)} + \frac{y^{k + 1} - z y^{k}}{(y - x) (y - z)} = \frac{x^{k} - y^{k}}{x - y}, \end{matrix}

azaz

\begin{matrix} P_{k + 1} (x, y, z) = z P_{k} (x, y, z) + (x^{k - 1} + x^{k - 2} y + ... + y^{k - 1}), \end{matrix}

(4)

ahol

k = 0

-ra a zárójelben álló összeg

0

-val helyettesítendő. Ebből azonnal következik, hogy

P_{k} (x, y, z)

-vel együtt

P_{k + 1} (x, y, z)

x

y

z

egész együtthatós polinomja. Állításunk tehát minden nem negatív egész

n

-re érvényes.

Megjegyzés. A (4) azonosság mindjárt módot is ad a

P_{n} (x, y, z)

polinomok lépésről lépésre történő ‐ úgynevezett rekurzív ‐ meghatározására. Megkaphatjuk ebből

P_{n} (x, y, z)

explicit előállítását is, teljes indukcióval bebizonyíthatjuk az I. megoldáshoz fűzött 1. megjegyzés állítását.

IV. megoldás. Az (1) kifejezést tekinthetjük a

\begin{matrix} P_{n}^{(k)} (x_{1}, x_{2}, ..., x_{k}) = \frac{x_{1}^{n}}{(x_{1} - x_{2}) (x_{1} - x_{3}) ... (x_{1} - x_{k})} + \\ + \frac{x_{2}^{n}}{(x_{2} - x_{1}) (x_{2} - x_{3}) ... (x_{2} - x_{k})} + ... + \frac{x_{k}^{n}}{(x_{k} - x_{1}) (x_{k} - x_{2}) ... (x_{k} - x_{k - 1})} \end{matrix}

kifejezések speciális esetének, ha

k = 3

. Értelem szerint

P_{n} (x_{1})

-en

x_{1}^{n}

-t értjük. Az alábbi meggondolások erre az esetre is érvényesek. Megmutatjuk, hogy ezek a kifejezések minden

k

-ra és tetszés szerinti nem negatív egész

n

-re a változók egész együtthatós polinomjai.
A bizonyítás történhetik a változók számára vonatkozó teljes indukcióval. A

k = 1

értékre

\begin{matrix} P_{n}^{(1)} (x_{1}) = x_{1}^{n} \end{matrix}

x_{1}

változó egész együtthatós polinomja.
Tegyük fel, hogy ha

k

valamilyen

l - 1

értékkel egyenlő (ahol

l - 1 \geq 1

), akkor

P_{n}^{(l - 1)} (x_{1} ..., x_{l - 1})

a változóinak egész együtthatós polinomja. Ekkor képezzük a

\begin{matrix} P_{n}^{(l - 1)} (x_{1}, ..., x_{l - 2}, x_{l - 1}) - P_{n}^{(l - 1)} (x_{1} ..., x_{l - 2}, x_{l}) \end{matrix}

kifejezést. Itt az

x_{i}^{n}

számlálójú tag mindkét kifejezésben fellép, ha

l > 2

és

i \leq l - 2

, a nevezők pedig egyenlővé válnak, ha az első törtet

x_{i} - x_{l}

-lel, a másodikat

x_{i} - x_{l - 1}

-gyel bővitjük. Ekkor a számlálóban

\begin{matrix} x_{i}^{n} (x_{i} - x_{l}) - x_{i}^{n} (x_{i} - x_{l - 1}) = x_{i}^{n} (x_{l - 1} - x_{l}) \end{matrix}

lesz, tehát a két tört összevonásával az

\begin{matrix} \frac{x_{i}^{n} (x_{l - 1} - x_{l})}{(x_{i} - x_{1}) ... (x_{i} - x_{i - 1}) (x_{i} - x_{i + 1}) ... (x_{i} - x_{l - 1}) (x_{i} - x_{l})} \end{matrix}

tag keletkezik. Az első, ill. második kifejezés utolsó tagját

x_{l - 1} - x_{l}

-lel bővítve így alakítjuk át:

\begin{matrix} \frac{x_{l - 1}^{n}}{(x_{l - 1} - x_{1}) ... (x_{l - 1} - x_{l - 2})} = \frac{x_{l - 1}^{n} (x_{l - 1} - x_{l})}{(x_{l - 1} - x_{1}) ... (x_{l - 1} - x_{l - 2}) (x_{l - 1} - x_{l})}, \end{matrix}

ill.

\begin{matrix} - \frac{x_{l}^{n}}{(x_{l} - x_{1}) ... (x_{l} - x_{l - 2})} = \frac{x_{l}^{n} (x_{l - 1} - x_{l})}{(x_{l} - x_{1}) ... (x_{l} - x_{l - 2}) (x_{l} - x_{l - 1})} . \end{matrix}

Így a következő azonosságra jutunk, kiemelve a minden tagban közös

(x_{l - 1} - x_{l})

tényezőt:

\begin{matrix} P_{n}^{(l - 1)} (x_{1}, ..., x_{l - 2}, x_{l - 1}) - P_{n}^{(l - 1)} (x_{1}, ..., x_{l - 2}, x_{l}) = (x_{l - 1} - x_{l}) P_{n}^{(l)} (x_{1} ..., x_{l}) . \end{matrix}

(5)

Itt a bal oldalon

P_{n}^{(l - 1)} (x_{1} ..., x_{l - 2}, x_{l - 1})

és

P_{n}^{(l - 1)} (x_{1}, ..., x_{l - 2}, x_{l})

az indukciós feltevés szerint a változók egész együtthatós polinomja; az utóbbi úgy nyerhető az előbbiből, hogy

x_{l - 1}

helyébe

x_{l}

-et írunk. Így az egyiket

x_{l - 1}

, a másikat

x_{l}

hatványai szerint rendezve a két kifejezésben

x_{l - 1}

, ill.

x_{l}

egyenlő hatványainak megegyezik az együtthatója. A különbségben ezeket a közös együtthatókat kiemelve

x_{l - 1}^{r} - x_{l}^{r}

alakú különbségek lépnek fel. Ezek mindegyikéből, s így (5) bal oldalából is kiemelhető az

x_{l - 1} - x_{l}

tényező. A visszamaradó tényező, ami (5) szerint

P_{n}^{(l)} (x_{1}, ..., x_{l})

-et adja, az

x_{1}, ..., x_{l}

változók egész együtthatós polinomja. Ezzel indukciós bizonyításunkat befejeztük.

Megjegyzések. 1. A bizonyítást lépésről lépésre követve az is könnyen bizonyítható teljes indukcióval, hogy

P_{n}^{(k)} (x_{1}, ..., x_{k})

x_{1}, ..., x_{k}

változók hatványaiból képezett összes olyan szorzatok összege, amelyekben a kitevők összege

n - k + 1

, ha

n \geq k

;

P_{n}^{(k)}

azonosan egyenlő

1

-gyel, ha

n = k - 1

, ha pedig

n \leq k - 1

, akkor

0

-val.
2. Az eddigi bizonyítások mindegyike felhasználta az

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

azonosságot. A következő ‐ lényegében Arató Péter dolgozatából származó ‐ megoldásban erre sincs szükség.

V. megoldás. A

\begin{matrix} (t - x) (t - y) (t - z) = t^{3} - (x + y + z) t^{2} + (x y + x z + y z) t - x y z \end{matrix}

kifejezés, mint

t

polinomja nyilván eltűnik a

t = x

t = y

t = z

helyeken és ugyanez áll a kifejezés

t^{n}

-szeresére is. Így ha

t

x

y

z

akármelyikét jelenti, azonosan teljesül, hogy

\begin{matrix} t^{n + 3} = t^{n + 2} (x + y + z) - t^{n + 1} (x y + x z + y z) + t^{n} x y z, & (6) \\ (t = x, vagy t = y, vagy t = z) \end{matrix}

(ami különben közvetlenül is könnyen belátható).
Jelöljük a feladatban szereplő kifejezést

P_{n} (x, y, z)

-vel, amint a III. megoldásban is tettük, akkor

P_{n + 3} (x, y, z)

tagjainak számlálójában felhasználva a (6) azonosságokat, a következő azonossághoz jutunk:

\begin{matrix} P_{n + 3} (x, y, z) = (x + y + z) P_{n + 2} (x, y, z) - (x y + x z + y z) P_{n + 1} (x, y, z) + \\ + x y z P_{n} (x, y, z) . \end{matrix}

Ebből látjuk, hogy ha kifejezésünk

n

három egymásutáni egész értékére a változók egész együtthatós polinomja, akkor ugyanez áll minden nagyobb

n

egész számra is. Mivel pedig

P_{0} (x, y, z) = P_{1} (x, y, z) = 0

P_{2} (x, y, z) = 1

, így

P_{n} (x, y, z)

minden nem negatív egész

n

-re áz

x

y

z

változók egész együtthatós polinomja.

Megjegyzés. Az V. megoldás módszerével is bizonyítható a IV. megoldásban szereplő általánosabb állítás tetszés szerinti adott

k

-ra, csak ekkor

n = 0,1, ..., k - 1

-re kell meghatározni

P_{n}^{(k)} (x_{1}, x_{2}, ..., x_{k})

értékét.