Feladat: N.51 Korcsoport: 18- Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Balogh Sándor ,  Bárász Tamás ,  Braun Gábor ,  Burcsi Péter ,  Dombi Gergely ,  Izsák Ferenc ,  Pap Gyula ,  Póczos Barnabás ,  Szádeczky-Kardoss Szabolcs ,  Tóth Gábor Zsolt ,  Újváry-Menyhárt Mónika ,  Valkó Benedek 
Füzet: 1995/április, 229 - 230. oldal  PDF file
Témakör(ök): Algebrai átalakítások, Konstruktív megoldási módszer, Polinomok, Nehéz feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1994/december: N.51

Igazoljuk, hogy létezik olyan P(x,y,z) polinom, amelyre
P(t1993,t1994,t+t1995)=t.

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

 
I. megoldás. Tetszőleges k2 egész számhoz konstruálunk olyan Pk(x,y,z) polinomot, amelyre
Pk(tk,tk+1,t+tk+2)=t.(1)
Ez k=1993 esetén bizonyítja az állítást.
Legyen
Pk(x,y,z)=z-zy+zy2-...+(-1)k-2zyk-2-(-1)k-2xk==z(1-y+y2-...+(-1)k-2yk-2)-(-1)k-2xk;
ekkor
Pk(tk,tk+1,t+tk+2)==t(1+tk+1)(1-tk+1+(tk+1)2-(tk+1)3+-...+(-1)k-2(tk+1)k-2)-(-1)k-2tk2==t(1+(-1)k-2(tk+1)k-1)-(-1)k-2tk2=t+(-1)k-2t(k+1)(k-1)+1-(-1)k-2tk2=t.

 Braun Gábor (Budapest, Szent István Gimn., II. o.t.)

 
II. megoldás. Legyenek α, β, γ 1-nél nagyobb egészek, és legyenek α és β relatív prímek. Bebizonyítjuk, hogy létezik olyan P(x,y,z) polinom, amelyre
P(tα,tβ,t+tγ)=t.
Nevezzünk egy f(t) polinomot előállíthatónak, ha létezik hozzá olyan Pf(x,y,z) polinom, amelyre Pf(tα,tβ,t+tγ)=f(t) teljesül. A következőket állítjuk:
A) Ha kαβ egész szám, akkor tk előállítható;
B) Ha k pozitív egész és tk+1, tk+2, tk+3, ... mindegyike előállítható, akkor tk is előállítható.
Ezekből következik, hogy a t polinom is előállítható.
Az A) állítás bizonyítása. Megmutatjuk, hogy kαβ esetén léteznek olyan i,j nemnegatív egész számok, amelyekre k=iα+jβ. Ebből állításunk következik, mert tk=tiα+jβ=(tα)i(tβ)j, vagyis a P(x,y,z)=xiyj polinom előállítja tk-t.
Legyen tehát kαβ és tekintsük a β,2β,...,αβ egészeket. Mivel α és β relatív prímek, ezek a számok teljes maradékrendszert alkotnak modulo α. Ezért létezik egy olyan 1jα egész, amelyre kjβmodα, vagyis k-jβ osztható α-val; létezik egy olyan i egész szám, amelyre k-jβ=iα. Mivel kαβ, iα=k-jβ0, tehát i nemnegatív.
(A gondolatmenet kis módosításával bizonyítható, hogy már k(α-1)(β-1) esetén is mindig léteznek megfelelő i,j nemnegatív egészek.)
A B) állítás bizonyítása. A binomiális tétel szerint
(t+tγ)k=(k0)tk+(k1)tk-1+γ+(k2)tk-2+2γ+...+(kk)tkγ.
Ebben a polinomban az első tag a kívánt tk, a többi pedig mind legalább k+γ-1(k+1)-edfokú. Legyen minden nk-ra Pn(x,y,z) az a polinom, amely előállítja tn-t; ekkor
tk=(t+tγ)k-i=1k(ki)Pk-i+iγ(tα,tβ,t+tγ),
vagyis
Pk(x,y,z)=zk-i=1k(ki)Pk-i+iγ(x,y,z)
választással
Pk(tα,tβ,t+tγ)=tk.

Ezzel az A) és a B) állítást is igazoltuk.
 Szádeczky-Kardoss Szabolcs (Fazekas M. Főv. Gyak. Gimn., IV. o.t.) dolgozata alapján