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  |  MathML
Témakör(ök):	Algebrai átalakítások, Konstruktív megoldási módszer, Polinomok, Nehéz feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1994/december: N.51

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.   I. megoldás. Tetszőleges $k\ge 2$ egész számhoz konstruálunk olyan $P_k\left(x\mathrm{,}y\mathrm{,}z\right)$ polinomot, amelyre $\begin{array}{c}{\displaystyle P_k\left(t^k\mathrm{,}{t}^{k+1}\mathrm{,}t+t^{k+2}\right)=t\mathrm{.}}\end{array}$ (1) Ez $k=1993$ esetén bizonyítja az állítást. Legyen $\begin{array}{c}{\displaystyle {\displaystyle \begin{array}{c}\hfill {\displaystyle P_k\left(x\mathrm{,}y\mathrm{,}z\right)=z-zy+z{y}^2-\text{...}+{\left(-1\right)}^{k-2}z{y}^{k-2}-{\left(-1\right)}^{k-2}{x}^k=}\\ \hfill {\displaystyle =z\left(1-y+y^2-\text{...}+{\left(-1\right)}^{k-2}{y}^{k-2}\right)-{\left(-1\right)}^{k-2}{x}^k;}\end{array}}}\end{array}$ ekkor $\begin{array}{c}{\displaystyle {\displaystyle \begin{array}{c}\hfill {\displaystyle P_k\left(t^k\mathrm{,}{t}^{k+1}\mathrm{,}t+t^{k+2}\right)=}\\ \hfill {\displaystyle =t\left(1+t^{k+1}\right)\left(1-t^{k+1}+{\left(t^{k+1}\right)}^2-{\left(t^{k+1}\right)}^3+-\text{...}+{\left(-1\right)}^{k-2}{\left(t^{k+1}\right)}^{k-2}\right)-{\left(-1\right)}^{k-2}{t}^{k^2}=}\\ \hfill {\displaystyle =t\left(1+{\left(-1\right)}^{k-2}{\left(t^{k+1}\right)}^{k-1}\right)-{\left(-1\right)}^{k-2}{t}^{k^2}=t+{\left(-1\right)}^{k-2}{t}^{\left(k+1\right)\left(k-1\right)+1}-{\left(-1\right)}^{k-2}{t}^{k^2}=t\mathrm{.}}\end{array}}}\end{array}$  Braun Gábor (Budapest, Szent István Gimn., II. o.t.)   II. megoldás. Legyenek $\alpha$, $\beta$, $\gamma$ $1$-nél nagyobb egészek, és legyenek $\alpha$ és $\beta$ relatív prímek. Bebizonyítjuk, hogy létezik olyan $P\left(x\mathrm{,}y\mathrm{,}z\right)$ polinom, amelyre $\begin{array}{c}{\displaystyle P\left(t^{\alpha }\mathrm{,}{t}^{\beta }\mathrm{,}t+t^{\gamma }\right)=t\mathrm{.}}\end{array}$ Nevezzünk egy $f\left(t\right)$ polinomot előállíthatónak, ha létezik hozzá olyan $P_f\left(x\mathrm{,}y\mathrm{,}z\right)$ polinom, amelyre $P_f\left(t^{\alpha }\mathrm{,}{t}^{\beta }\mathrm{,}t+t^{\gamma }\right)=f\left(t\right)$ teljesül. A következőket állítjuk: A) Ha $k\ge \alpha \beta$ egész szám, akkor $t^k$ előállítható; B) Ha $k$ pozitív egész és $t^{k+1}$, $t^{k+2}$, $t^{k+3}$, $\text{...}$ mindegyike előállítható, akkor $t^k$ is előállítható. Ezekből következik, hogy a $t$ polinom is előállítható. Az A) állítás bizonyítása. Megmutatjuk, hogy $k\ge \alpha \beta$ esetén léteznek olyan $i\mathrm{,}j$ nemnegatív egész számok, amelyekre $k=i\alpha +j\beta$. Ebből állításunk következik, mert $t^k=t^{i\alpha +j\beta }={\left(t^{\alpha }\right)}^i{\left(t^{\beta }\right)}^j$, vagyis a $P\left(x\mathrm{,}y\mathrm{,}z\right)=x^i{y}^j$ polinom előállítja $t^k$-t. Legyen tehát $k\ge \alpha \beta$ és tekintsük a $\beta \mathrm{,2}\beta \mathrm{,}\text{...}\mathrm{,}\alpha \beta$ egészeket. Mivel $\alpha$ és $\beta$ relatív prímek, ezek a számok teljes maradékrendszert alkotnak modulo $\alpha$. Ezért létezik egy olyan $1\le j\le \alpha$ egész, amelyre $k\equiv j\beta \text{mod}\alpha$, vagyis $k-j\beta$ osztható $\alpha$-val; létezik egy olyan $i$ egész szám, amelyre $k-j\beta =i\alpha$. Mivel $k\ge \alpha \beta$, $i\alpha =k-j\beta \ge 0$, tehát $i$ nemnegatív. (A gondolatmenet kis módosításával bizonyítható, hogy már $k\ge \left(\alpha -1\right)\left(\beta -1\right)$ esetén is mindig léteznek megfelelő $i\mathrm{,}j$ nemnegatív egészek.) A B) állítás bizonyítása. A binomiális tétel szerint $\begin{array}{c}{\displaystyle {\left(t+t^{\gamma }\right)}^k=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{0}\right)t^k+\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{1}\right)t^{k-1+\gamma }+\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{2}\right)t^{k-2+2\gamma }+\text{...}+\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{k}\right)t^{k\gamma }\mathrm{.}}\end{array}$ Ebben a polinomban az első tag a kívánt $t^k$, a többi pedig mind legalább $k+\gamma -1\ge \left(k+1\right)$-edfokú. Legyen minden $n\ge k$-ra $P_n\left(x\mathrm{,}y\mathrm{,}z\right)$ az a polinom, amely előállítja $t^n$-t; ekkor $\begin{array}{c}{\displaystyle t^k={\left(t+t^{\gamma }\right)}^k-\sum _{i=1}^k\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{i}\right)P_{k-i+i\gamma }\left(t^{\alpha }\mathrm{,}{t}^{\beta }\mathrm{,}t+t^{\gamma }\right)\mathrm{,}}\end{array}$ vagyis $\begin{array}{c}{\displaystyle P_k\left(x\mathrm{,}y\mathrm{,}z\right)=z^k-\sum _{i=1}^k\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{i}\right)P_{k-i+i\gamma }\left(x\mathrm{,}y\mathrm{,}z\right)}\end{array}$ választással $\begin{array}{c}{\displaystyle P_k\left(t^{\alpha }\mathrm{,}{t}^{\beta }\mathrm{,}t+t^{\gamma }\right)=t^k\mathrm{.}}\end{array}$ Ezzel az A) és a B) állítást is igazoltuk.  Szádeczky-Kardoss Szabolcs (Fazekas M. Főv. Gyak. Gimn., IV. o.t.) dolgozata alapján