Feladat: F.3168 Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Gyenes Zoltán ,  Lippner Gábor ,  Lukács László ,  Megyeri Csaba ,  Szalai-Dobos András ,  Szűcs Gábor ,  Terpai Tamás ,  Végh László 
Füzet: 1998/január, 30 - 31. oldal  PDF file
Témakör(ök): Valós együtthatós polinomok, Függvényegyenletek, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1997/március: F.3168

Mely kétváltozós valós együtthatós P polinomokra teljesül, hogy
P(X,Y)=P(X+Y,X-Y)?(5)


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

A válasz: a konstans polinomokra. A feltétel szerint ugyanis

P(X,Y)=P(X+Y,X-Y)=P((X+Y)+(X-Y),(X+Y)-(X-Y))=P(2X,2Y).
Rögzített t valós paraméterrel legyen Pt(x)=P(x,tx), ekkor
Pt(2x)=P(2x,2tx)=P(x,tx)=Pt(x)
szerint Pt(2kx)=Pt(x) minden k1 egészre. Legyen például Pt(1)=c, ekkor minden ilyen k-ra Pt(2k)-c=0, azaz 1, 2, 22, 23, ... mindegyike gyöke a Pt(x)-c polinomnak. Egy polinomnak azonban csak akkor lehet végtelen sok gyöke, ha a konstans nulla polinom, azaz ha Pt(x) konstans polinom minden t valós paraméterre. Hasonlóan kaphatjuk, hogy Qt(x)=P(tx,x) is konstans minden t-re. Így tetszőleges x, y valós számokra y=tx vagy x=ty (alkalmas t-vel), tehát
P(x,y)=Pt(x)=Pt(0)=P(0,0)vagyP(x,y)=Qt(y)=Qt(0)=P(0,0),
azaz P konstans polinom.
 
Megjegyzés. 1. A közölt megoldás tényként kezeli, hogy ha egy valós változós polinom minden helyettesítési értéke ugyanaz, akkor a polinom konstans, azaz minden valódi x-hatvány együtthatója 0. Ez az egyváltozós esetben abból következik, hogy egy nem konstans egyváltozós polinomnak csak véges sok gyöke lehet. Ezután már belátható a megfelelő állítás kétváltozós polinomokra is, felhasználva, hogy minden ilyen f(x,y) polinom felírható
fk(y)xk+fk-1(y)xk-1+...+f1(y)x+f0(y)
alakban, ahol f0, f1, ..., fk egyváltozós polinomjai y-nak. (Ugyanis rögzítve y-t, kapjuk, hogy
fk(y)=fk-1(y)=...=f1(y)=0,
és mivel ez minden y-ra igaz, fk-1, ..., f1 mindegyike azonosan nulla; így ha f(x,y) minden helyettesítési értéke ugyanaz, akkor f(x,y)=f0(y) alakú, és használjuk az egyváltozós polinomokra már belátott állítást.)
2. Az ismertetett megoldás kiindulópontjául szolgált P(X,Y)=P(2X,2Y) azonosságot a P(X,Y)=P(X2,Y2), ill. az ebből adódó P(X2k,Y2k)=P(X,Y) alakban használva kapjuk, hogy minden x, y számpárra (a kétváltozós P(x,y) függvény folytonossága miatt) P(X,Y)=limkP(X2k,Y2k), ami viszont éppen a P(X,Y) kifejezés konstans tagja, hiszen a P(X,Y)=aijXiYj alakban mindegyik aij(X2k)i(Y2k)j tag értéke 0-hoz tart, ha k és i+j>0.

 Lippner Gábor (Fazekas M. Főv. Gyak. Gimn., III. o.t.)


3. Azok, akik minden bizonyítás vagy hivatkozás nélkül használták a kétváltozós polinomokra, hogy csak véges sok gyökük lehet, illetve hogy folytonosak, nem kaptak maximális pontszámot.