Kezdőlap


Feladat:	N.161	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Bérczi Gergely , Hegedűs Péter , Lukács László , Pataki Péter
Füzet:	1998/május, 291. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Polinomok szorzattá alakítása, Prímszámok, Nehéz feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1998/január: N.161

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

Először lássuk be, hogy $p$ komplex gyökei 1999-nél kisebb abszolút értékűek. Tegyük fel, hogy ezzel ellentétben $| x | \geq 1999$ , $x \in C$ -re

\begin{matrix} p (x) = a_{n} x^{2} + ... + a_{0} = 0 (a_{n} \neq 0) . \end{matrix}

Ekkor a feladat feltételeit kihasználva:

\begin{matrix} \begin{matrix} | x^{n} | \leq | a_{n} x^{n} | = | a_{n - 1} x^{n - 1} + ... + a_{0} | \leq \\ \leq | a_{n - 1} x^{n - 1} | + ... + | a_{0} | \leq 1998 \cdot (| x |^{n - 1} + ... + 1) = \\ 1998 \cdot \frac{| x |^{n} - 1}{| x | - 1} \leq 1998 \cdot \frac{| x^{n} | - 1}{1999 - 1} = | x^{n} | - 1. \end{matrix} \end{matrix}

Ez ellentmondás, tehát

p (x) = a_{n} (x - x_{1}) ... (x - x_{n})

, ahol

| x_{i} | < 1999

.
Tegyük fel, hogy a feladat állítása hamis, azaz

p = 9 \cdot h

, ahol

g

és

h

egész együtthatós polinomok. Így

p (2000) = g (2000) \cdot h (2000)

prím, azaz valamelyik tényező 1 abszolút értékű. Legyen például

| g (2000) | = 1

. Nyilván

\begin{matrix} g (x) = b \cdot (x - x_{i_{1}}) \cdot ... \cdot (x - x_{i_{k}}) \end{matrix}

(ahol

1 \leq i_{1} < ... < i_{k} \leq n

és

b \neq 0

egész), hiszen

g ∣ p

. Ezért

\begin{matrix} 1 = | g (2000) | = | b | \cdot | 2000 - x_{i_{1}} | \cdot ... \cdot | 2000 - x_{i_{k}} | . \end{matrix}

Ez viszont ellentmondás, mert a jobb oldali szorzat 1-nél nagyobb abszolút értékű

| x_{i} | < 1999

miatt.

Megjegyzés. Az állítás és a bizonyítás is helyes marad, ha 2000 helyére nagyobb egészt írunk.