Feladat: B.3507 Korcsoport: 18- Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Dúró Dóra ,  Eckert Bernadett ,  Hargitai Gábor ,  Hartmann Zoltán ,  Juhász Máté Lehel ,  Kocsis Albert Tihamér ,  Nagy Szabolcs ,  Pál Ágnes ,  Puskás Anna ,  Rácz Béla András ,  Sali András ,  Sándor Ágnes ,  Sándor Nóra Katalin ,  Simon Balázs ,  Spanczér Ilona ,  Tábor Áron ,  Tóth János 
Füzet: 2002/május, 289 - 291. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Polinomok oszthatósága, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 2001/december: B.3507

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

Legyen f=anxn+an-1xn-1+...+a1x+a0, ahol an,...,a0 egészek. Ha β tetszőleges szám, akkor f-et mindig átírhatjuk y=x-β hatványai szerint:

f(x)=f(y+β)=an(y+β)n+an-1(y+β)n-1+...+a1(y+β)+a0==cnyn+cn-1yn-1+...+c1y+c0=g(y).
Itt nyilván cn=an és f(β)=g(0)=c0. A ci együtthatók már nem feltétlenül egészek; ha azonban β egész szám, akkor mindegyik ci is egész, hiszen ezek az eredeti aj együtthatókból és β-ból kaphatók meg néhány összeadás és szorzás (az aj(y+β)j hatványozások elvégzése és rendezés) eredményeként. Ugyanígy látható az is, hogy ha β=AB racionális szám (A és B egészek), akkor legalábbis Bnci értéke egész, minden i-re.
Alkalmazzuk észrevételeinket először arra az esetre, amikor β=k egész szám. Az elmondottak szerint ekkor
f=bn(x-k)n+bn-1(x-k)n-1+...+b1(x-k)+b0,
ahol a bi együtthatók egészek, és b0=f(k). Ha p és q egymáshoz relatív prím egészek és f(pq)=0, akkor
0=f(pq)=bn(pq-k)n+bn-1(pq-k)n-1+...+b1(pq-k)+b0,0=qn(bn(pq-k)n+bn-1(pq-k)n-1+...+b1(pq-k)+b0)==bn(p-kq)n+qbn-1(p-kq)n-1+...+qn-1b1(p-kq)+qnb0.
Az utóbbi egyenlőség jobb oldalán egy kivételével mindegyik tagból kiemelhető p-kq; mivel az összeg értéke nulla, azért az utolsó tag is osztható (p-kq)-val:
p-kq∣qnb0.
Feltevésünk szerint p és q relatív prímek, így p-kq is relatív prím q-hoz, tehát qn-hez is; ezért a kapott oszthatóság csak úgy teljesülhet, ha valóban p-kq∣b0=f(k).
Megmutatjuk, hogy az állítás megfordítása is igaz; ehhez tegyük fel, hogy p és q≠0 olyan egészek, hogy a p-kq∣f(k) oszthatóság minden k egészre teljesül. Írjuk át az f polinomot ezúttal x-pq hatványai szerint:
f=cn(x-pq)n+cn-1(x-pq)n-1+...+c1(x-pq)+c0,
ahol tehát c0=f(pq), és a ci együtthatók qn-szeresei egész számok. Ezt felhasználandó szorozzuk az egyenlőség mindkét oldalát q2n-nel:
q2nf=(qncn)(qx-p)n+q(qncn-1)(qx-p)n-1+...+qn-1(qnc1)(qx-p)+qn(qnc0),
így minden k egész számra
q2nf(k)=(qncn)(qk-p)n+q(qncn-1)(qk-p)n-1+...++qn-1(qnc1)(qk-p)+qn(qnc0).
Feltettük, hogy a bal oldalon álló f(k) osztható (p-kq)-val, a jobb oldalon pedig az utolsó kivételével mindegyik tagból kiemelhető qk-p=-(p-kq); ezért az utolsó tag, qn(qnc0) is osztható (p-kq)-val. Ez minden k egészre fönnáll, tehát (q≠0 szerint) a qn(qnc0) számnak végtelen sok osztója van. Ez csak úgy lehet, ha qn(qnc0)=0, vagyis f(pq)=c0=0.
 
Megjegyzések: 1. A bizonyítás első részében lényegében azt használtuk fel, hogy ha pq gyöke az f(x) polinomnak, akkor p-kqq gyöke a g(x)=f(x+k) polinomnak. Az állítás első része így egyszerű következménye annak az ismert eredménynek, hogy egy egész együtthatós polinom racionális gyökének egyszerűsített alakjában a számláló osztója a polinom konstans tagjának, ami a polinom 0 helyen vett helyettesítési értéke. Az állítás egyébként a k=0 speciális esetben éppen ezt adja.
2. Az idézett eredménnyel együtt szokás kimondani, hogy a racionális gyök nevezője, q, osztója a főegyütthatónak. E két feltétel együttesen is csak szükséges ahhoz, hogy az egyszerűsített alakban felírt pq gyöke legyen az f(x) polinomnak, egy szükséges és elégséges feltételt épp a feladat mond ki.