Feladat: B.3558 Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Backhausz Ágnes ,  Balogh 541 János ,  Bartha Ferenc ,  Bérczi Kristóf ,  Bergmann Gábor ,  Besenyei Balázs ,  Bóka Gergely ,  Boros Balázs ,  Dénes Ferenc ,  Egri Attila ,  Fehér Gábor ,  Garab Ábel ,  Hablicsek Márton ,  Hargitai Gábor ,  Horváth Márton ,  Jelitai Kálmán ,  Kocsis Albert Tihamér ,  Maga Péter ,  Nagy Gábor ,  Nagy Szabolcs ,  Pach Péter Pál ,  Pallos Péter ,  Paulin Dániel ,  Pongrácz András ,  Puskás Anna ,  Rácz Béla András ,  Rendes Gábor ,  Révész Dániel ,  Salát Máté ,  Sándor Ágnes ,  Sándor Nóra Katalin ,  Simon Balázs ,  Szabó Botond ,  Szalai Attila ,  Tábor Áron ,  Torma Róbert ,  Tóth János ,  Zsbán Ambrus 
Füzet: 2003/február, 96 - 97. oldal  PDF file
Témakör(ök): Egész együtthatós polinomok, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 2002/május: B.3558

Van-e olyan nem konstans egész együtthatós polinom, amelyik minden pozitív egész helyen 2-hatvány értéket vesz föl?

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

I. megoldás. Ismeretes, hogy ha a és b egész számok, n pedig pozitív egész, akkor an-bn osztható (a-b)-vel. Ebből következik, hogy ha

f(x)=ckxk+...+c1x+c0
egész együtthatós polinom, továbbá a és b egész számok, akkor f(a)-f(b)=ck(ak-bk)+...+c1(a-b) osztható (a-b)-vel. Tegyük fel, hogy f minden pozitív egészre 2-hatvány értéket vesz fel; legyen f(1)=2r. Mivel f-2r ‐ akárcsak f ‐ legfeljebb k-adfokú és nem konstans, azért nem lehet k-nál több gyöke. Ezért f(x) legfeljebb k helyen veheti fel a 2r értéket, tehát van olyan L küszöbérték, hogy f(v)2r, ha v>L. Legyen m olyan természetes szám, amelyre mr+1 és a=2m+1>L. Ekkor az f-re tett feltevésünk szerint f(a)=2t, ahol tr; jelölje q a t és r számok közül a kisebbiket. Nyilván 2t-2r=2q(2t-q-2r-q) második tényezője páratlan, így 2t-2r nem osztható 2q+1-nel. Másrészt viszont 2t-2r=f(a)-f(1) osztható a-1=2m-nel, tehát (mr+1q+1 miatt) 2q+1-nel is, ami ellentmondás. Ez azt jelenti, hogy nem létezik a feladat követelményeit kielégítő polinom.
A következő megoldás ‐ oszthatóság helyett a függvényvizsgálat módszerére és a határérték fogalmára építve ‐ messzemenően általánosítja az eredeti feladatot.
 
II. megoldás. Tegyük fel, hogy Pn(x)=anxn+...+a1x+a0 olyan n-ed fokú, valós együtthatós polinom, amely minden pozitív egész helyen 2-hatvány ‐ tehát pozitív ‐ értéket vesz föl; ezért főegyütthatója is pozitív. Ekkor egy elég nagy k0 pozitív számtól kezdve a függvény szigorúan monoton növekedő. Így:
Hak>k0,akkorP(k+1)P(k)=2m2,(1)
ahol m (k-tól függő) pozitív egész szám.
Vizsgáljuk meg a P(k+1)P(k) sorozat határértékét, ha k tart a végtelenbe. Ha kn-nel osztjuk a számlálót is és a nevezőt is:
Pn(k+1)knPn(k)kn=an(k+1)nkn+...+a1(k+1)kn+a0knanknkn+...+a1kkn+a0kn,
ahol a számláló első tagja an-hez, a többi tagja pedig nullához tart. A nevezőben levő tagok hasonlóan viselkednek. Ezért a P(k+1)P(k) sorozat határértéke 1. Ez azonban ellentmondás, hiszen (1) miatt P(k+1)P(k) 2-nél kisebb értéket nem vehet fel. Tehát nincs olyan nem konstans valós együtthatós polinom sem, amely minden pozitív egész helyen 2-hatvány értéket venne föl (ill. általánosabban: az értékeit egy olyan szigorúan monoton növő sorozat elemei közül venné fel, amelyben minden tag az előzőnek legalább d-szerese, ahol d egy 1-nél nagyobb konstans).
(Révész Dániel (Kisvárda, Bessenyi György Gimn., 11. évf.) dolgozata alapján