Kezdőlap


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 \| MathML
Témakör(ök):	Egész együtthatós polinomok, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 2002/május: B.3558

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 $a^{n} - b^{n}$ osztható $(a - b)$ -vel. Ebből következik, hogy ha

\begin{matrix} f (x) = c_{k} x^{k} + ... + c_{1} x + c_{0} \end{matrix}

egész együtthatós polinom, továbbá

a

és

b

egész számok, akkor

f (a) - f (b) = c_{k} (a^{k} - b^{k}) + ... + c_{1} (a - b)

osztható

(a - b)

-vel. Tegyük fel, hogy

f

minden pozitív egészre 2-hatvány értéket vesz fel; legyen

f (1) = 2^{r}

. Mivel

f - 2^{r}

‐ akárcsak

f

‐ legfeljebb

k

-adfokú és nem konstans, azért nem lehet

k

-nál több gyöke. Ezért

f (x)

legfeljebb

k

helyen veheti fel a

2^{r}

értéket, tehát van olyan

L

küszöbérték, hogy

f (v) \neq 2^{r}

, ha

v > L

. Legyen

m

olyan természetes szám, amelyre

m \geq r + 1

és

a = 2^{m} + 1 > L

. Ekkor az

f

-re tett feltevésünk szerint

f (a) = 2^{t}

, ahol

t \neq r

; jelölje

q

t

és

r

számok közül a kisebbiket. Nyilván

2^{t} - 2^{r} = 2^{q} (2^{t - q} - 2^{r - q})

második tényezője páratlan, így

2^{t} - 2^{r}

nem osztható

2^{q + 1}

-nel. Másrészt viszont

2^{t} - 2^{r} = f (a) - f (1)

osztható

a - 1 = 2^{m}

-nel, tehát (

m \geq r + 1 \geq q + 1

miatt)

2^{q + 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

P_{n} (x) = a_{n} x^{n} + ... + a_{1} x + a_{0}

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

k_{0}

pozitív számtól kezdve a függvény szigorúan monoton növekedő. Így:

\begin{matrix} Ha k > k_{0}, akkor \frac{P (k + 1)}{P (k)} = 2^{m} \geq 2, \end{matrix}

(1)

ahol

m

(

k

-tól függő) pozitív egész szám.
Vizsgáljuk meg a

\frac{P (k + 1)}{P (k)}

sorozat határértékét, ha

k

tart a végtelenbe. Ha

k^{n}

-nel osztjuk a számlálót is és a nevezőt is:

\begin{matrix} \frac{\frac{P_{n} (k + 1)}{k^{n}}}{\frac{P_{n} (k)}{k^{n}}} = \frac{\frac{a_{n} {(k + 1)}^{n}}{k^{n}} + ... + \frac{a_{1} (k + 1)}{k^{n}} + \frac{a_{0}}{k^{n}}}{\frac{a_{n} k^{n}}{k^{n}} + ... + \frac{a_{1} k}{k^{n}} + \frac{a_{0}}{k^{n}}}, \end{matrix}

ahol a számláló első tagja

a_{n}

-hez, a többi tagja pedig nullához tart. A nevezőben levő tagok hasonlóan viselkednek. Ezért a

\frac{P (k + 1)}{P (k)}

sorozat határértéke 1. Ez azonban ellentmondás, hiszen (1) miatt

\frac{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