Kezdőlap


Feladat:	B.3631	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Bartha Ferenc , Czank Tamás , Gyarmati Ákos , Korotij Ágnes , Simon Balázs
Füzet:	2004/február, 92 - 93. oldal		PDF file
Témakör(ök):	Polinomok szorzattá alakítása, Feladat
Hivatkozás(ok):	1951/december: Egyenlőtlenségek (4) Feladatok: 2003/március: B.3631, 1951/november: 347. matematika feladat

Legyen az

f (x)

tetszőleges másodfokú polinom. Bizonyítsuk be, hogy ha a legalább elsőfokú

p (x)

és a

q (x)

polinomok mindketten fölcserélhetők a kompozícióra nézve az

f (x)

polinommal, akkor egymással is fölcserélhetők.¹

¹ Lásd a B. 3621. feladatot a KöMaL 2003. februári számának 105. oldalán.

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

Megoldás. Ha $p$ és $q$ is felcserélhető $f$ -fel, akkor $p \circ q$ is felcserélhető $f$ -fel, ugyanis

\begin{matrix} ((p \circ q) \circ f) (x) = p (q (f (x))) = p (f (q (x))) = f (p (q (x))) = (f \circ (p \circ q)) (x) \end{matrix}

teljesül minden

x

-re, amiből következik, hogy a

(p \circ q) \circ f

polinom azonos az

f \circ (p \circ q)

polinommal. Ugyanez igaz természetesen a

q \circ p

polinomra is. Vegyük észre, hogy ha a

p (x)

polinom foka

n

, a

q (x)

-é pedig

m

, akkor mind a

p \circ q

, mind a

q \circ p

polinom foka

n m

. Elegendő tehát belátni a következő állítást: tetszőleges

k

pozitív egészhez legfeljebb egy olyan

r (x)

k

-ad fokú polinom van, amely

f

-fel felcserélhető.
Állításunk igazolásához keressük az

r

polinomot

\begin{matrix} r (x) = r_{k} x^{k} + r_{k - 1} x^{k - 1} + ... + r_{1} x + r_{0} \end{matrix}

alakban, ahol

r_{k} \neq 0

. Legyen

f (x) = a x^{2} + b x + c

, ahol

a \neq 0

. Az

r

polinom pontosan akkor felcserélhető

f

-fel, ha

\begin{matrix} \begin{matrix} a {(r_{k} x^{k} + r_{k - 1} x^{k - 1} + ... + r_{0})}^{2} + b (r_{k} x^{k} + r_{k - 1} x^{k - 1} + ... + r_{0}) + c = \\ = r_{k} {(a x^{2} + b x + c)}^{k} + r_{k - 1} {(a x^{2} + b x + c)}^{k - 1} + ... + r_{0} . \end{matrix} \end{matrix}

Mindkét oldalon egy

2 k

-ad fokú polinom áll. A két polinomban

x^{2 k}

együtthatóját összehasonlítva az

a r_{k}^{2} = r_{k} a^{k}

összefüggésre jutunk, ahonnan

r_{k} = a^{k - 1}

. Ha valamilyen

0 \leq i < k

esetén az

r_{k}, r_{k - 1}, ..., r_{k - i}

együtthatókat már meghatároztuk, akkor

r_{k - i - 1}

is egyértelműen meghatározható, ha a két polinomban összehasonlítjuk

x^{2 k - i - 1}

együtthatóját. Valóban, a második polinomban ez az együttható,

t_{2 k - i - 1}

kifejezhető az

a, b, c

számok és a már meghatározott

r_{k - j}

(

j \leq i

) együtthatók segítségével, azok valamilyen többváltozós polinomjaként, míg az első polinomban a megfelelő együttható az

a, b, c

és

r_{k - j}

(

j \leq i + 1

) együtthatók

s_{2 k - i - 1} + 2 a r_{k} r_{k - i - 1}

polinomjaként írható fel, ahol

s_{2 k - i - 1}

-ben is csak már eddig meghatározott együtthatók szerepelnek. Így a

\begin{matrix} t_{2 k - i - 1} = s_{2 k - i - 1} + a r_{k} r_{k - i - 1} \end{matrix}

összefüggés alapján

r_{k - i - 1}

valóban meghatározható. Ilyen módon az

r (x)

polinom valamennyi együtthatóját meghatározhatjuk, melyeknek még

k

további összefüggést is ki kell elégíteniük. Ezért az

r (x)

polinom vagy egyértelműen meghatározható, vagy pedig nem létezik, és éppen ezt akartuk igazolni.