Kezdőlap


Feladat:	2003. évi Nemzetközi Matematika Diákolimpia 12. feladata	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Hubai Tamás
Füzet:	2004/október, 387 - 389. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Valós együtthatós polinomok, Másodfokú (és arra visszavezethető) egyenletek, Nemzetközi Matematikai Diákolimpia
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 2004/szeptember: 2003. évi Nemzetközi Matematika Diákolimpia 12. feladata

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

Hubai Tamás megoldása. Ha $a = b = c = 0$ , akkor a feltétel teljesül, így $3 P (0) = 2 P (0)$ , vagyis $P (0) = 0$ . A feltétel nyilván akkor is teljesül, ha $b = c = 0$ , és így $P (a) + P (0) + P (- a) = 2 P (a)$ , ahonnan $P (- a) = P (a)$ adódik minden valós $a$ -ra. A $P (x)$ polinomfüggvény tehát páros, ami csak úgy lehetséges, ha minden páratlan fokú tagja nulla. (A $P (- a) = P (a)$ feltételt átrendezve ugyanis azt kapjuk, hogy $P (x) - P (- x)$ az azonosan nulla polinom, ebben a különbségben pedig éppen a $P (x)$ páratlan fokú tagjai szerepelnek.)
Legyen ezután $Q (x)$ az a polinom, amelyben $P (x)$ tagjai szerepelnek félakkora kitevővel, azaz amelyre $Q (x^{2}) = P (x)$ és nézzük meg, minek kell teljesülnie a $Q (x)$ polinomra. Az $a$ , $b$ , $c$ közti összefüggést felhasználva csökkentsük a változók számát. Vezessük be az $x$ és $y$ változókat a következőképpen: legyen $a = x + y + c$ , $b = y + c$ . Ilyen $x$ és $y$ nyilván minden $a$ , $b$ és $c$ hármashoz létezik, másrészt $x$ és $y$ bármely értékére van olyan $a$ , $b$ , $c$ számhármas, amelyre teljesül a feltétel. Ez egész pontosan azt jelenti, hogy az $a = x + y + c$ , $b = y + c$ , $a b + b c + c a = 0$ egyenletrendszernek létezik $(a, b, c)$ megoldása. Behelyettesítve ugyanis az $(x + y + c) (y + c) + (y + c) c + c (x + y + c) = 0$ egyenletet kapjuk, ami rendezés után a $c$ -ben másodfokú:

\begin{matrix} 3 c^{2} + (2 x + 4 y) c + (x y + y^{2}) = 0, \end{matrix}

a diszkriminánsa,

4 x^{2} + 4 x y + 4 y^{2} = 2 (x^{2} + y^{2} + {(x + y)}^{2})

pedig nem negatív.
Fejezzük ki a feltételben szereplő mennyiségeket az új változók,

x

és

y

segítségével:

a - b = x

b - c = y

c - a = - x - y

, illetve

\begin{matrix} {(a + b + c)}^{2} = a^{2} + b^{2} + c^{2} + 2 a b + 2 b c + 2 c a = \end{matrix}

(felhasználva, hogy a feltétel szerint

a b + b c + c a = 0

és tovább alakítva)

\begin{matrix} = a^{2} + b^{2} + c^{2} - a b - b c - c a = \frac{{(a - b)}^{2} + {(b - c)}^{2} + {(c - a)}^{2}}{2} = \\ = \frac{x^{2} + y^{2} + {(x + y)}^{2}}{2} = x^{2} + y^{2} + x y . \end{matrix}

P

polinomra tehát, mint láttuk, akkor és csak akkor teljesülnek a feladat feltételei, ha bármely valós

x

y

számpárra fennáll, hogy

\begin{matrix} P (x) + P (y) + P (x + y) = 2 P (\sqrt[]{x^{2} + y^{2} + x y}) . \end{matrix}

(Vegyük észre, hogy a bal oldal harmadik tagja eredetileg

P (c - a) = P (- x - y)

, ami most azért írható

P (x + y)

alakban, mert a

P

páros függvény.)
A

Q (x)

polinomra nézve ez azt jelenti, hogy

\begin{matrix} Q (x^{2}) + Q (y^{2}) + Q (x^{2} + y^{2} + 2 x y) = 2 Q (x^{2} + y^{2} + x y) . \end{matrix}

(1)

Az egyenlőségben

x

két polinomja áll, melyekben az együtthatók az

y

változó polinomjai. Tegyük fel, hogy a

Q (x)

polinom

n

-edfokú és legyen az

n > 1

. A

Q (x)

főegyütthatójával (1)-ben lehet osztani, föltehető tehát, hogy az 1. Mivel (1)-ben két polinom egyenlősége áll, a két oldalon az

x

változó minden előforduló hatványának egyenlő az együtthatója. Nekünk az

x^{2 n - 2}

tagot érdemes figyelnünk. Ha

x^{n - 1}

együtthatója a

Q (x)

-ben

λ

, akkor

x^{2 n - 2}

együtthatói (1) két oldalán:

\begin{matrix} λ + 0 + (λ + n y^{2} + (\binom{n}{2}) \cdot 4 y^{2}) = 2 (λ + n y^{2} + (\binom{n}{2}) \cdot y^{2}) . \end{matrix}

Rendezés után innen

2 \cdot (\binom{n}{2}) = n

, azaz

n > 1

miatt

n = 2

adódik. Ez azt jelenti, hogy

n \leq 2

, a

Q (x)

tehát legfeljebb másodfokú, a

P (x)

így legfeljebb negyedfokú páros polinom, amelynek a konstans tagja nulla:

P (x) = α \cdot x^{4} + β \cdot x^{2}

.
Megmutatjuk, hogy ezekre a polinomokra teljesül a feladat feltétele. Ezt elég abban a két speciális esetben igazolni, ha

P (x) = x^{4}

, illetve

P (x) = x^{2}

. Könnyen ellenőrizhető ugyanis, hogy két megoldás összege, illetve egy megoldás számszorosa is megoldás, így pedig valamennyi adott alakú polinomot megkapjuk a fenti két speciális polinomból.
Ha

P (x) = x^{4}

, akkor

\begin{matrix} 2 P (a + b + c) - P (a - b) - P (b - c) - P (c - a) = \\ = & 2 {(a + b + c)}^{4} - {(a - b)}^{4} - {(b - c)}^{4} - {(c - a)}^{4} = \\ = & 12 (a^{3} b + b^{3} c + c^{3} a + a b^{3} + b c^{3} + c a^{3}) + 6 (a^{2} b^{2} + b^{2} c^{2} + c^{2} a^{2}) + \\ + 24 (a^{2} b c + b^{2} a c + c^{2} a b) = \\ = & 6 {(a b + b c + c a)}^{2} + 12 (a^{2} + b^{2} + c^{2}) (a b + b c + c a) = 0. \end{matrix}

Ha pedig

P (x) = x^{2}

, akkor

\begin{matrix} 2 P (a + b + c) - P (a - b) - P (b - c) - P (c - a) = \\ = & 2 {(a + b + c)}^{2} - {(a - b)}^{2} - {(b - c)}^{2} - {(c - a)}^{2} = \\ = & 2 (a^{2} + b^{2} + c^{2} + 2 a b + 2 b c + 2 c a) - (a^{2} + b^{2} - 2 a b) - \\ - (b^{2} + c^{2} - 2 b c) - (c^{2} + a^{2} - 2 c a) = 6 (a b + b c + c a) = 0. \end{matrix}

Ezzel a megoldást befejeztük, a keresett polinomok a

P (x) = α \cdot x^{4} + β \cdot x^{2}

alakba írhatók, ahol

α

és

β

tetszőleges valós számok.