Kezdőlap


Feladat:	B.4271	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Ágoston Tamás , Cséke Balázs , Weisz Gellért
Füzet:	2011/február, 86 - 89. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Feladat, Polinomok, Indirekt bizonyítási mód
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 2010/április: B.4271

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

Megjegyzés. Tegyük föl, hogy létezik ilyen $2 \leq n$ -edfokú $f$ polinom. Elsőként azt igazoljuk, hogy a polinom minden együtthatója racionális szám (az $f$ feltételezett tulajdonságából itt csupán arra lesz szükség, hogy a polinom minden racionális helyen racionális értéket vesz föl). Ehhez egyrészt megmutatjuk, hogy egy legfeljebb $n$ -edfokú polinomot egyértelműen meghatároz $n + 1$ különböző helyen fölvett értéke. Valóban, ha $f_{1}$ és $f_{2}$ foka legfeljebb $n$ , és például $f_{1} (1) = f_{2} (1)$ , $f_{1} (2) = f_{2} (2)$ , $...$ , $f_{1} (n + 1) = f_{2} (n + 1)$ , akkor az ugyancsak legfeljebb $n$ -edfokú $f_{1} - f_{2}$ polinomnak létezik legalább $n + 1$ különböző gyöke: $1,2, ..., n + 1$ . Ez csak úgy lehetséges, hogy $f_{1} - f_{2}$ a nullapolinom, vagyis $f_{1} = f_{2}$ .
Tekintsük másrészt (minden $1 \leq j \leq n + 1$ -re) az $n$ -edfokú

\begin{matrix} ℓ_{j} = \frac{(x - 1) (x - 2) ... (x - (j - 1)) (x - (j + 1)) ... (x - (n + 1))}{(j - 1) (j - 2) ... (j - (j - 1)) (j - (j + 1)) ... (j - (n + 1))} \end{matrix}

polinomokat. Ezek együtthatói racionális számok, és minden

1 \leq k \leq n + 1

-re

\begin{matrix} ℓ_{j} (k) = {\begin{matrix} 1, & ha k = j, \\ 0, & ha k \neq j . \end{matrix} \end{matrix}

Ebből könnyen látható, hogy az ugyancsak racionális együtthatós és legfeljebb

n

-edfokú

f^{*} = f (1) ℓ_{1} + f (2) ℓ_{2} + ... + f (n + 1) ℓ_{n + 1}

polinom az

1,2, ..., n + 1

helyeken rendre ugyanazokat az értékeket veszi föl, mint

f

, ezért a fentiek értelmében

f^{*} = f

.
Másodjára azt mutatjuk meg, hogy ha létezik a feladat követelményeit kielégítő polinom, akkor olyan polinom is található erre a célra, amelynek együtthatói egész számok. Jelölje ugyanis

t

az előbbi

f

polinom együtthatóiban a nevezők legkisebb közös többszörösét, ekkor

f

helyett

t f

ugyanúgy megfelelő, és egészek az együtthatói.

I. megoldás. Ha

f

egy megfelelő, egész együtthatós polinom, akkor

f + c

is megfelelő, bármilyen

c

racionális szám választása mellett. Ennek alapján feltehetjük, hogy

f = a_{n} x^{n} + a_{n - 1} x^{n - 1} + ... + a_{1} x

olyan, a feladat feltételeit kielégítő, egész együtthatós polinom, amelynek a konstans tagja nulla. Mivel a racionális helyeken

f

minden racionális értéket felvesz, speciálisan minden

p

prímhez létezik olyan

\frac{s_{p}}{t_{p}}

‐ egyszerűsített törtként felírt ‐ racionális szám, amelyre

f (\frac{s_{p}}{t_{p}}) = p

. Itt mindkét oldalt

t_{p}^{n}

-nel megszorozva, majd rendezve:

\begin{matrix} a_{n} s_{p}^{n} + a_{n - 1} s_{p}^{n - 1} t_{p} + ... + a_{1} s_{p} t_{p}^{n - 1} = p t_{p}^{n} . \end{matrix}

A bal oldalon minden tag osztható

s_{p}

-vel, ezért

s_{p}

osztója

p t_{p}^{n}

-nek is; azonban (a tört egyszerűsített alakja miatt)

s_{p}

relatív prím

t_{p}

-hez, így

t_{p}^{n}

-hez is, következésképpen

s_{p}

osztója

p

-nek.
Hasonlóan kapjuk, az iménti egyenlőség

\begin{matrix} - a_{n} s_{p}^{n} = a_{n - 1} s_{p}^{n - 1} t_{p} + ... + a_{1} s_{p} t_{p}^{n - 1} - p t_{p}^{n} \end{matrix}

alakba történő átrendezésével, hogy

a_{n} s_{p}^{n}

osztható

t_{p}

-vel, ezért

a_{n}

is osztható

t_{p}

-vel. Mindez azt jelenti, hogy

\begin{matrix} \frac{s_{p}}{t_{p}} = \frac{p}{v_{p}} vagy \frac{s_{p}}{t_{p}} = \frac{1}{v_{p}}, \end{matrix}

ahol

v_{p}

a_{n}

főegyüttható valamelyik (pozitív vagy negatív) osztója. Az ilyen

\frac{1}{v_{p}}

számok csak véges sokan vannak, a

p

prímek száma viszont végtelen, ezért végtelen sok

p

prímre az első eset következik be:

f (\frac{p}{v_{p}}) = p

, azaz (felhasználva, hogy

f = x \cdot g

, alkalmas

g

polinommal)

\begin{matrix} \frac{p}{v_{p}} \cdot g (\frac{p}{v_{p}}) = p . \end{matrix}

Innen

g (\frac{p}{v_{p}}) = v_{p}

, végtelen sok

p

prímre. Mint láttuk, itt

\frac{p}{v_{p}}

végtelen sok,

v_{p}

pedig véges sok számot jelent, így van olyan racionális (

v_{p}

) érték, amelyet

g

végtelen sokszor felvesz. Ebből következik, hogy

g

konstans polinom, akkor viszont

f = x \cdot g

elsőfokú, ami ellentmondás. Tehát nem létezik a feladat követelményeit kielégítő polinom.

II. megoldás. A feladat feltétele és az elöljáróban bizonyítottak szerint van olyan legalább másodfokú, egész együtthatós

f

polinom, hogy az

f (x) = a

egyenletnek minden

a

racionális számra van racionális megoldása ‐ vagyis a

h = f - a

polinomnak minden

a

racionális számra van racionális gyöke. Legyen

a = 1 / p

, ahol

p

olyan prímszám, amivel az

f

polinom

a_{n}

főegyütthatója nem osztható. Tekintsük a

p h = p f - 1

egész együtthatós polinomot, ennek tehát létezik racionális gyöke. Ugyanakkor itt a konstans tag nem osztható

p

-vel, a többi együttható viszont osztható vele, a

p a_{n}

főegyüttható pedig nem osztható

p^{2}

-tel (hiszen

a_{n}

nem osztható

p

-vel); vagyis erre a polinomra teljesül a Schönemann‐Eisenstein-kritérium ,,fordított'' változata. Az erről szóló nevezetes tétel szerint

p h

(és ezzel ekvivalens módon

h

) nem bontható fel két racionális együtthatós, nem konstans polinom szorzatára. Ez viszont ellentmond annak, hogy a polinomnak van racionális gyöke ‐

h (r) = 0

ugyanis éppen azt jelenti, hogy

x - r

kiemelhető

h

-ból. Mivel pedig

f

, és így

h

is legalább másodfokú, a

h = (x - r) \cdot g

felbontásban egyik tényező sem konstans. A kapott ellentmondás szerint nem létezik a keresett polinom.

III. megoldás. Legyen ismét

f = a_{n} x^{n} + ... + a_{1} x + a_{0}

egy keresett, egész együtthatós polinom; nyilván feltehető, hogy a főegyütthatója,

a_{n}

pozitív. Ekkor

f

végtelenben vett határértéke

+ \infty

, a

- \infty

-ben pedig

- \infty

, hiszen egyébként alulról korlátos lenne, és úgy nem vehetne föl minden racionális értéket. Így létezik olyan (pozitív)

c

korlát, hogy

(c, + \infty)

-en az

f

függvény szigorúan monoton nő, és minden

a < c

-re

f (c) > f (a)

. Ezekből következik, hogy ha

c < m < k

, akkor

f (m)

és

f (k)

közötti értékeket csak

m

és

k

között vehet fel az

f

. Így, mivel

k > c

\begin{matrix} f (k + 1) - f (k) = \\ = a_{n} ({(k + 1)}^{n} - k^{n}) + a_{n - 1} ({(k + 1)}^{n - 1} - k^{n - 1}) + ... + a_{1} ((k + 1) - k) = \\ = a_{n} (n k^{n - 1} + (\binom{n}{2}) k^{n - 2} + ... + 1) + \\ + a_{n - 1} ((n - 1) k^{n - 2} + (\binom{n - 1}{2}) k^{n - 3} + ... + 1) + ... + a_{1} = \\ = n a_{n} k^{n - 1} + c_{n - 2} k^{n - 2} + ... + c_{1} k + c_{0}, \end{matrix}

alkalmas, csak az

a_{i}

együtthatóktól és

n

-től függő

c_{j}

konstansokkal. Ezért

\begin{matrix} f (k + 1) - f (k) = k^{n - 1} (n a_{n} + \frac{c_{n - 2}}{k} + ... + \frac{c_{1}}{k^{n - 2}} + \frac{c_{0}}{k^{n - 1}}) . \end{matrix}

Az első tényező

+ \infty

-ben vett határértéke

+ \infty

, a másodiké

n a_{n}

, így

f (k + 1) - f (k)

+ \infty

-hez tart. Ebből következik, hogy tetszőlegesen sok egész szám esik

f (k + 1)

és

f (k)

közé, ha

k

elég nagy, és ezeket az egész értékeket az

f

-nek

k + 1

és

k

közé eső racionális helyeken kell felvennie.
Utóbbiak általános alakja

k + \frac{s}{t} = \frac{k t + s}{t}

, ahol

0 < s < t

, és az

s, t

egészek egymáshoz relatív prímek.
Ha

f (k) < q < f (k + 1)

q

egész, és

f (\frac{k t + s}{t}) = q

, akkor

\begin{matrix} a_{n} {(\frac{k t + s}{t})}^{n} + a_{n - 1} {(\frac{k t + s}{t})}^{n - 1} + ... + a_{1} (\frac{k t + s}{t}) + a_{0} = q, \\ a_{n} {(k t + s)}^{n} + a_{n - 1} {(k t + s)}^{n - 1} t + ... + a_{1} (k t + s) t^{n - 1} + a_{0} t^{n} = q t^{n}, \\ - a_{n} {(k t + s)}^{n} = a_{n - 1} {(k t + s)}^{n - 1} t + ... + a_{1} (k t + s) t^{n - 1} + a_{0} t^{n} - q t^{n}, \end{matrix}

így

a_{n} {(k t + s)}^{n}

osztható

t

-vel. Mivel

s

és

t

egymáshoz relatív prímek, azért

k t + s

és

t

is relatív prímek egymáshoz, tehát az

a_{n}

is osztható

t

-vel. Ez véges sok (legfeljebb

a_{n}

darab) értéket enged meg

t

-nek, akkor viszont (

0 < s < t

miatt)

s

, és így a szóbajövő

k + \frac{s}{t} = \frac{k t + s}{t}

helyek száma is korlátozott ‐ mondjuk, legfeljebb

M

. Ha

k

olyan nagy, hogy

M

-nél több egész szám esik

f (k + 1)

és

f (k)

közé, akkor ellentmondást kapunk, tehát a kívánt polinom nem létezik.

Megjegyzés. Mind a három ismertetett megoldás a feltételezett polinomról csupán azt használja ki, hogy minden racionális értéket fölvesz racionális helyen; már ilyen polinom sem létezik tehát.