Feladat:	B.4481	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Barna István ,  Bogáromi Dávid ,  Di Giovanni Márk ,  Fehér Zsombor ,  Fonyó Viktória ,  Forrás Bence ,  Janzer Barnabás ,  Janzer Olivér ,  Maga Balázs ,  Somogyvári Kristóf ,  Szabó Barnabás ,  Tardos Jakab ,  Tossenberger Tamás ,  Vályi András ,  Williams Kada
Füzet:	2014/február, 88. oldal		PDF  |  MathML
Témakör(ök):	Feladatok, Polinomok oszthatósága, Teljes indukció módszere
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 2012/október: B.4481

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.   Megoldás. Tegyük fel, hogy egy $f$ polinom kielégíti a feltételeket. Emeljük ki $f$-ből $x$-nek a lehető legnagyobb kitevőjű hatványát: $\begin{array}{c}{\displaystyle f\left(x\right)=x^{k}g\left(x\right)\mathrm{,}}\end{array}$ úgy, hogy $\begin{array}{c}{\displaystyle g\left(x\right)=a_m{x}^m+a_{m-1}{x}^{m-1}+\text{...}+a_{1}x+a_0\mathrm{,}}\end{array}$ ahol $k$ és $m$ nemnegatív egészek, $a_m\mathrm{,}\text{...}\mathrm{,}{a}_0$ egészek, továbbá $a_0\mathrm{,}{a}_m\ne 0$. Mivel végtelen sok prímszám van, a nemnulla $a_0$ számnak pedig csak véges sok osztója, azért végtelen sok olyan $p$ prímszám létezik, amelyre $p\nmid a_0$. Egy ilyen $p$ prímre $g\left(p\right)$ nem osztható $p$-vel, hiszen a konstans tag nem osztható vele, a többi tag viszont igen. Feltevésünk szerint $f\left(p\right)=p^{k}g\left(p\right)$ egyetlen   prímosztója $p$, ezért $g\left(p\right)$-nek nem lehet $p$-től különböző prímosztója, azaz $g\left(p\right)=\pm 1$. Így a $g$ polinom vagy az 1, vagy a $-1$ értéket végtelen sokszor veszi fel, tehát $g\left(x\right)\equiv 1$, vagy $g\left(x\right)\equiv -1$ teljesül. Ezzel megmutattuk, hogy $f\left(x\right)=\pm x^k$ valamely $k$ nemnegatív egész számra. Könnyen ellenőrizhető, hogy a $\pm x^k$ polinom pontosan akkor elégíti ki a feltételeket, ha $k>0$. Tehát pontosan az $x^k$, $-x^k$ polinomok megfelelők, ahol $k$ tetszőleges pozitív egész szám.   Megjegyzés. A fenti megoldás kis módosításával az is megmutatható, hogy a feladat állítása tetszőleges valós együtthatós $f$ polinomra is igaz. Ha ugyanis $f$ egy $n$-edfokú polinom, akkor elegendően nagy $x$-ekre, például $M<x$ esetén teljesül, hogy $x^{n-1}<|f\left(x\right)|<x^{n+1}$. A feltétel szerint tetszőleges $p$ prímre az $f\left(p\right)$ szám vagy $p$-hatvány, vagy egy $p$-hatvány ellentettje. Ha $M<p$ is teljesül, akkor a szóba jövő értékek $p^n$ és $-p^n$. A két lehetőség közül valamelyik végtelen sokszor áll fenn, így a fenti megoldáshoz hasonlóan következik, hogy $f\left(x\right)=x^n$ vagy $f\left(x\right)=-x^n$.