A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre. Megoldás. A feladat kérdésére a válasz igenlő. (1) Legyen pozitív egész szám. Először azt mutatjuk meg, hogy az első pozitív egész -adik hatványának összegét -nek egy -ed fokú polinomja adja meg. Indukcióval bizonyítunk; -re ez ismert. Tegyük fel, hogy -ig igaz az állítás. Írjuk fel a következő egyenleteket:
Mindegyik egyenlőség bal oldalát kifejthetjük a binomiális tétel szerint. Ha utána ezeket összeadjuk, a -edik hatványok a rendezés során egy tag kivételével kiesnek. Jelölje (minden -re) a összeget St, ekkor | (k+11)Sk+(k+12)Sk-1+...+(k+1k)S1+(k+1k+1)n=(n+1)k+1, | azaz | Sk=1k+1((n+1)k+1-{(k+12)Sk-1+...+(k+1k)S1+(k+1k+1)n}). | A jobb oldalon a kapcsos zárójelben szereplő összeg minden tagja az indukciós feltevés szerint előáll az n egy legfeljebb k-ad fokú polinomjaként. Ezzel (1)-et beláttuk.
(2) Legyen k pozitív egész. Belátjuk, hogy a [0;1] intervallum felbontható véges sok racionális végpontú szakaszra, és e szakaszok tíz színnel kiszínezhetők úgy, hogy minden, legfeljebb k-ad fokú f polinomra, ha vesszük mindegyik [a;b] szakasznál az f(b)-f(a) különbségeket, és az azonos színű szakaszokhoz tartozókat összeadjuk, a kapott tíz összeg egyenlő. Ha c tetszőleges nemnulla konstans, akkor az f(cx) és f(x+c) polinomok foka is annyi, mint az f polinomé; így elég az állításunkat [0;1] helyett valamely alkalmas zárt intervallumra belátnunk; ezt a k szerinti indukcióval tesszük. Nyilvánvalóan k=1-re jó felbontás az, hogy a tizedelő pontok által meghatározott szakaszokat vesszük. Tegyük fel ezután, hogy (2) teljesül k=t-re. Tekintsük a [0;1] intervallum egy ennek megfelelő felosztását és színezését; jelölje a színeket s0, s1, ..., s9. Másoljuk át a felosztást rendre az [1;2], ..., [9;10] intervallumokra, viszont változtassuk meg ezeken a színezést úgy, hogy az [i;i+1]-en sv helyébe sv+i lépjen (minden 0≤i,v≤9-re; itt v+i természetesen modulo 10 értendő). Ha ezután f egy t+1-ed fokú polinom (aminek a főegyütthatója c), akkor minden 0≤i≤9-re felírható f=c(x-i)t+1+gi(x) alakban, ahol a gi polinomok legfeljebb t-ed fokúak. Ekkor f(x)=m(x)+r(x), ahol | m(x)=c(x-i)t+1,ésr(x)=gi(x),hax∈[i;i+1]. | A [0;10] intervallumnak az így kapott felosztása és színezése mind az m(x), mind pedig az r(x) függvény számára megfelelő: r(x)-nek azért, mert az indukciós feltevés miatt mindegyik [i;i+1] szakaszon is ugyanannyi az egyes színekhez tartozó különbségek összege. A konstrukció miatt pedig a [0;10] szakaszon az m(x) függvény szerinti különbségek összege bármelyik színben egyenlő a cxt+1 függvény c(1t+1-0t+1)=c ,,megváltozásával'' a [0;1]-en, mivel (az egységszakaszokon a színek ciklikus változtatása miatt) minden, a [0;1] felosztásában szereplő szakasz tíz eltoltja tíz különböző színnel van kifestve (és m(x) periodikus 1 szerint). Ezzel a (2) állítást beláttuk. Vegyük a [0;1] szakasznak (2) alapján egy jó felosztását és színezését k=11-re. Az osztópontok racionálisak ‐ nagyítsuk fel az elrendezést úgy, hogy egészek legyenek. Tekintsük azt a 11-ed fokú f polinomot, amely (1) szerint az első n pozitív egész szám 10-edik hatványának összegképletét adja meg. Az f két egész helyen felvett értékének az eltérése egymást követő tizedik hatványok összege. Így bebizonyítottuk az állítást.
|
|