Feladat:	2016. évi Kürschák matematikaverseny 3. feladata	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Fleiner Tamás
Füzet:	2017/február, 70 - 72. oldal		PDF  |  MathML
Témakör(ök):	Kürschák József (korábban Eötvös Loránd), Polinomok
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 2017/február: 2016. évi Kürschák matematikaverseny 3. feladata, 1965/október: 1411. matematika feladat, 1965/szeptember: 1965. évi Nemzetközi Matematika Diákolimpia 13. feladata

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.   I. megoldás. Ha a $p\left(x\right)$ polinom konstans, akkor $p\left(p\left(x\right)\right)=p\left(x\right)=q{\left(x\right)}^2$, így $r\left(x\right)=q\left(x\right)$ megfelelő választás. Megmutatjuk, hogy a kérdésre igenlő a válasz akkor is, ha a $p$ polinom legalább elsőfokú, amit a továbbiakban felteszünk. A bizonyításhoz felhasználjuk a komplex számkört és az algebra alaptételét. Konkrétan azt, hogy ha $p\left(x\right)=a_0+a_{1}x+\text{...}+a_k{x}^k$, akkor léteznek olyan ${\alpha }_1\mathrm{,}{\alpha }_2\mathrm{,}\text{...}\mathrm{,}{\alpha }_k$ komplex számok, melyekre $\begin{array}{c}{\displaystyle p\left(x\right)=a_k\cdot \left(x-{\alpha }_1\right)\cdot \left(x-{\alpha }_2\right)\cdot \text{...}\cdot \left(x-{\alpha }_k\right)}\end{array}$ (1) teljesül, továbbá ez az ú.n. kanonikus alak az $\left(x-{\alpha }_i\right)$ gyöktényezők sorrendjétől eltekintve egyértelmű. Világos, hogy a fenti ${\alpha }_i$ számok a polinom gyökei, továbbá, mivel a $p\left(x\right)$ polinom valós együtthatós, ha ${\alpha }_i$ gyöke $p\left(x\right)$-nek, akkor annak $\overline{{\alpha }_i}$ is gyöke lesz, ráadásul e két gyök multiplicitása megegyezik, hiszen ha ${\alpha }_i$ nem valós, akkor $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{p\left(x\right)}{\left(x-{\alpha }_i\right)\left(x-\overline{{\alpha }_i}\right)}=\frac{p\left(x\right)}{\left(x^2-2\text{Re}\left({\alpha }_i\right)\cdot x+{|{\alpha }_i|}^2\right)}}\end{array}$ valós együtthatós polinomok hányadosaként maga is valós együtthatós. Ezért pontosan akkor létezik olyan valós együtthatós $r\left(x\right)$ polinom, amelyre $p\left(x\right)=r{\left(x\right)}^2$, ha az $a_k$ főegyüttható nemnegatív, valamint $p\left(x\right)$ fenti kanonikus alakjában minden $\left(x-{\alpha }_i\right)$ gyöktényező páros sokszor fordul elő. Az algebra alaptétele szerint tehát a kompozíciópolinom előáll $\begin{array}{c}{\displaystyle p\left(p\left(x\right)\right)=a_k\cdot \left(p\left(x\right)-{\alpha }_1\right)\cdot \left(p\left(x\right)-{\alpha }_2\right)\cdot \text{...}\cdot \left(p\left(x\right)-{\alpha }_k\right)}\end{array}$ (2) alakban. Mivel $p\left(p\left(x\right)\right)=q{\left(x\right)}^2$, ezért fokszámaik megegyeznek: $p\left(p\left(x\right)\right)$-é $k^2$, $q{\left(x\right)}^2$-é pedig páros. Így $deg\left(p\left(x\right)\right)=k$ is páros. Az is látszik a (2) alapján, hogy $p\left(p\left(x\right)\right)$ főegyütthatója $a_k^{k+1}$, és ez megegyezik $q{\left(x\right)}^2$ pozitív főegyütthatójával. Ezért $a_k^{k+1}>0$. Mivel $k+1$ páratlan, innen $a_k>0$ adódik. Figyeljük meg továbbá, hogy $p\left(p\left(x\right)\right)$ kanonikus alakja megkapható úgy, hogy a (2) szorzatban minden nemkonstans tényezőt helyettesítünk az adott tényezőnek a $k$ gyöktényezőt tartalmazó kanonikus alakjával, azaz $\left(p\left(x\right)-{\alpha }_i\right)$-t egy $\begin{array}{c}{\displaystyle p\left(x\right)-{\alpha }_i=a_k\cdot \left(x-{\alpha }_{i\mathrm{,1}}\right)\cdot \left(x-{\alpha }_{i\mathrm{,2}}\right)\cdot \text{...}\cdot \left(x-{\alpha }_{i\mathrm{,}k}\right)}\end{array}$ polinommal. A konstrukcióból világos, hogy $p\left({\alpha }_{i\mathrm{,}j}\right)={\alpha }_i$, ezért ${\alpha }_i\ne {\alpha }_{i\text{'}}$ esetén ${\alpha }_{i\mathrm{,}j}\ne {\alpha }_{i\text{'}\mathrm{,}j\text{'}}$ adódik. Azaz $p\left(p\left(x\right)\right)$ kanonikus alakjában egy $\left(x-{\alpha }_{i\mathrm{,}j}\right)$ gyöktényező előfordulásainak száma megegyezik az (1) kanonikus alakjában az $\left(x-{\alpha }_i\right)$ előfordulásai számának és a $p\left(x\right)-{\alpha }_i$ polinom kanonikus alakjában az $\left(x-{\alpha }_{i\mathrm{,}j}\right)$ gyöktényező előfordulásai számának szorzatával. A $p\left(p\left(x\right)\right)=q{\left(x\right)}^2$ azonosság miatt tehát minden ilyen $\left(x-{\alpha }_{i\mathrm{,}j}\right)$ gyöktényező páros sokszor fordul elő $p\left(p\left(x\right)\right)$ kanonikus alakjában. A feladat kérdésére adott igenlő válasz igazolásához elegendő megmutatni, hogy az (1) kanonikus alakban minden $\left(x-{\alpha }_i\right)$ gyöktényező páros sokszor fordul elő. Ezt indirekt módon bizonyítjuk: tegyük fel, hogy valamely $\left(x-{\alpha }_i\right)$ gyöktényező multiplicitása páratlan. Tekintettel arra, hogy a $p\left(p\left(x\right)\right)$ polinom fokszáma $k^2$, és a $p\left(p\left(x\right)\right)=q{\left(x\right)}^2$ azonosság miatt $k^2$ páros, a $p\left(x\right)$ polinom $k$ fokszámának is párosnak kell lennie. Ez viszont azt jelenti, hogy az (1) kanonikus alakban a páratlan multiplicitású gyöktényezők száma páros. Létezik tehát egy ${\alpha }_{i\text{'}}\ne {\alpha }_i$ gyök, amelyre az $\left(x-{\alpha }_{i\text{'}}\right)$ gyöktényező is páratlan sokszor fordul elő az (1) alakban. A fenti megfigyelésünk szerint tehát mind a $p\left(x\right)-{\alpha }_i$, mind a $p\left(x\right)-{\alpha }_{i\text{'}}$ polinomok kanonikus alakja olyan, hogy azokban minden gyöktényező páros sokszor fordul elő. Más szóval, léteznek olyan $r_1\left(x\right)$ és $r_2\left(x\right)$ polinomok, melyekre $\begin{array}{c}{\displaystyle p\left(x\right)-{\alpha }_i=r_1{\left(x\right)}^2\text{és}p\left(x\right)-{\alpha }_{i\text{'}}=r_2{\left(x\right)}^2\mathrm{.}}\end{array}$ (3) Ezek szerint ${\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle {\alpha }_{i\text{'}}-{\alpha }_i}& {\displaystyle =\left(p\left(x\right)-{\alpha }_i\right)-\left(p\left(x\right)-{\alpha }_{i\text{'}}\right)=r_1{\left(x\right)}^2-r_2{\left(x\right)}^2=}\hfill \\ \hfill {\displaystyle }& {\displaystyle =\left(r_1\left(x\right)+r_2\left(x\right)\right)\cdot \left(r_1\left(x\right)-r_2\left(x\right)\right)\mathrm{.}}\hfill \end{array}}$ Azt kaptuk, hogy a bal oldalon található konstans előáll két polinom szorzataként, vagyis mind $r_1\left(x\right)+r_2\left(x\right)$, mind $r_1\left(x\right)-r_2\left(x\right)$ konstans polinomok. Ekkor azonban ezek összege, $r_1\left(x\right)+r_2\left(x\right)+r_1\left(x\right)-r_2\left(x\right)=2\cdot r_1\left(x\right)$ is konstans polinom, tehát (3) alapján $p\left(x\right)=r_1{\left(x\right)}^2-{\alpha }_i$ is konstans, ami ellentmond a kezdeti feltevésünknek. Ezzel pedig kétséget kizáróan igazoltuk a feladat kérdésére adott igenlő választ.  $\square$   II. megoldás. Meg fogjuk mutatni, hogy a megadott feltételek mellett mindig létezik olyan $r$ valós együtthatós polinom, melyre $p\left(x\right)=r{\left(x\right)}^2$. Ha $p\left(p\left(x\right)\right)=q{\left(x\right)}^2$, akkor ${\left(\text{deg}p\right)}^2=2\text{deg}q$, és így a $p$ polinom foka páros. Továbbá $p$ főegyütthatója pozitív, különben a $\infty$-ben $p\left(p\left(x\right)\right)$, és így $q{\left(x\right)}^2$ határértéke is negatív lenne. Legyen tehát $p\left(x\right)=a_{2n}{x}^{2n}+a_{2n-1}{x}^{2n-1}+\text{...}+a_{1}x+a_0$, ahol $n$ nemnegatív egész szám és $a_{2n}>0$. Megmutatjuk hogy léteznek olyan $r$ és $s$ valós együtthatós polinomok, melyekre $p\left(x\right)=r{\left(x\right)}^2+s\left(x\right)$ és $\text{deg}s<n$. Mivel egy ilyen $r$ polinom foka csak $n$ lehet, keressük $r$-et $r\left(x\right)=b_n{x}^n+b_{n-1}{x}^{n-1}+\text{...}+b_{1}x+b_0$ alakban. Akkor kapunk megfelelő előállítást, ha $p\left(x\right)$-ben és $r{\left(x\right)}^2$-ben minden $n\le j\le 2n$-re megegyezik $x^j$ együtthatója. Ha $b_i$ értékét $i=n\mathrm{,}n-\mathrm{1,}\text{...}\mathrm{,0}$ sorrendben választjuk meg, akkor $b_i$ megfelelő választásával elérhető, hogy $x^{n+i}$ együtthatója egyezzen. Legyen ugyanis $b_n=\sqrt[]{a_{2n}}$, ekkor $x^{2n}$ együtthatója egyezik. Tegyük fel, hogy $b_n\mathrm{,}{b}_{n-1}\mathrm{,}\text{...}\mathrm{,}{b}_{i+1}$ értékét már rögzítettük. Mivel $r{\left(x\right)}^2$-ben $x^{n+i}$ együtthatója ${\sum }_{i\le k\le n}{b}_k{b}_{n+i-k}$, így $\begin{array}{c}{\displaystyle b_i=\frac{a_{n+i}-\sum _{i<k<n}^{}{b}_k{b}_{n+i-k}}{2b_n}}\end{array}$ választással $x^{n+i}$ együtthatója éppen $a_{n+i}$ lesz $r{\left(x\right)}^2$-ben is. Az így megválasztott $n$-edfokú $r\left(x\right)$ polinomra valóban $n$-nél kisebb fokú lesz az $s\left(x\right)=p\left(x\right)-r{\left(x\right)}^2$ polinom. Mivel $q{\left(x\right)}^2=p\left(p\left(x\right)\right)=r{\left(p\left(x\right)\right)}^2+s\left(p\left(x\right)\right)$, ezért $\begin{array}{c}{\displaystyle s\left(p\left(x\right)\right)=q{\left(x\right)}^2-r{\left(p\left(x\right)\right)}^2=\left[q\left(x\right)+r\left(p\left(x\right)\right)\right]\cdot \left[q\left(x\right)-r\left(p\left(x\right)\right)\right]\mathrm{.}}\end{array}$ Az $s\left(p\left(x\right)\right)$ polinom foka $s$ és $p$ fokának szorzata, és így kisebb, mint $2n^2$. Ha $s\not\equiv 0$, akkor ebből az is következik, hogy a $q\left(x\right)+r\left(p\left(x\right)\right)$ és $q\left(x\right)-r\left(p\left(x\right)\right)$ polinomok foka is kisebb, mint $2n^2$. Ekkor viszont $\begin{array}{c}{\displaystyle q\left(x\right)=\frac{q\left(x\right)+r\left(p\left(x\right)\right)+q\left(x\right)-r\left(p\left(x\right)\right)}{2}}\end{array}$ foka is $2n^2$-nél kisebb lenne, ami ellentmondás, hiszen $\text{deg}q=\frac{{\left(\text{deg}p\right)}^2}{2}=2n^2$. Mindez azt jelenti, hogy $s\equiv 0$, és így $p\left(x\right)=r{\left(x\right)}^2$. $\square$   Megjegyzés. Williams Kada megjegyzése nyomán könnyen látható, hogy az I. megoldás módszerével igazolható a kitűzött feladat azon általánosítása, mely szerint ha valamely valós együtthatós $p\left(x\right)$ és $q\left(x\right)$ polinomokra, illetve $k\ge 2$ prímszámra $p\left(p\left(x\right)\right)=q{\left(x\right)}^k$ teljesül, akkor van olyan valós együtthatós $r\left(x\right)$ polinom, amelyre $p\left(x\right)=r{\left(x\right)}^k$ áll fenn.