A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre. Megmutatjuk, hogy nincsenek ilyen polinomok. Indirekt bizonyítunk, tegyük fel, hogy | | (2) | Ez a formula akkor volna jól kezelhető, ha a jobb oldalon teljes négyzet ellentettje állna. Ennek érdekében bevezetjük az változót, és alkalmazzuk az helyettesítést. Ekkor | | teljesül alkalmas és polinomokra, ahonnan | | (3) | adódik. A bal oldali polinom fokszáma -tal osztható, ezért nem lehet konstans. Ha konstans tagja , akkor ugyanez -re is igaz. Ám ekkor a bal oldalon álló polinom legalacsonyabb fokú tagjának foka -tal osztható, míg a jobb oldalon álló esetében ez a fok pontosan . Ezért a polinom nem konstans, de van konstans tagja. A jobb oldali két tényező relatív prím, hiszen ha egy polinom mindkettőt osztja, akkor a különbségüket és az összegüket, a és a polinomokat is osztja, ám ez utóbbi polinomok relatív prímek, hisz konstans tagja nem nulla. A valós együtthatós polinomok körében érvényes a számelmélet alaptétele, ezért (3) jobboldalának mindkét tényezője egy-egy valós együtthatós polinom köbének konstansszorosa. Mivel minden valós konstans előáll valós szám köbeként, azt kapjuk, hogy vannak olyan, valós együtthatós és polinomok, amelyekre | | (4) | teljesül. Láttuk, hogy nem konstans. Ezért a (4) két jobb oldalán álló polinom legmagasabb fokú tagja megegyezik és legalább másodfokú. Ugyanez igaz tehát a két bal oldalon álló polinomra is: és legmagasabb fokú nemnulla tagja ugyanaz a monom, ahol . Ekkor azonban a | | (5) | egyenlőség jobb oldalán a második tényezőben együtthatója , ezért a jobb oldal nem lehet elsőfokú. A kapott ellentmondás a megoldás elején kimondott állítást bizonyítja.
II. megoldás. Ismét indirekt bizonyítunk, tegyük fel tehát, hogy | | (6) | Nyilván sem f, sem g nem lehet konstans, ezért degf=2k és degg=3k valamilyen pozitív egész k-ra. Legyen d=gcd(f,g). Ekkor persze d2∣f3-g2=r, ám mivel r elsőfokú, d csak konstans lehet, vagyis f és g egymáshoz relatív prímek. Most (6) mindkét oldalát deriválva az | 3f(x)2f'(x)=2g(x)g'(x)+r' | (7) | egyenlőséget kapjuk, ahonnan a (6) r'-szereséből kivonva a (7) r-szeresét, adódik. A bal oldal osztható azzal az f2 polinommal, amihez a jobb oldalon álló g relatív prím, tehát Ekkor azonban degf2=4k, míg gr'-2g'r foka legfeljebb 3k. Ráadásul ha a g főegyütthatója d, akkor (gr'-2g'r)-ben a 3k-adfokú tag együtthatója Vagyis a gr'-2g'r polinom nem lehet a nulla polinom, és a foka pontosan 3k. Tehát a (8) szerint a 4k-adfokú f2 osztója a pontosan 3k-adfokú, nemnulla gr'-2g'r polinomnak, ez pedig lehetetlen. □
Megjegyzések. 1. Vannak olyan nem konstans f és g polinomok, amelyekre f3-g2 másodfokú, például (x2+2)3-(x3+3x)2=3x2+8. Igazolható, hogy ez csak úgy lehetséges, ha egyrészt f és g relatív prímek, másrészt pedig ha a fokszámaik degf=2 és degg=3. 2. A feladat szorosan kapcsolódik az ún. abc-sejtéshez, ami az alábbit mondja ki. Minden pozitív ε-ra van olyan Cε konstans, hogy ha a, b, c relatív prím pozitív egészek és a+b=c, akkor c<Cε⋅rad(abc)1+ε. Itt rad(n) az n radikálját jelöli, azaz az n különböző prímosztóinak szorzatát. (Pl. rad(2016)=42, rad(2017)=2017 és rad(2018)=2018.) Az abc-sejtésből számos nehéz tétel és sejtés következik. Levezethető belőle például a nagy Fermat-tételt általánosító Beal-sejtés gyengítése, miszerint az an+bm=ck egyenletnek csak véges sok olyan megoldása van a pozitív egészek körében, amelyre a, b, c relatív prímek és n, m, k mindegyike legalább 3. Az abc-sejtésre jelenleg nem ismert általánosan elfogadott bizonyítás. Ígéretes fejlemény azonban Mocsizuki Sinicsi japán matematikus 2012-ben publikált 500 oldalas munkája, amelyben egy egészen új elméletet dolgoz ki és bizonyít számos számelméletet érintő sejtést, többek között az abc-sejtést. Mocsizuki elmélete azonban annyira újszerű, hogy még jelenleg is tart annak ellenőrzése. Tekintettel arra, hogy az intenzív munka ellenére még nem találtak benne lényeges hibát, könnyen elképzelhető, hogy a közeli jövőben bejelentik a sejtés megoldását. Ha pedig ez megtörténik, valószínűleg semmi sem mentheti meg a szerzőt egy igen tekintélyes matematikai díjtól, ami persze nem lehet a Fields-érem, hiszen azt 40 év felettiek nem kaphatják. Ismert és bizonyított azonban az abc-sejtésnek egy polinomos megfelelője, az ún. Mason-tétel. Jelölje rad(f) az f komplex együtthatós polinom különböző irreducibilis faktorainak szorzatát. (Tehát rad(f) foka az f különböző komplex gyökeinek száma.) Legyenek f, g és h olyan komplex együtthatós relatív prím polinomok, amelyek nem mindegyike konstans és f+g=h. Ekkor a Mason-tétel szerint | max(deg(f),deg(g),deg(h))≤deg(rad(fgh))-1. |
A Mason-tétel segítségével a kitűzött feladat könnyen megoldható. Tegyük fel tehát, hogy (5) teljesül. A II. megoldásban láttuk, hogy f, g relatív prímek, tehát f3, g2 és r is azok. Nyilván deg(f)=2k, deg(g)=3k alkalmas k pozitív egészre. A Mason-tétel szerint ekkor
6k=max(6k,6k,1)≤deg(rad(f3g2r))-1=deg(rad(fgr))-1≤≤deg(fgr)-1=deg(f)+deg(g)+deg(r)-1=5k,
ami ellentmondás, így (5) nem teljesülhet.
|