Feladat: 2017. évi Kürschák matematikaverseny 2. feladata Korcsoport: 18- Nehézségi fok: nehéz
Füzet: 2018/február, 73 - 75. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Kürschák József (korábban Eötvös Loránd), Különleges függvények, Indirekt bizonyítási mód, Valós együtthatós polinomok
Hivatkozás(ok):Feladatok: 2018/február: 2017. évi Kürschák matematikaverseny 2. feladata

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

f(x)3-g(x)2=ax+b,ahol  a≠0.(2)
Ez a formula akkor volna jól kezelhető, ha a jobb oldalon teljes négyzet ellentettje állna. Ennek érdekében bevezetjük az y változót, és alkalmazzuk az x=(-y2-b)/a helyettesítést. Ekkor
f(x)=f(-y2-ba)=F(y2),illetveg(x)=G(y2)
teljesül alkalmas F és G polinomokra, ahonnan
F(y2)3=G(y2)2-y2=(G(y2)-y)⋅(G(y2)+y)(3)
adódik. A bal oldali polinom fokszáma 6-tal osztható, ezért G nem lehet konstans. Ha F konstans tagja 0, akkor ugyanez G-re is igaz. Ám ekkor a bal oldalon álló polinom legalacsonyabb fokú tagjának foka 6-tal osztható, míg a jobb oldalon álló esetében ez a fok pontosan 2. Ezért a G 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 2y és a 2G(y2) polinomokat is osztja, ám ez utóbbi polinomok relatív prímek, hisz 2G(y2) 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 p(y) és q(y) polinomok, amelyekre
p(y)3=G(y2)-y,illetveq(y)3=G(y2)+y(4)
teljesül. Láttuk, hogy G 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: p(y) és q(y) legmagasabb fokú nemnulla tagja ugyanaz a cyn monom, ahol n≥1. Ekkor azonban a
2y=q(y)3-p(y)3=(q(y)-p(y))⋅(q(y)2+q(y)p(y)+p(y)2)(5)
egyenlőség jobb oldalán a második tényezőben y2n együtthatója 3c2≠0, 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
f(x)3=g(x)2+r(x),ahol  r(x)=ax+b  és  a≠0.(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,
f2(fr'-3f'r)=g(gr'-2g'r)
adódik. A bal oldal osztható azzal az f2 polinommal, amihez a jobb oldalon álló g relatív prím, tehát
f2∣gr'-2g'r.(8)
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
da-6kda=(1-6k)da≠0.
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.