Kezdőlap


Feladat:	B.4946	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Dobák Dániel , Döbröntei Dávid Bence , Gáspár Attila , Janzer Orsolya Lili , Kerekes Anna , Póta Balázs , Schrettner Jakab , Szabó Dávid , Szabó Kornél , Weisz Máté
Füzet:	2018/október, 413 - 415. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Feladat, Valós együtthatós polinomok, Konstruktív megoldási módszer, Maradékos osztás, kongruenciák, Oszthatóság
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 2018/március: B.4946

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.

$a)$ Az $f (x)$ polinom együtthatói racionális számok; ennek okára a megjegyzésben térünk vissza.
Tegyük fel, hogy $f (x)$ -nek van nem egész racionális együtthatója. Legyen

\begin{matrix} f (x) = \frac{b_{q}}{c_{q}} x^{q} + ... + \frac{b_{1}}{c_{1}} x + \frac{b_{0}}{c_{0}}, \end{matrix}

ahol

b_{0}, c_{0}, b_{1}, c_{1}, b_{2}, c_{2}, ...

egészek, valamint

b_{i}

és

c_{i} \neq 0

relatív prímek bármilyen

i

-re. Legyen

n

olyan pozitív egész, amelynek 10-es számrendszerbeli alakja 1-re végződik. Ekkor

8 n

biztosan 8-ra,

5 n

pedig 5-re végződik, vagyis

f (8 n)

és

f (5 n)

is egész.
Két 6-ra végződő szám szorzata is 6-ra végződik, egy 6-ra és egy 8-ra végződő szám szorzata pedig 8-ra. Így

16^{m}

minden

m

pozitív egészre 6-ra végződik. Ezért

16^{m} \cdot 8

is 8-ra végződik, tehát

f (16^{m} \cdot 8 n) = f (2^{4 m + 3} \cdot n)

egész. Az 5 hatványai mindig 5-re végződnek, ezért

f (5^{m} \cdot n)

is egész.
Tekintsük a

c_{1} \cdot c_{2} \cdot c_{3} \cdot ... \cdot c_{q}

szorzatot, és osszuk el a legnagyobb 2-hatvány osztójával, majd a legnagyobb 5-hatvány osztójával is. Az így kapott páratlan, 5-tel nem osztható egész számot jelölje

A

, azaz

\begin{matrix} c_{1} \cdot c_{2} \cdot ... \cdot c_{q} = A \cdot 2^{e} \cdot 5^{f} . \end{matrix}

A

-t bármelyik együttható nevezőjével (

c_{i}

-vel) osztva olyan törtet kapunk, amelynek egyszerűsített nevezője csak 2-vel vagy 5-tel osztható a prímek közül, vagy a kapott hányados egész.
Az

A

utolsó számjegyétől függően adjuk meg a

t

egészet a következőképpen: Ha ez a számjegy 1, akkor legyen

t = A

. Ha 3, akkor

7 A

1-re végződik, így legyen

t = 7 A

. Ha 7, akkor legyen

t = 3 A

. Ha 9, akkor pedig legyen

t = 9 A

. Így

t

mindenképpen 1-re végződik, és

t / c_{i}

vagy egész vagy olyan tört, amelynek a nevezője nem osztható 2-től és 5-től különböző prímmel.
A fentiek alapján

f (2^{4 e + 3} \cdot t)

egész. Vizsgáljuk ennek az összegnek egy,

\frac{b_{0}}{c_{0}}

-tól különböző

\begin{matrix} \frac{b_{i} \cdot 2^{i \cdot (4 e + 3)} \cdot t^{i}}{c_{i}} \end{matrix}

tagját. A tört egyszerűsítése után a nevezőben csak 5-hatvány maradhat, mivel

c_{i}

legfeljebb

2^{e}

-nel osztható. Így

f (2^{4 e + 3} \cdot t) - f (0)

olyan törtek összege, amelyek nevezőjében 5-hatványok állnak. Mivel

f (2^{4 e + 3} \cdot t)

egész, azért

f (0)

is vagy egész, vagy olyan tört, amelynek nevezője 5-hatvány.

f (5^{f} \cdot t)

is egész a fentiek alapján. Vizsgáljuk ennek az összegnek is egy,

\frac{b_{0}}{c_{0}}

-tól különböző

\begin{matrix} \frac{b_{i} \cdot 5^{i f} \cdot t^{i}}{c_{i}} \end{matrix}

tagját. Az egyszerűsítés után a nevezőben itt csak 2-hatvány maradhat, mivel

c_{i}

legfeljebb

5^{f}

-nel osztható. Tehát

f (5^{f} \cdot t) - f (0)

olyan törtek összege, amelyek nevezőjében 2-hatvány áll. Mivel

f (5^{f} \cdot t)

egész,

f (0)

is egész vagy olyan tört, aminek nevezője 2-hatvány.
A két eredményt összevetve

f (0)

szükségképpen egész.

b)

f (x) = \frac{(x - 5) (x - 8)}{10}

polinom teljesíti a feladat feltételeit: ha

a = 10 k + 5

vagy

b = 10 k + 8

alakú szám, ahol

k

(nemnegatív) egész, akkor

f (a) = k (10 k - 3)

és

f (b) = (10 k + 3) k

egészek, viszont

f (1) = \frac{28}{10}

nem egész.

Póta Balázs (Győr, Révai Miklós Gimn., 11. évf.) és
Schrettner Jakab (Szeged, Radnóti Miklós Kísérleti Gimnázium, 11. évf.) megoldását felhasználva

Megjegyzés. Az interpoláció tétele szerint, ha

a_{1}, ..., a_{n + 1}

páronként különböző,

b_{1}, ..., b_{n + 1}

pedig tetszőleges valós számok, akkor létezik pontosan egy olyan legfeljebb

n

-edfokú

f (x)

polinom, amelyre

f (a_{k}) = b_{k}

minden

k = 1, ..., n + 1

-re. Világos, hogy két különböző

f_{1} (x)

és

f_{2} (x)

polinom nem létezhet ezekkel a tulajdonságokkal, hiszen akkor a különbségük olyan, legfeljebb

n

-edfokú, nem azonosan nulla polinom lenne, amelynek az

a_{1}, ..., a_{n + 1}

számok mindegyike gyöke. Ez azonban lehetetlen, mivel egy nemnulla polinomnak legfeljebb annyi gyöke lehet, mint a polinom foka.
Másrészt legyen

\begin{matrix} f (x) = b_{1} L_{1} (x) + ... + b_{n + 1} L_{n + 1} (x), \end{matrix}

ahol mindegyik

\begin{matrix} L_{k} (x) = \frac{\prod_{j : j \neq k}^{} (x - a_{j})}{\prod_{j : j \neq k}^{} (a_{k} - a_{j})} \end{matrix}

n

-edfokú polinom

a_{k}

-ban 1-et, az összes többi

a_{j}

-ben pedig nullát vesz fel. Az így előállított

f (x)

polinom tehát megfelelő. Az

f (x)

eme alakjából látszik, hogy az együtthatói az

a_{k}

b_{k}

számokból véges sok összeadás, kivonás, szorzás és osztás alkalmazásával kaphatók meg; ebből speciálisan következik, hogy ha az

a_{k}

b_{k}

számok valamennyien racionálisak, akkor

f (x)

együtthatói is azok.
A feladatban szereplő polinom fokát jelölje

d

. Az interpoláció tételét alkalmazhatjuk

n = d

-re,

a_{k} = 5^{k}

-ra és

b_{k} = f (5^{k})

-ra, ahol

k = 1, ..., d + 1

; ezek a számok egészek lévén racionálisak, ezért az általuk egyértelműen meghatározott

f (x)

együtthatói is azok.

Póta Balázs (Győr, Révai Miklós Gimn., 11. évf.) és
Schrettner Jakab (Szeged, Radnóti Miklós Kísérleti Gimnázium, 11. évf.)
megoldását felhasználva