 |
Az A. 651. feladat (2015. október) |
A. 651. Határozzuk meg mindazokat a \(\displaystyle P(x)\) valós együtthatós polinomokat, amelyekre
| \(\displaystyle P \big(x^3-2\big)=P{(x)}^3-2 \) | (1) |
teljesül.
CIIM 2015, Mexikó
(5 pont)
A beküldési határidő 2015. november 10-én LEJÁRT.
Megoldásvázlat. Legyen \(\displaystyle Q(x)=x^3-2\). A feltétel a következő alakba is írható:
| \(\displaystyle Q(P(x)) = P(Q(x)). \) | \(\displaystyle (1') \) |
Megmutatjuk, hogy az egyenletet a következő polinomok elégítik ki:
– az \(\displaystyle P(x) \equiv \sqrt[3]{1+\frac{\sqrt{78}}9}+\sqrt[3]{1-\frac{\sqrt{78}}9}\) konstans polinom:
– az \(\displaystyle x\), \(\displaystyle Q(x)\), \(\displaystyle Q(Q(x))\), \(\displaystyle Q(Q(Q(x)))\), ... polinomok.
Az utóbbi sorozat elemei triviálisan kielégítik \(\displaystyle (1')\)-t.
A konstans esetben a konstans értékét a \(\displaystyle P^3-P-2=0\) harmadfokú egyenlet határozza meg; a Cardano-képletből kapjuk, hogy ennek egyetlen valós gyöke a \(\displaystyle \sqrt[3]{1+\frac{\sqrt{78}}9}+\sqrt[3]{1-\frac{\sqrt{78}}9}\) szám.
Ha \(\displaystyle P\) elsőfokú, azaz \(\displaystyle P(x)=ax+b\) valamilyen \(\displaystyle a\ne0\) és \(\displaystyle b\) valós számokkal, akkor a feltétel szerint \(\displaystyle a(x^3-2)=(ax+b)^3-2\), vagyis \(\displaystyle a=a^3\), \(\displaystyle 3a^2b=3ab^2=0\) és \(\displaystyle -2a=b^3-2\). A középső egyenletből \(\displaystyle b=0\), a harmadikból \(\displaystyle a=1\), vagyis \(\displaystyle P(x)=x\). Az első egyenlet is teljesül, tehát \(\displaystyle P(x)=x\) valóban megoldás.
Innen \(\displaystyle P\) foka szerinti indukcióval igazoljuk, hogy \(\displaystyle P(x)\) csak \(\displaystyle Q(\ldots Q(x)\ldots)\) alakú lehet. Tegyük fel, hogy \(\displaystyle P\) foka legalább \(\displaystyle 2\), és alacsonyabb fokszámra az állítás igaz.
Először megmutatjuk, hogy \(\displaystyle P(x)\) monomjai között mindegyik kitevő azonos modulo \(\displaystyle 3\) maradékosztályba tartozik. Tegyük fel indirekte, hogy nem így van; legyen \(\displaystyle P\) foka \(\displaystyle n\), és legyen \(\displaystyle k\) a legnagyobb olyan, \(\displaystyle P(x)\) kifejtésében előforduló fokszám, ami nem kongruens \(\displaystyle n\)-nel modulo \(\displaystyle 3\):
\(\displaystyle P(x) = a_nx^2 + \ldots +a_k x^k +\ldots, \)
ahol \(\displaystyle a_n,a_k\ne0\). Ekkor \(\displaystyle P^3(x)\)-ben szerepel a \(\displaystyle (3a_n^2a_k)x^{2n+k}\) monom, amelyben a kitevő nem osztható \(\displaystyle 3\)-mal. Viszont az (1) egyenlet baloldalán a \(\displaystyle P(x^3-2)\) polinomban minden tag fokszáma osztható \(\displaystyle 3\)-mal, ami ellentmondás. Tehát, \(\displaystyle P\)-ben minden tag fokszáma kongruens (\(\displaystyle n\)-nel) modulo \(\displaystyle 3\). A \(\displaystyle P\) polinom tehát a következő alakba írható:
| \(\displaystyle P(x) = R(x^3) \cdot x^r, \) | \(\displaystyle (2) \) |
ahol \(\displaystyle R\) polinom és \(\displaystyle r=n\mod3\).
A (2) egy másik bizonyítása a következő. Ha \(\displaystyle \varepsilon=\frac12+\frac{\sqrt3}3i\), akkor az (1) egyenletből bármely \(\displaystyle x\) valós szám esetén \(\displaystyle P^3(\varepsilon x) = P(x^3-2)+2 = P^3(x)\), vagyis \(\displaystyle P(\varepsilon x) = \varepsilon^{s(x)}P(x)\), ahol \(\displaystyle s(x)\) értéke \(\displaystyle 0,1,2\) lehet. Az egyik érték végtelen sokszor előfordul; legyen ez \(\displaystyle r\). Ekkor viszont a \(\displaystyle P(\varepsilon x) = \varepsilon^r P(x)\) egyenlet végtelen sok \(\displaystyle x\)-re igaz, vagyis a két oldalon ugyanaz a polinom áll.
1. eset: \(\displaystyle r=0\). Legyen \(\displaystyle S(x)=R(x+2)\); ekkor (2) a következő alakba írható:
| \(\displaystyle P(x) = S(x^3-2) = S(Q(x)). \) | \(\displaystyle (3) \) |
Mindkét oldalt behelyettesítve \(\displaystyle Q\)-ba, majd \(\displaystyle Q(x)\) helyére \(\displaystyle y\)-t írva:
\(\displaystyle Q(S(Q(x))) = Q(P(x)) = P(Q(x)) = S(Q(Q(x)), \)
\(\displaystyle Q(S(y))=S(Q(y)). \)
Tehát \(\displaystyle S\) is megoldása (1')-nek, a foka pedig \(\displaystyle n/3\). Az indukicós feltevés alkalmazható az \(\displaystyle S\) polinomra, tehát \(\displaystyle S(x)\) és \(\displaystyle P(x)=S(Q(x))\) is a kívánt alakú.
2. eset: \(\displaystyle r=1\) vagy \(\displaystyle r=2\). A (2) szerint \(\displaystyle P(0)=0\). Legyen \(\displaystyle x_0=0\) és \(\displaystyle x_{n+1}=Q(x_n)\). Vegyük észre, hogy \(\displaystyle P(x_n)=x_n\): \(\displaystyle n=0\)-re ez igaz, mert \(\displaystyle P(x_0)=P(0)=0=x_0\); ha pedig valamilyen \(\displaystyle n\)-re igaz, akkor \(\displaystyle P(x_{n+1})=P(Q(x_n))=Q(P(x_n))=Q(x_n)=x_{n+1}\).
Szintén indukcióval igazolható, hogy \(\displaystyle x_0>x_1>\ldots\). Ekkor viszont a \(\displaystyle P(x)=x\) egyenlet végtelen sok számra igaz, ami csak úgy lehetne, ha \(\displaystyle P(x)=x\); viszont feltettük, hogy \(\displaystyle P\) legalább másodfokú. A 2. eset tehát nem lehetséges.
Statisztika:
11 dolgozat érkezett. 5 pontot kapott: Lajkó Kálmán, Szabó 789 Barnabás, Williams Kada. 2 pontot kapott: 4 versenyző. 1 pontot kapott: 2 versenyző. 0 pontot kapott: 2 versenyző.
A KöMaL 2015. októberi matematika feladatai