Az A. 651. feladat (2015. október)

A. 651. Határozzuk meg mindazokat a $\displaystyle P(x)$ valós együtthatós polinomokat, amelyekre

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:

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:

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:

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