Az A. 525. feladat (2011. január)

A. 525. Legyen $f(x)=x^n+a_{n-1}x^{n-1}+\ldots+a_1x+a_0$ egész együtthatós polinom, $d_1,\ldots,d_n$ pedig páronként különböző egész számok. Tegyük fel, hogy végtelen sok p prímhez létezik olyan k_p egész szám, amelyre

$f(k_p+d_1)\equiv f(k_p+d_2)\equiv \dots\equiv f(k_p+d_n)\equiv 0 \pmod{p}.$

Igazoljuk, hogy ekkor van olyan k₀ egész szám, amire

$f(k_0+d_1)=f(k_0+d_2) =\ldots=f(k_0+d_n)=0.$

(5 pont)

A beküldési határidő 2011. február 10-én LEJÁRT.

Megoldás. Jelöljük P-vel az olyan, n-nél nagyobb p prímszámok halmazát, amikhez létezik a feladatnak megfelelő k_p szám.

Legyen $u=d_1+d_2+\ldots+d_n+a_{n-1}$ , tetszőleges p $\in$ P-re legyen K_p=nk_p+u és minden 1 $\le$ i $\le$ n-re D_i=nd_i-u, végül legyen

$F(x) = n^n f\left(\frac{x}{n}\right) = x^n+na_{n-1}x^{n-1}+n^2a_{n-2}x^{n-2} +\ldots+n^{n-1}a_1x+n^na_0.$

Tegyük fel, hogy p olyan prím, ami az összes |D_i-D_j| különbségnél nagyobb. Mivel 1 $\le$ i $\le$ n esetén

$F(K_p+D_i) = n^n f\left(\frac{K_p+D_i}n\right) = n^n f(k_p+d_i) \equiv 0 \pmod{p},$

az F polinom gyökei a modulo p maradékosztályok körében éppen $K_p+D_1,\ldots,K_p+D_n$ , és ezek különbözőek. Ezért éppen ezek a gyökök. A gyökök összegére vonatkozó Viéte-formula alapján

$(K_p+D_1) + (K_p+D_2) +\ldots+ (K_p+D_n) \equiv -n a_{n-1} \pmod{p}$

$(K_p+nd_1-u) + (K_p+nd_2-u) +\ldots+ (K_p+nd_n-u) \equiv -n a_{n-1} \pmod{p}$

$nK_p \equiv - n(a_{n-1}+d_1+d_2+\dots+d_n-u) = 0 \pmod{p}.$

Mivel p>n, ebből következik, hogy K_p osztható p-vel.

Ismét a Viéte-formulák szerint, bármely 1 $\le$ $\ell$ $\le$ n esetén

$(-1)^{\ell}n^{\ell}a_{n-\ell} \equiv \sum_{1\le i_1<\dots<i_\ell\le n} (K_p+D_{i_1})\ldots(K_p+D_{i_\ell}) \pmod{p},$

tehát

$(-1)^{\ell}n^{\ell}a_{n-\ell} \equiv \sum_{1\le i_1<\dots<i_\ell\le n} D_{i_1}\ldots D_{i_\ell} \pmod{p}.$

(1)

Az (1) kongruencia tehát minden 1 $\le$ $\ell$ $\le$ n-re és minden olyan p $\in$ P prímre teljesül, ami nagyobb az összes |D_i-D_j| különségnél. Ez csak úgy lehetséges, ha

$(-1)^{\ell}n^{\ell}a_{n-\ell} = \sum_{1\le i_1<\dots<i_\ell\le n} D_{i_1}\ldots D_{i+\ell}.$

Ez pedig azt jelenti, hogy

$F(x) = (x-D_1)(x-D_2)\ldots(x-D_n).$

Visszaírva ezt az f polinomra és a d_i számokra,

$f(x) = \left(x-d_1-\frac{u}{n}\right) \left(x-d_2-\frac{u}{n}\right) \ldots \left(x-d_n-\frac{u}{n}\right).$

Mivel az f polinom egész együtthatós, és a fő együtthatója 1, minden racionális gyöke egész, tehát $\frac{u}{n}$ egész szám.

Ezek után legyen $k_0=\frac{u}n$ ; ezzel a számmal f(k₀+d_i)=0 minden 1 $\le$ i $\le$ n-re.

Statisztika:

8 dolgozat érkezett.

5 pontot kapott: Ágoston Tamás, Backhausz Tibor, Frankl Nóra, Mester Márton, Nagy 235 János, Nagy 648 Donát.

3 pontot kapott: 1 versenyző.

1 pontot kapott: 1 versenyző.

A KöMaL 2011. januári matematika feladatai

8 dolgozat érkezett.
5 pontot kapott:	Ágoston Tamás, Backhausz Tibor, Frankl Nóra, Mester Márton, Nagy 235 János, Nagy 648 Donát.
3 pontot kapott:	1 versenyző.
1 pontot kapott:	1 versenyző.

Már regisztráltál?
Új vendég vagy?