A B. 4211. feladat (2009. október)

B. 4211. Mutassuk meg, hogy nincs olyan racionális együtthatós polinom, amely pontosan egy egész helyen vesz fel nem egész értéket. Létezik-e ilyen tulajdonságú valós együtthatós polinom?

Javasolta: Maga Péter

(5 pont)

A beküldési határidő 2009. november 10-én LEJÁRT.

Megoldás. Tegyük fel, hogy létezik olyan racionális együtthatós \(\displaystyle p\) polinom, amely éppen a \(\displaystyle k\) egész számra vesz fel nem egész értéket, akkor a \(\displaystyle q(x)=p(x-k)\) polinom is racionális együtthatós, de a 0 helyen fog nem egész értéket felvenni. Feltehetjük tehát, hogy \(\displaystyle p(x)=a_nx^n+\ldots+a_1x+a_0\), ahol a polinom konstans tagja, \(\displaystyle a_0\) nem egész szám. Tekintsük most az \(\displaystyle a_0, a_1,\ldots,a_n\) racionális számok nevezőinek legkisebb közös többszörösét. Ezt a 0-tól különböző \(\displaystyle N\) számot a polinomba behelyettesítve minden \(\displaystyle a_iN^i\) alakú tag egész lesz a konstans tagot kivéve, a polinom tehát nem csak egy helyen vesz fel nem egész értéket.

A valós együtthatós esetben ugyancsak nemleges a válasz, ugyanis ezt visszavezethetjük az előző esetre, ha megmutatjuk, hogy egy \(\displaystyle n\)-edfokú \(\displaystyle p\) polinom csak akkor vehet fel \(\displaystyle n+1\) különböző racionális helyen is racionális értéket, ha minden együtthatója racionális. Ezt fokszám szerinti indukcióval bizonyítjuk. Ha \(\displaystyle n=0\), vagyis konstans polinomról van szó, akkor az állítás nyilvánvaló. Legyen most \(\displaystyle n\) pozitív, és tegyük fel, hogy az állítást kisebb fokú polinomokra már igazoltuk.

Tegyük fel, hogy a \(\displaystyle p(x)=a_nx^n+\ldots+a_1x+a_0\) polinom, ahol \(\displaystyle a_n\ne0\), az egymástól különböző \(\displaystyle r_1,\ldots,r_{n+1}\) racionális helyeken is racionális értéket vesz fel. Ha a \(\displaystyle q(x)=p(x-r_{n+1})\) polinom együtthatói racionálisak, akkor a \(\displaystyle p(x)=q(x+r_{n+1})\) polinom együtthatói is azok, vagyis nyugodtan feltehetjük, hogy \(\displaystyle r_{n+1}=0\). Innen rögtön következik, hogy \(\displaystyle a_0=p(r_{n+1})\) racionális. Továbbá minden \(\displaystyle 1\le i\le n\) esetén \(\displaystyle r_i\ne 0\), vagyis \(\displaystyle a_nr_i^{n-1}+\ldots+a_2r_i+a_1=(p(r_i)-a_0)/r_i\) is racionális szám.

Az \(\displaystyle n-1\)-edfokú \(\displaystyle p^*(x)=a_nx^{n-1}+\ldots +a_2x+a_1\) polinom tehát \(\displaystyle n\) különböző racionális helyen racionális értéket vesz fel. így az indukciós feltevés miatt \(\displaystyle a_1,\ldots,a_n\) is racionális számok, vagyis \(\displaystyle p\) minden együtthatója racionális. Ezzel az indukciós lépést befejeztük.

Statisztika:

22 dolgozat érkezett.
5 pontot kapott:	Ágoston Tamás, Cséke Balázs, Dudás 002 Zsolt, Éles András, Janzer Olivér, Kiss 902 Melinda Flóra, Kovács 235 Gábor, Márkus Bence, Mester Márton, Mészáros András, Perjési Gábor, Réti Dávid, Somogyi Ákos, Szabó 928 Attila, Varnyú József, Weisz Ágoston, Weisz Gellért.
4 pontot kapott:	Bálint Csaba.
3 pontot kapott:	2 versenyző.
2 pontot kapott:	1 versenyző.
0 pontot kapott:	1 versenyző.

A KöMaL 2009. októberi matematika feladatai