A B. 4914. feladat (2017. december)

B. 4914. Legyen \(\displaystyle p(x)\) olyan egész együtthatós polinom, amely négy különböző egész helyen is a 2000 értéket veszi fel.

\(\displaystyle a)\) Igazoljuk, hogy nincs olyan \(\displaystyle x_0\) egész szám, amelyre \(\displaystyle p(x_0)=2017\).

\(\displaystyle b)\) Adjunk meg olyan (a fenti feltételnek megfelelő) \(\displaystyle p(x)\) polinomot és \(\displaystyle x_1\) egész számot, amelyre \(\displaystyle p(x_1)=2018\) teljesül.

(4 pont)

A beküldési határidő 2018. január 10-én LEJÁRT.

Megoldás. A \(\displaystyle p(x)\) polinomról tudjuk, hogy 4 különböző egész helyen is 2000-et vesz fel: \(\displaystyle p(a)=p(b)=p(c)=p(d)=2000\) (ahol \(\displaystyle a\), \(\displaystyle b\), \(\displaystyle c\), \(\displaystyle d\) páronként különböző egész számok). Legyen \(\displaystyle q(x)=p(x)-2000\), ekkor \(\displaystyle q(x)\) olyan egész együtthatós polinom, melynek \(\displaystyle a\), \(\displaystyle b\), \(\displaystyle c\), \(\displaystyle d\) négy különböző egész gyöke. Ezért az \(\displaystyle x-a\), \(\displaystyle x-b\), \(\displaystyle x-c\), \(\displaystyle x-d\) gyöktényezőket kiemelve kapjuk, hogy van olyan \(\displaystyle r(x)\) polinom, amivel \(\displaystyle q(x)=(x-a)(x-b)(x-c)(x-d)r(x)\). Mivel \(\displaystyle q(x)\) egész együtthatós, \(\displaystyle (x-a)(x-b)(x-c)(x-d)\) pedig 1 főegyütthatójú egész együtthatós polinom, ezért \(\displaystyle r(x)\) is egész együtthatós.

Ha valamely \(\displaystyle x_0\) egész számra \(\displaystyle p(x_0)=2017\) lenne, akkor \(\displaystyle q(x_0)=(x_0-a)(x_0-b)(x_0-c)(x_0-d)r(x_0)=17\) is teljesülne. Az \(\displaystyle x_0-a,x_0-b,x_0-c,x_0-d\) különböző egész számok, \(\displaystyle r(x_0)\) szintén egész szám. A 17 prímszám, így összesen négy osztója van (az egész számok körében), tehát csak \(\displaystyle \{x_0-a,x_0-b,x_0-c,x_0-d\}=\{-17,-1,1,17\}\) lehetséges. Azonban ekkor \(\displaystyle |(x_0-a)(x_0-b)(x_0-c)(x_0-d)r(x_0)|\geq 17^2>17\) lenne, ami azt jelenti, hogy \(\displaystyle p(x_0)=2017\) nem lehetséges, a feladat a) részét igazoltuk.

A b) rész megoldásához a korábban bevezetett jelöléseket használva, azt szeretnénk, hogy \(\displaystyle q(x_1)=(x_1-a)(x_1-b)(x_1-c)(x_1-d)r(x_1)=18\) legyen. Ebben az 5-tényezős szorzatban az első négy tényezőnek különbözőnek kell lennie, és a szorzat 18 kell legyen. Legyen például

\(\displaystyle x_1-a=1,x_1-b=-1,x_1-c=2,x_1-d=-9\)

és \(\displaystyle r\equiv 1\). Ha például \(\displaystyle x_1=0\)-t választunk, akkor legyen \(\displaystyle a=-1,b=1,c=-2,d=9\). Ekkor tehát \(\displaystyle p(x)=q(x)+2000=(x+1)(x-1)(x+2)(x-9)+2000\) és \(\displaystyle x_1=0\) megfelelő választás: \(\displaystyle p(x)\) értéke 2000 a \(\displaystyle -1,1,-2,9\) helyeken, és \(\displaystyle p(x_1)=p(0)=2018\).

Statisztika:

94 dolgozat érkezett.
4 pontot kapott:	Apagyi Dávid, Berta Csaba Zsolt, Bukva Dávid, Busa 423 Máté, Csányi Dávid, Csertán András, Csóka Zoárd, Daróczi Sándor, Deák Bence, Dobák Dániel, Döbröntei Dávid Bence, Fekete Richárd, Fuisz Gábor, Fülöp Anna Tácia, Gyimesi Péter, Győrffy Ágoston, Győrffy Johanna, Hervay Bence, Jánosik Áron, Jánosik Máté, Janzer Orsolya Lili, Jedlovszky Pál, Kerekes Anna, Kiss Gergely, Kotmayer Előd, Kovács 711 Bálint, Márton Dénes, Mikulás Zsófia, Molnár Bálint, Molnár-Sáska Zoltán, Nagy Nándor, Noszály Áron, Pituk Gábor, Póta Balázs, Saár Patrik, Sárvári Tibor, Scheidler Barnabás, Schrettner Jakab, Sebestyén Pál Botond, Shuborno Das, Szabó 417 Dávid, Szécsényi Nándor, Tiszay Ádám, Tóth 827 Balázs, Tóth-Rohonyi Iván, Vida Tamás, Weisz Máté, Zólomy Kristóf, Zsigri Bálint.
3 pontot kapott:	34 versenyző.
2 pontot kapott:	7 versenyző.
1 pontot kapott:	3 versenyző.
0 pontot kapott:	1 versenyző.

A KöMaL 2017. decemberi matematika feladatai