KöMaL - Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
 English
Információ
A lap
Pontverseny
Cikkek
Hírek
Fórum

Rendelje meg a KöMaL-t!

VersenyVizsga portál

Kísérletek.hu

Matematika oktatási portál

A. 525. Let f(x)=x^n+a_{n-1}x^{n-1} +\ldots+a_1x+a_0 be a polynomial with integer coefficients, and let d_1,\ldots,d_n be pairwise distinct integers. Suppose that for infinitely many prime numbers p there exists an integer kp for which

f(k_p+d_1)\equiv
f(k_p+d_2)\equiv\dots\equiv f(k_p+d_n)\equiv0\pmod{p}.

Prove that there exists an integer k0 such that

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

(5 points)

Deadline expired on 10 February 2011.


Google Translation (Sorry, the solution is published in Hungarian only.)

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

Legyen u=d_1+d_2+\ldots+d_n+a_{n-1}, tetszőleges p\inP-re legyen Kp=nkp+u és minden 1\lei\len-re Di=ndi-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 |Di-Dj| különbségnél nagyobb. Mivel 1\lei\len 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 Kp osztható p-vel.

Ismét a Viéte-formulák szerint, bármely 1\le\ell\len 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\len-re és minden olyan p\inP prímre teljesül, ami nagyobb az összes |Di-Dj| 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 di 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+di)=0 minden 1\lei\len-re.


Statistics on problem A. 525.
8 students sent a solution.
5 points:Ágoston Tamás, Backhausz Tibor, Frankl Nóra, Mester Márton, Nagy 235 János, Nagy 648 Donát.
3 points:1 student.
1 point:1 student.


  • Problems in Mathematics of KöMaL, January 2011

  • Támogatóink:   Ericsson   Cognex   Emberi Erőforrás Támogatáskezelő   Emberi Erőforrások Minisztériuma   Nemzeti Tehetség Program    
    MTA Energiatudományi Kutatóközpont   MTA Wigner Fizikai Kutatóközpont     Nemzeti
Kulturális Alap   ELTE   Morgan Stanley