Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
Informatika rovattal
Kiadja a MATFUND Alapítvány
Már regisztráltál?
Új vendég vagy?

Az A. 590. feladat (2013. május)

A. 590. Határozzuk meg azokat az a egész számokat, amelyekhez létezik olyan egész együtthatós p(x) polinom, amelyre


p\big(\big(\root3\of {a}\,\big)^2 + \root3\of {a}\,\big) =
\big(\root3\of {a}\,\big)^2 - \root3\of {a}.

A Vojtech Jarník verseny feladata alapján

(5 pont)

A beküldési határidő 2013. június 10-én LEJÁRT.


Megoldás. Ha a teljes köb, akkor a p(x)=\root3\of {a^2}-\root3\of {a} (konstans) polinom megfelelő. A továbbiakban feltételezzük, hogy a nem teljes köb; ilyenkor \root3\of{a} és \root3\of{a^2} irracionális.

Szükségünk lesz a következő, jól ismert tényre.

Lemma. 1. Ha az u,v,w egész számokra u+v\root3\of{a}+w\root3\of{a^2}=0, akkor u=v=w=0.

2. Minden valós szám legfeljebb egyféleképpen írható fel u+v\root3\of{a}+w\root3\of{a^2} alakban.

Bizonyítás. 1. Tegyük fel, hogy mégis vannak olyan u,v,w egészek, amelyekre u+
v\root3\of{a}+w\root3\of{a^2}=0, de u,v,w között 0-tól különböző is van. Mivel \root3\of{a} és \root3\of{a^2} irracionális, ez csak úgy lehetséges, ha u,v,w egyike sem 0.

Az x3+y3+z3-3xyz=(x+y+z)(x2+y2+z2-xy-xz-yz) azonosságot az x=u, y=v\root3\of{a}, z=w\root3\of{a^2} választással felírva láthatjuk, hogy

u3+av3+a2w3-3auvw=0.(*)

Legyen q az a egyik olyan prímosztója, amelynek kitevője nem osztható 3-mal. (Mivel a nem teljes köb, van neki.) Tetszőleges n\ne0 egészre jelölje \nuq(n) a q kitevőjét az n prímtényezős felbontásában.

Vegyük észre, hogy (*) baloldalán \nuq(u3), \nuq(av3) és \nuq(a2w3) különböző, mert mert már modulo 3 is különböznek. Továbbá


\nu_q(3auvw) \ge \nu_q(auvw) = \frac13\nu_q(a^3u^3v^3w^3) = \frac{\nu_q(u^3)+\nu_q(av^3)+\nu_q(a^2w^3)}3
> \min\big(\nu_q(u^3),\nu_q(av^3),\nu_q(a^2w^3)\big).

Ebből következik, hogy a \nuq(u3), \nuq(av3), \nuq(a2w3) és \nuq(3auvw) kitevők között egyetlen legkisebb van; ekkor viszont a (*) baloldala nem lehet nulla.

2. Ha valamely u1,u2,v1,v2,w1,w2 egész számokra u_1+v_1\root3\of{a}+w_1\root3\of{a^2}=
u_2+v_2\root3\of{a}+w_2\root3\of{a^2}, akkor (u_1-u_2)+(v_1-v_2)\root3\of{a}+(w_1-w_2)\root3\of{a^2}=0, így a lemma 1. része miatt u1=u2, v1=v2 és w1=w2.

Ezzel a lemmát bebizonyítottuk.

 

A feladat megoldásához a következőt bizonyítjuk:

Állítás. Tetszőleges p(x) egész együtthatós polinomra


p\Big(\root3\of{a^2}+\root3\of{a}\Big) = 
u + v\root3\of{a} + w\root3\of{a^2} (**)

alkalmas egész u,v,w számpokkal, és v\equiv w\pmod{a-1}.

Az állításunkat az p fokszáma szerinti indukcióval igazoljuk. Ha p(x) konstans polinom, akkor u=p(0) és v=w=0, és az állítás triviális. Tegyük fel tehát, hogy p foka legalább 1, és az állítást már igazoltuk alacsonyabb fokú polinomokra.

Írjuk p(x) a koövetkező alakban: p(x)=x.P(x)+c, ahol P egész együtthatós polinom és c=p(0) egész szám. A P foka kisebb, mint a p foka, ezért az indukciós feltevés szerint


P\Big(\root3\of{a^2}+\root3\of{a}\Big) = 
U + V\root3\of{a} + W\root3\of{a^2}

alkalmas U,V,W egészekkel, amikre V\equiv W\pmod{a-1}. Ezért


p\Big(\root3\of{a^2}+\root3\of{a}\Big) = 
\Big(\root3\of{a^2}+\root3\of{a}\Big) \cdot
P\Big(\root3\of{a^2}+\root3\of{a}\Big) + c =


= \Big(\root3\of{a^2}+\root3\of{a}\Big) \cdot
\Big(U + V\root3\of{a} + W\root3\of{a^2}\Big) +c =
(aV+aW+c) + (U+aW)\root3\of{a} + (U+V)\root3\of{a^2}

ahonnan a p=aV+aW+c, v=U+aW, w=U+V választással (**) valóban teljesül. Végül, a\equiv1\pmod{a-1} és V\equiv W\pmod{a-1} miatt


v = U+aW \equiv U+1\cdot V = w \pmod{a-1}.

 

A Lemma és az Állítás miatt


p\Big(\root3\of{a^2} + \root3\of {a}\,\Big) = 0
+(-1)\cdot \root3\of {a} +1\cdot \big(\root3\of {a}\,\big)^2

csak akkor teljesülhet, ha 1\equiv-1\pmod{a-1}, azaz a-1 osztója 2-nek. Ez az a=2 és a=3 esetekban igaz. (Az a=0 és a=-1 esetekben a köbszám.) Ezekre az értékekre mutatunk egy-egy megfelelő polinomot.

Az a=2 esetben p(x)=-2x2+3x+8 megfelelő, mert


p\Big(\root3\of2+\root3\of4\Big) =
-2\Big(\root3\of2+\root3\of4\Big)^2 +3\Big(\root3\of2+\root3\of4\Big) +8 = \root3\of4-\root3\of2.

Az a=3 esetben p(x)=-x2+2x+6 egy jó választás, mert


p\Big(\root3\of3+\root3\of9\Big) =
-\Big(\root3\of3+\root3\of9\Big)^2 +2\Big(\root3\of3+\root3\of9\Big) +6 = \root3\of9-\root3\of3.

 

A feladatban előírt p polinom tehát akkor létezik, ha a köbszám, a=2, vagy pedig a=3.


Statisztika:

11 dolgozat érkezett.
5 pontot kapott:Herczeg József, Janzer Olivér, Maga Balázs, Szabó 789 Barnabás, Szabó 928 Attila, Williams Kada.
4 pontot kapott:Juhász 995 Mátyás Péter, Kúsz Ágnes, Sárosdi Zsombor, Török 928 Mihály.
0 pontot kapott:1 versenyző.

A KöMaL 2013. májusi matematika feladatai