Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
Informatika rovattal
Kiadja a MATFUND Alapítvány
Már regisztráltál?
Új vendég vagy?
A régi honlapot akarom!!! :-)

A B. 4481. feladat (2012. október)

B. 4481. Határozzuk meg azokat az egész együtthatós f polinomokat, amelyekre teljesül, hogy tetszőleges n pozitív egész szám esetén az n és az f(n) számok prímosztói megegyeznek.

(5 pont)

A beküldési határidő 2012. november 12-én LEJÁRT.


Útmutatás: A konstans tag 0. Emeljük ki x-et.

Megoldás: Tetszőleges k pozitív egészre az f(x)=xk és az f(x)=-xk polinomok megfelelőek. Tegyük fel, hogy az f(x)=a_kx^k+\ldots+a_1x+a_0 polinom megfelelő, ahol ak\ne0. Megmutatjuk, hogy ekkor k>0, a_0=a_1=\ldots=a_{k-1}=0 és ak=\pm1, ami azt jelenti, hogy ezzel a feladat összes megoldását megkaptuk.

Legyen p tetszőleges (pozitív) prímszám; ilyenből végtelen sok van. A feltétel szerint létezik olyan \epsilon(p)=\pm1 és \alpha(p) pozitív egész, hogy f(p)=\varepsilon(p)p^{\alpha(p)}. Mivel f(p)-a0 osztható p-vel, a0 is osztható kell legyen p-vel. Ebből következik, hogy a0 végtelen sok különböző prímszámmal osztható, vagyis a0=0, amiért is k\ne0.

Tegyük fel, hogy valamely 0\lei<k-1 esetén már beláttuk, hogy a_0=\ldots=a_i=0. Ekkor f(p)=p^{i+1}(a_kp^{k-i-1}+\ldots+a_{i+2}p+a_{i+1}), vagyis

a_kp^{k-i-1}+\ldots+a_{i+2}p+a_{i+1}=\varepsilon(p)p^{\alpha(p)-i-1}.

Mivel egy m-edfokú nemkonstans polinom legfeljebb m különböző helyen veheti fel ugyanazt az értéket, van végtelen sok olyan p prímszám, melyre az

a_kp^{k-i-1}+\ldots+a_{i+2}p+a_{i+1}

kifejezés értéke nem \pm1, vagyis osztható p-vel. Ezekre a p számokra tehát ai+1 is osztható p-vel, vagyis ai+1=0.

Így i szerinti indukcióval kapjuk, hogy a_0=\ldots=a_{k-1}=0, tehát f(x)=akxk. Ezért minden p-re a_k=\varepsilon(p)p^{\alpha(p)-k}. Mivel ak csak véges sok különböző prímszámmal lehet osztható, végtelen sok p-re teljesül \alpha(p)=k, ak=\varepsilon(p). Emiatt valóban ak=\pm1, ahogyan azt állítottuk.


Statisztika:

73 dolgozat érkezett.
5 pontot kapott:Barna István, Bogáromi Dávid, Di Giovanni Márk, Fehér Zsombor, Fonyó Viktória, Forrás Bence, Janzer Barnabás, Janzer Olivér, Maga Balázs, Somogyvári Kristóf, Szabó 789 Barnabás, Tardos Jakab, Tossenberger Tamás, Vályi András, Williams Kada.
4 pontot kapott:Balogh Tamás, Bereczki Zoltán, Csernák Tamás, Czipó Bence, Havasi 0 Márton, Homonnay Bálint, Kátay Tamás, Katona Dániel, Lőrinczy Zsófia Noémi, Makk László, Medek Ákos, Nagy Róbert, Nagy-György Pál, Papp Roland, Seress Dániel, Simon 047 Péter, Zarándy Álmos, Zilahi Tamás.
3 pontot kapott:6 versenyző.
2 pontot kapott:8 versenyző.
1 pontot kapott:16 versenyző.
0 pontot kapott:10 versenyző.

A KöMaL 2012. októberi matematika feladatai