Zadanie

Narzędzia
Obiekty: Wielomiany
Słowa kluczowe
Kategoria: Algebra

Matematyka jest jedna: wielomiany mogą wszystko»Zadanie 3

o zadaniu...

Zadanie pochodzi z artykułu Matematyka jest jedna: wielomiany mogą wszystko
Publikacja w Delcie: wrzesień 2015
Publikacja elektroniczna: 31-08-2015

Rozważmy zbiór

S = {(x,y,z) x,y,z ∈ {0,1,2,...,n}, (x,y,z) ≠(0,0, 0)}

złożony z $(n +1)3− 1$ punktów w przestrzeni. Wyznaczyć minimalną liczbę płaszczyzn, których suma mnogościowa zawiera zbiór $S,$ ale nie zawiera punktu $|(0,0,0).$

Rozwiązanie

Zauważmy, że $3n$ płaszczyzn o równaniach $x = i,y = i,z = i$ dla $|i = 1,2,...,n$ spełnia żądany warunek. Wykażemy, że $|3n$ jest minimalną liczbą o tej własności.

Załóżmy więc, że suma mnogościowa pewnych $|N$ płaszczyzn danych równaniami

aix + biy + ciz + di = 0 gdzie 1⩽ i ⩽N,

pokrywa zbiór $|S,$ ale nie zawiera punktu $(0,0,0).$ Rozważmy wielomian trzech zmiennych $P (x,y,z)$ dany jako

N P (x,y,z) =M (aix + biy + ciz +di). i 1

Jest to wielomian łącznego stopnia $N,$ który spełnia warunek $|P(x0,y0,z0) = 0$ dla $(x0,y0,z0)∈ S$ oraz $P(0, 0,0)≠ 0.$

Za pomocą wielomianu $|P$ udało się nam przetłumaczyć kombinatoryczny warunek dotyczący płaszczyzn na język algebry. Dzięki temu możemy wykorzystać jej narzędzia, zapominając o kombinatorycznej naturze zadania.

Dla dowolnego wielomianu trzech zmiennych $Q(x,y,z)$ określmy operację $|∆x$ zdefiniowaną jako

∆xQ(x, y,z) = Q(x + 1,y,z)− Q(x,y,z).

W analogiczny sposób definiujemy operację $∆ y$ oraz $∆ z.$

Za pomocą nietrudnego rachunku na współczynnikach sprawdzimy najpierw, że operacja $|∆x$ zmniejsza łączny stopień wielomianu co najmniej o $1.$ Załóżmy bowiem, że stopień pewnego wielomianu $|Q(x,y,z)$ to $|k+ l + m,$ przy czym w rozwinięciu $Q$ pojawia się jednomian postaci $k l m x y z .$ Korzystając ze wzoru dwumianowego Newtona, uzyskujemy

k l m k l m l mk−1 k i (x + 1) y z x− y z = y z Q (i)x . i 0

Otrzymaliśmy więc sumę jednomianów o łącznym stopniu nieprzekraczającym $|k+ l + m −1.$ Stosując to samo rozumowanie do każdego jednomianu postaci $p q r |x y z ,$ który pojawia się w rozwinięciu $Q$ i spełnia $|p+ q + r = k+ l +m,$ widzimy, że operacja $∆ x$ redukuje wszystkie jednomiany o łącznym stopniu $|k+ l +m.$ Potwierdza to nasze stwierdzenie.

Zauważmy, że skoro wielomian $P(x, y,z)$ zeruje się dla dowolnej trójki $|(x0,y0,z0)$ spełniającej $0 ⩽y0,z0 ⩽ n$ oraz $|1⩽ x0⩽ n,$ to $∆xP (x,y,z)$ zeruje się dla dowolnej trójki $(x ,y ,z ), 0 0 0$ która spełnia $|0⩽ y ,z ⩽n 0 0$ oraz $|1⩽ x0⩽ n − 1.$ Jednocześnie, mamy

∆xP(0,0, 0) = P(1,0,0) − P(0,0,0) =− P(0,0,0) ≠ 0.

Powtarzając operację $|∆x$ aż $(n − 1)$ -krotnie, otrzymujemy wielomian $|∆nx−1P(x,y,z),$ który zeruje się dla dowolnej trójki postaci $|(1,y0,z0),$ gdzie $|0⩽ y0,z0⩽ n,$ oraz nie zeruje się dla $|(0,0,0).$ Używając więc operacji $∆ , x$ już ostatni raz dostajemy

$pict$

Wielomian, który otrzymaliśmy z wielomianu $P$ po $n$ -krotnym zastosowaniu operacji $|∆x,$ nie zeruje się więc w punkcie $(0,0,0),$ ale zeruje się dla dowolnego punktu postaci $|(0,y ,z ) 0 0$ gdzie $0 ⩽ y ,z ⩽ n 0 0$ i co najmniej jedna z liczb $y0,z0$ jest różna od zera.

Możemy zatem powtórzyć cały powyższy proces, tym razem względem zmiennej $y,$ startując od wielomianu otrzymanego w ostatnim kroku. Wielomian $∆ ny∆nxP (x,y,z)$ zeruje się więc dla dowolnej trójki postaci $|(0,0,z0),$ gdzie $1⩽ z0⩽ n,$ ale nie dla trójki $(0, 0,0).$ Ostatecznie już, rozumując w ten sam sposób względem zmiennej $z,$ dochodzimy do wniosku, że wielomian $n n n |∆z∆ y∆xP(x, y,z)$ nie zeruje się w punkcie $|(0,0,0).$

Nie jest to zatem wielomian zerowy. Wcześniej udowodniliśmy jednak, że dowolna z operacji $∆$ redukuje łączny stopień wielomianu co najmniej o $1.$ Stopień wielomianu $|∆nz∆ ny∆ nxP(x, y,z)$ nie przekracza zatem $|N− 3n.$ Stąd $|N⩾ 3n$ i rozwiązanie zadania jest zakończone.