Kezdőlap


Feladat:	116. matematika feladat	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Gacsályi S. , Kővári T.
Füzet:	1948/február, 84 - 86. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Oszthatóság, Egész együtthatós polinomok, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1947/november: 116. matematika feladat

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.

a) A 7-tel való oszthatósághoz legalább 7-ed fokúnak kell lennie a polinomnak. Feltehetjük, hogy a polinomban egyáltalán nem fordul elő 7-tel osztható együttható, mert az ilyen tagokat mint fentebb is tettük, elhagyhatjuk. Feltétel szerint marad tagja a polinomnak. Elég megmutatni, hogy 6-od fokú nem felelhet meg a feltéteteknek, mert ha mondjuk egy negyedfokú polinom osztható volna minden egész $x$ értékre 7-tel anélkül, hogy volna benne 7-tel osztható együttható, akkor a polinom $x^{2}$ -szerese is kielégítené ezt a feltételt és az már 6-od fokú volna. Így ha 6-od fokú nem lehet, akkor alacsonyabb fokú sem.
Legyen $a x^{6} + b x^{5} + c x^{4} + d x^{3} + e x^{2} + f x + g$ olyan hatodfokú polinom, melyben a tényleg szereplő együtthatók nem oszthatók 7-tel és a polinom értéke minden egész $x$ értékre osztható 7-tel. Ekkor $a$ minden esetre 7-tel nem osztható egész szám, különben a polinom nem volna valójában 6-od fokú. Megmutatjuk, hogy ez lehetetlen. Ez esetben ugyanis az $x = - 3$ , $- 2$ , $- 1$ , 0, 1, 2, 3 helyeken is 7-tel osztható volna a polinom értéke,
vagyis a

\begin{matrix} \begin{matrix} 729 a - 243 b + 81 c - 27 d + 9 e - 3 f + g, \\ 64 a - 32 b + 16 c - 8 d + 4 e - 2 f + g, \\ a - b + c - d + e - f + g, \\ g, \\ a + b + c + d + e + f + g, \\ 64 a + 32 b + 16 c + 8 d + 4 e + 2 f + g, \\ és 729 a + 243 b + 81 c + 27 d + 9 e + 3 f + g . \end{matrix} \end{matrix}

számok mindegyike is és így az összegük:

1588 a + 196 c + 28 e + + 7 g = 7 \cdot (227 a + 28 c + 4 e + g) - a

is 7-tel osztható kell hogy legyen, tehát külön

a

is. Ez azonban lehetetlen a mondottak szerint, tehát nincs hetediknél alacsonyabb fokú polinom, mely eleget tenne a feltételeknek.

b) 12-vel való oszthatósághoz legalább 4-ed fokú polinom szükséges. Ha volna alacsonyabb fokú, azt írhatjuk 3-ad fokúnak, 0 együtthatókat is megengedve. Legyen

a x^{3} + b x^{2} + c x + d

minden egész

x

-re 12-vel osztható, akkor

x = 0

-t téve

d

12-vel osztható s így elhagyható. Marad

x (a x^{2} + b x + c)

x = 1

- 1

helyettesítésekkel

a + b + c

és

- a + b - c

is osztható kell, hogy legyen 12-vel, tehát összegük is különbségük is, vagyis

b

és

a + c

6-tal osztható. Tegyünk

x

helyett 2-t, akkor a második tényező

4 a + 2 b + c

6-tal osztható kell, hogy legyen, tehát

c

s így

a

is páros, minden együttható 2-vel osztható, amit éppen kizártunk.

Elég jól oldotta meg: Gacsányi S., Kővári T.

Megjegyzés: A megoldás első részében nyertük, hogy ha

x

egész, akkor

7 | x^{7} - x = x (x^{6} - 1)

. (Függőleges vonallal az oszthatóságot szokás jelölni, tehát

7 | 49

olvasd: 49 osztható 7-tel. Az ellentétét a vonal áthuzásával jelöljük:

7 ∤ 36

olvasd: 36 nem osztható 7-tel.) Ez azonban csak úgy lehet, ha vagy

x

osztható 7-tel, vagy

x^{6} - 1

, mivel 7 törzsszám. Így szétszedve persze csak az állítás második fele érdekes: ha

x

7-tel nem osztható egész szám, akkor

x^{6} - 1

mindig osztható 7-tel.
Fermat¹) vette észre, hogy ilyen összefüggés minden törzsszámra érvényes. Ha

p

egy tetszőleges törzsszámot jelent,

a

pedig

p

-vel nem osztható szám, akkor mindig

p | a^{p - 1} - 1

. Ennek a tételnek sok egyszerű bizonyítása van. Azok számára, akik ismerik a kéttagúak hatványozására vonatkozó binomiális tételt, ajánlunk is egyet. A tétel minden

p

-vel nem osztható

a

-ra vonatkozik. Ezt a kivételt sem kell tennünk, ha

a

-val megszorozzuk a jobboldali kifejezést:

p | a^{p} - a

minden

p

primszámra és minden

a

egész számra igaz. Miután most már minden egész

a

-ra érvényes tételt nyertünk, megpróbálhatjátok teljes indukcióval bizonyítani a tételt. Sikerülni is fog, csak a fellépő együtthatók oszthatóságáról kell még egy egyszerű tényt bebizonyítani.

¹)Pierre de Fermat (1601‐1665) francia ügyvéd volt, a toulousi legfőbb bíróság tagja. Szabadidejét legszívesebben matematikával töltötte. Vizsgálatai, melyeket csak fia kezdett kiadni, Fermat halála után 14 évvel, igen sok fontos eredményt tartalmaznak.