Feladat: 483. matematika feladat Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Ádámfia Károly ,  Almási L. ,  Ambrus G. ,  Argyelán M. ,  Bagi B. ,  Bagi G. ,  Balatoni F. ,  Balázs B. ,  Balogh Gy. ,  Bányai M. ,  Bártfai P. ,  Bauer A. ,  Beke Éva és Mária ,  Beleznay F. ,  Beretvás T. ,  Bereznai I. ,  Biczó G. ,  Biró J. ,  Bódás P. ,  Bujdosó A. ,  Búza T. ,  Csáki E. ,  Csiszár I. ,  Csomos S. ,  Csonka Pál ,  Dabasy J. ,  Damjanovich S. ,  Dancs I. ,  Deseő Z. ,  Döbrösy K. ,  Döbrösy L. ,  Dömölki B. ,  Edvi Illés Judit ,  Eördögh L. ,  Farkas E. ,  Farkasfalvy M. ,  Frajka Z. ,  Frivaldszky J. ,  Fuchs T. ,  Földeák M. ,  Gaál I. ,  Gaál Ö. ,  Gajzágó V. ,  Gergely J. ,  Gerő A. ,  Gutay L. ,  Gyapjas F. ,  Gyurányi B. ,  Gyöngyös Gy. ,  Hammer E. ,  Hoffmann S. ,  Holbok S. ,  Horváth Jenő ,  Huszár k. ,  Ivanyos A. ,  Jesztrebényi Mária ,  Kabók I. ,  Kálmán Gy. ,  Kántor S. ,  Kardou B. ,  Kecskeméti J. ,  Kelényi J. ,  Kemény Gy. ,  Kéri J. ,  Kézdy P. ,  Klafszky E. ,  Kontur L. ,  Kovács F. ,  Kovács István ,  Kovács László (Debrecen) ,  Kristóf T. ,  Könözsy B. ,  Lábos E. ,  Lackner Györgyi ,  Latzkovits L. ,  Magyary-Kossa M. ,  Majtényi I. ,  Marik M. ,  Mercz F. ,  Mód S. ,  Mohos Béla ,  Molnár I. ,  Nagy László ,  Ott L. ,  Paitz J. ,  Papp Z. ,  Pátkai Gy. ,  Pázmándy Gy. ,  Pergel J. ,  Pomogáts B. ,  Pravecki E. ,  Quittner P. ,  Radda Gy. ,  Rákos Gy. ,  Rédly E. ,  Reichlin M. V. ,  Roboz Ágnes ,  Rockenbauer Magda ,  Schmidt E. ,  Schmidt Eligius ,  Schőner E. ,  Sebők J. ,  Sohár P. ,  Sólyom J. ,  Sóti F. ,  Surányi P. ,  Szabados L. ,  Szabó D. ,  Szabó József (IV. o.) ,  Szabó Magdolna ,  Tahy P. ,  Takács J. ,  Theisz P. ,  Tilesch F. ,  Tisovszky J. ,  Tóka P. ,  Tokaji B. ,  Tomor B. ,  Tóth Ildikó ,  Varga György (Baja) ,  Vass Gy. ,  Veidlinger E. ,  Vida P. ,  Vigassy J. ,  Weisz B. ,  Zawadowski Alfréd ,  Zobor E. 
Füzet: 1953/április, 117 - 118. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Nevezetes azonosságok, Binomiális együtthatók, Oszthatóság, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1952/október: 483. matematika feladat

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

I. megoldás: 440=5⋅8⋅11. Mivel e három tényező páronként relatív prím, azért elég azt megmutatni, hogy kifejezésünk osztható 5-tel, 8-cal, és 11-gyel.
A binomiális tételből következik, hogy (a±b)n osztva a-val ‐ páratlan n esetén ‐ ±bn-t ad maradékul, vagyis (a±b)n=aA±bn, ahol A természetes szám és n páratlan.
Tehát páratlan n esetén

1)N=12n-(1n+4n+7n)=(5+7)n-1n-(5-1)n-7n==5A+7n-1n-5B+1n-7n=5(A-B),2)N=(8+4)n-1n-4n-(8-1)n=8C+4n-1n-4n-8D+1n==8(C-D),3)N=(11+1)n-1n-4n-(11-4)n=11E+1n-1n-4n-11F+4n=11(E-F),
ahol A, B, C, D, E, F természetesen számokat jelentenek. Ezzel kimutattuk, hogy kifejezésünk 5-tel, 8-cal és 11-gyel osztható.
 

Mohos Béla (Pannonhalmi g. III. o. t.)

 

II. megoldás: Ismeretes, hogy
an-bn osztható (a-b)-val, ha n bármilyen természetes szám,
és an+bn osztható (a+b)-vel, ha n páratlan szám.
Tehát fentiek alapján
 

1. N=(12n-7n)-(1n+4n), ahol az első tag osztható (12-7)-tel, a második tag pedig (1+4)-gyel, vagyis mindkét tag osztható 5-tel.
2. N=(12n-4n)-(1n+7n), ahol az első tag (12-4)-gyel, a második tag (1+7)-tel, vagyis mindkét tag 8-cal osztható. 3. N=(12n-1n)-(4n+7n), ahol az első, ill. második tag (12-1)-gyel ill. (4+7)-tel és így mindkét tag 11-gyel osztható.
Mivel 5, 8 és 11 páronként viszonylagos törzsszámok, azért ‐ páratlan n esetén ‐ kifejezésünk osztható 5⋅8⋅11=440-gyel.
 

Schmidt Eligius (Bp. I., Fürst S. g. III. o. t.)

 

Megjegyzés: Többet lehet megmutatni, mint amennyit a feladat követel. Ugyanis kifejezésünk 3-mal is osztható:
12n-(1n+4n+7n)=12n-1n-(3+1)n-(6+1)n=3A-1n-3B--1n-6C-1n=3(A-B-2C-1)


ahol A, B és C természetes számok.
Tehát kifejezésünk ‐ páratlan n esetén ‐ osztható 3⋅5⋅8⋅11=1320-szal.
 

Csonka Pál (Bp., XI., József Attila g. IV. o. t.)