Feladat: 616. matematika feladat Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Balogh J. ,  Bártfai P. ,  Beliczky G. ,  Biczó G. ,  Csernyák L. ,  Csiszár I. ,  Deseő Z. ,  Edöcsény L. ,  Eördögh L. ,  Holbok S. ,  Jónás J. ,  Kálmán Gy. ,  Kovács I. ,  Kovács L. ,  Lackner Györgyi ,  Marik M. ,  Orosz A. ,  Péntek L. ,  Pintér L. ,  Plichta J. ,  Quittner P. ,  Rázga T. ,  Rédl György ,  Rozsondai Zoltán ,  Siklósi P. ,  Székely T. ,  Tomor B. ,  Udvari A. ,  Vértes P. ,  Vigassy J. ,  Zawadowski Alfréd ,  Zsombok Z. 
Füzet: 1955/január, 23. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Nevezetes azonosságok, Oszthatóság, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1954/május: 616. matematika feladat

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

I. megoldás: Mivel n páratlan, azért an+bn osztható (a+b)-vel és

an+bn=(a+b)(an-1-an-2b+...-abn-2+bn-1).

A feladat szerint a+b=nq, vagyis b=nq-a, ahol q egész szám.
Tehát
an+bn=nq[an-1-an-2(nq-a)+...-a(nq-a)n-2+(nq-a)n-1].

Azt kell kimutatnunk, hogy a szögletes zárójelben lévő kifejezés osztható n-nel. Ha most a szerinti polinom alakra hozzuk a kifejezést, akkor minden tag tartalmazza n-et, mint tényezőt, kivéve az, összesen n-szer fellépő, an-1 tagokat. Tehát
an+bn=nq(nA+nan-1)=n2q(A+an-1)=n2B.

Rozsondai Zoltán (Bp. VIII., Apáczai Csere J. IV. o. t.)
 

II. megoldás: Tételünk közvetlenül nyilvánvalóvá válik, ha alkalmazzuk a binomiális tételt:
an+bn=an+(nq-a)n=an+(n0)nnqn-(n1)nn-1qn-1a+...++(-1)n-2(nn-2)n2q2an-2+(-1)n-1(nn-1)nqan-1+(-1)n(nn)an.



Mivel n páratlan, azért összegünk első és utolsó tagjának összege 0, a többi tag pedig tartalmazza n2-et tényezőként, és így
an+bn=n2A.

Rédl György (Bp. XIV., Vegyip. techn. III. o. t.)