Feladat: F.2483 Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Bencze Mihály, Brassó 
Füzet: 1985/április, 150 - 151. oldal  PDF file
Témakör(ök): Nevezetes azonosságok, Műveletek polinomokkal, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1984/szeptember: F.2483

Bizonyítsuk be, hogy ha x egész, p, m, n pozitív egészek, akkor x2+x+1 osztója az x3p+x3m+1+x3n+2 számnak.

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

I. megoldás. Az x2+x+1 értéke minden egész x-re egész, és nem lehet nulla, mert x2+x+1=(x+12)2+3434. Tehát beszélhetünk az (x2+x+1)-gyel való oszthatóságról. Végezzük el az

x3p+x3m+1+x3n+2+=(x3p-1)+x(x3m-1)+x2(x3n-1)+x2+x+1
átalakítást!
Ha r pozitív egész, akkor
x3r-1=(x3)r-1=(x3-1)((x3)r-1+(x3)r-2+...+x3+1)==(x-1)(x2+x+1)(x3r-3+...+x3+1),


és ez osztható (x2+x+1)-gyel. Ezért osztható x3p-1, x3m-1 és x3n-1 is (x2+x+1)-gyel.
Az x3p+x3m+1+x3m+2 számot sikerült tehát felbontanunk négy (x2+x+1)-gyel osztható szám összegére, tehát ő maga is osztható (x2+x+1)-gyel.
 

II. megoldás. p=m=n=1 esetén
x3p+x3m+1+x3n+2=x3(1+x+x2),
ami osztható (x2+x+1)-gyel, ha x egész. Tegyük most fel, hogy a p, m, n pozitív egészekre már tudjuk, hogy ha x egész, akkor x2+x+1 osztója az x3p+x3m+1+x3n+2 számnak. Belátjuk, hogy ha a p, m, n számok egyikét eggyel növeljük, továbbra is (x2+x+1)-gyel osztható számot kapunk. Ekkor ugyanis az x3p+x3m+1+x3n+2 szám megváltozása
x3(r+1)-x3r=x3r(x3-1)=x3r(x-1)(x2+x+1)
osztható (x2+x+1)-gyel, tehát az új szám is osztható (x2+x+1)-gyel, ahol r a p, m és n közül valamelyik. Nyilvánvaló, hogy a p=m=n=1 számhármasból tetszőleges p, m, n pozitív egészekből álló számhármashoz eljuthatunk véges sok ilyen lépés alkalmazásával. p=m=n=1-re a kiindulási szám osztható (x2+x+1)-gyel, és minden lépésben újra (x2+x+1)-gyel osztható számhoz jutunk, ami a feladat állítását igazolja.
 

Megjegyzés. Általában is igaz n1-re, hogy ha k1, k2, ..., kn nem negatív egészek és x egész, akkor xk1n+xk2n+1+...+xknn+n-1 osztható (1+x+...+xn-1)-nel. Ez abból adódik, hogy az f(x)=xk1n+xk2n+1+...+xknn+n-1 polinom osztható a g(x)=1+x+...+xn-1 polinommal. A hányados a Gauss‐féle lemma miatt (lásd A prímhatványok egy jellemzéséről) a h(x) hányados egész együtthatós, tehát ha x egész, akkor h(x) is egész, és f(x)=h(x)g(x). Az pedig, hogy f(x) osztható g(x)-szel, következik Bezout tételéből (Molnár Emil: Matematikai versenyfeladatok, 493. old.): g(x)-nek mind az n-1 (egymástól különböző és komplex) gyöke f(x)-nek is gyöke, és ekkor Bezout tétele szerint g osztója f-nek. Valóban, ha g(α)=0, akkor 0=(α-1)g(α)=(α-1)(1+α+...+αn-1)=αn-1, így
f(α)=(αn)k1+α(αn)k2+...+αn-1(αn)kn=1+α+...+αn-1=0,