Kezdőlap


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

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

I. megoldás. Az $x^{2} + x + 1$ értéke minden egész $x$ -re egész, és nem lehet nulla, mert $x^{2} + x + 1 = {(x + \frac{1}{2})}^{2} + \frac{3}{4} \geq \frac{3}{4}$ . Tehát beszélhetünk az $(x^{2} + x + 1)$ -gyel való oszthatóságról. Végezzük el az

\begin{matrix} x^{3 p} + x^{3 m + 1} + x^{3 n + 2} + = (x^{3 p} - 1) + x (x^{3 m} - 1) + x^{2} (x^{3 n} - 1) + x^{2} + x + 1 \end{matrix}

átalakítást!
Ha

r

pozitív egész, akkor

\begin{matrix} x^{3 r} - 1 = {(x^{3})}^{r} - 1 = (x^{3} - 1) ({(x^{3})}^{r - 1} + {(x^{3})}^{r - 2} + ... + x^{3} + 1) = \\ = (x - 1) (x^{2} + x + 1) (x^{3 r - 3} + ... + x^{3} + 1), \end{matrix}

és ez osztható

(x^{2} + x + 1)

-gyel. Ezért osztható

x^{3 p} - 1

x^{3 m} - 1

és

x^{3 n} - 1

(x^{2} + x + 1)

-gyel.
Az

x^{3 p} + x^{3 m + 1} + x^{3 m + 2}

számot sikerült tehát felbontanunk négy

(x^{2} + x + 1)

-gyel osztható szám összegére, tehát ő maga is osztható

(x^{2} + x + 1)

-gyel.

II. megoldás.

p = m = n = 1

esetén

\begin{matrix} x^{3 p} + x^{3 m + 1} + x^{3 n + 2} = x^{3} (1 + x + x^{2}), \end{matrix}

ami osztható

(x^{2} + x + 1)

-gyel, ha

x

egész. Tegyük most fel, hogy a

p

m

n

pozitív egészekre már tudjuk, hogy ha

x

egész, akkor

x^{2} + x + 1

osztója az

x^{3 p} + x^{3 m + 1} + x^{3 n + 2}

számnak. Belátjuk, hogy ha a

p

m

n

számok egyikét eggyel növeljük, továbbra is

(x^{2} + x + 1)

-gyel osztható számot kapunk. Ekkor ugyanis az

x^{3 p} + x^{3 m + 1} + x^{3 n + 2}

szám megváltozása

\begin{matrix} x^{3 (r + 1)} - x^{3 r} = x^{3 r} (x^{3} - 1) = x^{3 r} (x - 1) (x^{2} + x + 1) \end{matrix}

osztható

(x^{2} + x + 1)

-gyel, tehát az új szám is osztható

(x^{2} + x + 1)

-gyel, ahol

r

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

(x^{2} + x + 1)

-gyel, és minden lépésben újra

(x^{2} + x + 1)

-gyel osztható számhoz jutunk, ami a feladat állítását igazolja.

Megjegyzés. Általában is igaz

n \geq 1

-re, hogy ha

k_{1}

k_{2}

...

k_{n}

nem negatív egészek és

x

egész, akkor

x^{k_{1} n} + x^{k_{2} n + 1} + ... + x^{k_{n} n + n - 1}

osztható

(1 + x + ... + x^{n - 1})

-nel. Ez abból adódik, hogy az

f (x) = x^{k_{1} n} + x^{k_{2} n + 1} + ... + x^{k_{n} n + n - 1}

polinom osztható a

g (x) = 1 + x + ... + x^{n - 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) \cdot 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 + ... + α^{n - 1}) = α^{n} - 1

, így

\begin{matrix} f (α) = {(α^{n})}^{k_{1}} + α \cdot {(α^{n})}^{k_{2}} + ... + α^{n - 1} {(α^{n})}^{k_{n}} = 1 + α + ... + α^{n - 1} = 0, \end{matrix}