Kezdőlap


Feladat:	F.2710	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: könnyű
Megoldó(k):	Oláh Gábor
Füzet:	1989/október, 296 - 297. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Szorzat, hatványozás azonosságai, Maradékos osztás, Partíciós problémák, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1988/november: F.2710

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

A binomiális tétel szerint

\begin{matrix} {(5 k \pm 1)}^{5} = {(5 k)}^{5} \pm 5 \cdot {(5 k)}^{4} + (\binom{5}{2}) {(5 k)}^{3} \pm (\binom{5}{3}) {(5 k)}^{2} + 5 \cdot 5 k \pm 1 és \\ {(5 k \pm 2)}^{5} = {(5 k)}^{5} \pm {(5 k)}^{4} \cdot 2 + (\binom{5}{2}) {(5 k)}^{3} 2^{2} \pm (\binom{5}{3}) {(5 k)}^{2} 2^{3} + 5 \cdot 5 k \cdot 2^{4} \pm 2^{5}; \end{matrix}

tehát egy

5

-tel nem osztható szám ötödik hatványa

25

-tel osztva

1, 7, - 1

vagy

- 7

maradékot ad aszerint, hogy maga a szám

5

-tel osztva

1, 2, - 1

vagy

- 2

maradékot ad. (A fenti kifejezések jobb oldalán álló tagok ugyanis az utolsó kivételével

25

-tel oszthatóak, és

1, - 1, 2^{5}, - 2^{5}

maradéka pedig rendre

1, - 1, 7, - 7.)

Tekintsünk ezután öt egész számot, amelyek ötödik hatványának összege osztható

25

-tel, és helyettesítsük mindegyik ötödik hatványt a (

25

-tel való osztáskor keletkező) maradékával. Ha az öt szám egyike sem osztható

5

-tel, akkor a maradékok

1, - 1, 7

vagy

- 7

lehetnek, és az összegük osztható

25

-tel. Az összeg nem lehet több

5 \cdot 7 = 35

-nél, így csak

- 25, 0

vagy

25

lehet. De nulla nem lehet az összeg, hiszen öt páratlan szám összege páratlan. Nem lehet az összeg

25

sem, mert ekkor legalább négy

7

-esre lenne szükség (kevesebb

7

-es esetén a maximálisan elérhető összeg

3 \cdot 7 + 2 \cdot 1 = 23 < 25)

. Ekkor viszont négy

7

-es mellett ötödiknek

- 3

kellene, ami lehetetlen. Ugyanígy látható be, hogy

- 25

sem lehet az összeg. Ellentmondásra jutottunk tehát abból a feltevésből, hogy az öt szám egyike sem osztható

5

-tel, így a feladat állítása igaz.

Oláh Gábor (Budapest, Berzsenyi D. Gimn., III. o. t.)

Megjegyzések: 1. Hasonlóan látható be az is, hogy öt szám ötödik hatványának az összege csak úgy lehet

25

-tel osztható, ha egyikük osztható

5

-tel, a másik négy pedig két olyan párt alkot, amelyeken belül a két-két tag összege

5

-tel osztható.
2. Általánosan is felvethető, hogy igaz-e a következő állítás: Ha

p

prímszám, és

p

darab egész szám

p

-edik hatványának összege osztható

p^{2}

-tel, akkor valamelyik szám osztható

p

-vel.

p = 2

-re az állítás igaz, hiszen páratlan szám négyzete

4

-gyel osztva

1

-et ad maradékul.

p = 3

-ra is könnyen igazolható a megfelelő állítás a közölt megoldás gondolatmenetével,

p = 5

-re pedig éppen a feladat állítását kapjuk. Ha azonban

p \geq 7

, akkor mindig van ellenpélda. A

p = 7

esetben

\begin{matrix} 3^{7} + {(- 2)}^{7} + {(- 1)}^{7} + 1^{7} + 1^{7} + {(- 1)}^{7} + {(- 1)}^{7} = 7^{3} \cdot 6, \end{matrix}

p \geq 11

esetében pedig

\begin{matrix} 4^{p} + {(- 2)}^{p} + {(- 2)}^{p} + {(- 2)}^{p} + {(- 2)}^{p} + 1^{p} + 1^{p} + 1^{p} + 1^{p} = 4^{p} - 4 \cdot 2^{p} + 4 = {(2^{p} - 2)}^{2} \end{matrix}

osztható

p^{2}

-tel, mivel Fermat ,,kis'' tétele szerint

2^{p} - 2

osztható

p

-vel. E kilenc számhoz

\frac{p - 9}{2}

darab

1

-est és

\frac{p - 9}{2}

darab

(- 1)

-est hozzávéve megkapjuk a kívánt ellenpéldát.