|
Feladat: |
Pontversenyen kívüli P.5 |
Korcsoport: 18- |
Nehézségi fok: nehéz |
Megoldó(k): |
Beck József , Galántai Aurél , Göndőcs Ferenc , Lukács Péter , Maróti Péter , Martoni Viktor , Somorjai Gábor , Soós Miklós , Váli László |
Füzet: |
1969/március,
117 - 118. oldal |
PDF | MathML |
Témakör(ök): |
Polinomok szorzattá alakítása, Pontversenyen kívüli probléma |
Hivatkozás(ok): | Feladatok: 1968/október: Pontversenyen kívüli P.5 |
|
A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre. A polinom előállításában szereplő összeget a másodfokú egyenlet gyöktényezős alakja alapján szorzattá alakíthatjuk. Ennek az egyenletnek a gyökei: így az polinom szorzat-alakja: | | (1) | Állításunkkal ellentétben tegyük fel, hogy van olyan egész , amelyre . Ekkor a két tényező közül legalább az egyik értéke ugyancsak volna az helyen. a) Ha az első tényező : akkor osztható volna -mal, hiszen ‐ mint egész együtthatós polinom egész helyen felvett értéke ‐ egész szám. Ha belátjuk, hogy egyetlen egész mellett sem osztható -mal, akkor ellentmondásra jutunk. Valóban, -t -mal osztva a maradék vagy , vagy , vagy , ekkor pedig -et osztva -mal a maradék rendre , vagy , vagy , tehát -et -mal osztva a maradék vagy . b) Ha (1) második tényezője volna , osztható lenne -tel. Hasonló módon kapjuk, hogy -t -tel osztva a maradék , , , , , , lehet, ekkor -t -tel osztva a maradék rendre , , , , , , , és -et -tel osztva a maradék , , , , , , , tehát a maradék nem lehet . Így ismét ellentmondásra jutottunk, eredeti állításunkat tehát bebizonyítottuk. Maróti Péter (Szeged, Ságvári E. Gyak. Gimn.) Martoni Viktor (Veszprém, Lovassy L. Gimn.) Megjegyzés. Megmutatható, hogy az számnak csak alakú prímosztója lehet, akármilyen egész szám is . Lásd pl. Erdős P.-Surányi J.: Válogatott fejezetek a számelméletből, Tankönyvkiadó, Budapest, . 47‐48. o. |
|