Feladat: Pontversenyen kívüli P.49 Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Göndőcs Ferenc ,  Komjáth Péter ,  Lempert László ,  Papp Zoltán ,  Prőhle Tamás ,  Szabó György 
Füzet: 1970/április, 171 - 172. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Indirekt bizonyítási mód, Maradékosztályok, Pontversenyen kívüli probléma
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1969/december: Pontversenyen kívüli P.49

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

I. megoldás. Indirekt úton bizonyítunk. Tegyük fel, hogy van két olyan szám: a és b, hogy sem a, sem a+p, sem b, sem b+p nem áll elő két különböző osztálybeli szám összegeként. Jelölje a közülük a nagyobbikat. Tekintsük azt az osztályt, amelyben a 0 van. Ha akár a, akár b a másikban lenne, akkor a-nak, ill. b-nek nem volna meg a kívánt tulajdonsága (hiszen 0+a=a, és 0+b=b), ezért a és b a 0-t tartalmazó osztályban van.
Ugyanilyen meggondolással, ha ebben az osztályban van x, akkor ebben van (b-x) (mod  p) is* és {a-(b-x)}  (mod  p) is. Ezt x=a-b-re alkalmazva adódik, hogy 2(a-b)  (mod  p) is a 0-t tartalmazó osztályban van. Hasonlóképpen x=2 (a-b)  (mod  p)-re alkalmazva megint adódik, hogy 3(a-b)  (mod  p) is a 0-t tartalmazó osztályban van. Tovább folytatva azt kapjuk, hogy

0,(a-b),2(a-b)(mod  p),3(a-b)(mod  p),...,(p-1)(a-b)(mod  p)
mind egy osztályban vannak.
Megmutatjuk, hogy a fenti p db szám mind különböző. Ha ugyanis valamely 0k<lp-1-re
k(a-b)(mod  p)=l(a-b)(mod  p)
lenne, akkor p osztaná a (k-l)(a-b) szorzatot, ami lehetetlen, hiszen 0<|k-l|<p,0<|a-b|<p.
Tehát a 0-t tartalmazó osztály pontosan p elemű, és így a másik osztály üres. Ellentmondásra jutottunk, így valóban csak egy megadott tulajdonságú a szám lehet.
 

Göndőcs Ferenc (Győr, Révai M. Gimn., III. o. t.)

Papp Zoltán (Debrecen, Fazekas M. Gimn., IV. o. t.)
 

II. megoldás. A feladat állítása p=2-re nyilvánvaló. Ezért a bizonyítás során feltesszük, hogy p páratlan. Legyen a két osztály A és B. Tekintsünk egy olyan a számot, amelyik sem maga, sem a+p nem állítható elő egy A és egy B-beli szám összegeként.
Ha 0xp-1 és x egész, akkor egy és csakis egy 0yp-1 egész létezik, melyre vagy x+y=a, vagy x+y=a+p fennáll. Minden x-hez hozzárendeljük az így adódó y-t. Így a 0,1,...,p-1 számokat sikerült párokba rendezni. Kivételt képez az az eset, amikor x=y=a2, vagy x=y=a+p2, ezen két eset közül rögzített a-ra csak az egyik következhet be, hiszen vagy a2 vagy a+p2 lesz egész. Így a párok száma p-12
A feltevés szerint az egyes pároknak azonos osztályban kell lenniük. Feltehető, hogy pl. A-ban n1p-12 pár van, és a többi szám B-ben van. Ekkor összeadva az A-beli számokat, eredményül n1a+kp adódik, ahol 0kn1. Ha volna még egy ilyen tulajdonságú ba szám, akkor az okoskodást megismételve az adódna, hogy az A-beli számok összege n1b+lp, ahol ismét 0ln1.
Tehát fennáll, hogy n1a+kp=n1b+lp, azaz
n1(a-b)=(l-k)p.
Mivel ab és |a-b|<p, ha lk, akkor kell, hogy p|n1 legyen, ha pedig l=k, akkor n1=0-nak kell fennállni. Mivel 0<n1p-12, mindkét esetben ellentmondásra jutottunk.
 

Komjáth Péter (Budapest, Fazekas M. Gyak. Gimn., III. o. t.)

*u  (mod  p) jelentse azt a legkisebb nem negatív számot, mely p-vel osztva ugyanazt a maradékot adja, mint u. Ekkor fennáll, hogy 0u  (mod  p)p-1.