Kezdőlap


Feladat:	1958. évi Kürschák matematikaverseny 2. feladata	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Bollobás Béla , Győhy Kálmán , Kisvölcsey Jenő , Montvay István , Sárközy András , Tihanyi Ambrus
Füzet:	1959/március, 69 - 70. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Egész együtthatós polinomok, Oszthatóság, Kürschák József (korábban Eötvös Loránd)
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1959/március: 1958. évi Kürschák matematikaverseny 2. feladata

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

Számba véve $u$ és $v$ lehetséges maradékait $3$ -mal való osztásnál, véges sok esetet kapunk, és ezek végigpróbálásával nyerhető a feladat egy megoldása. A versenyzők nagy része ezt az utat választotta, többen még a kifejezés szimmetriáját sem használva ki. Könnyen célhoz érhetünk azonban egy algebrai átalakítás segítségével:

Megoldás. Alakítsuk át a kifejezést a következőképpen:

\begin{matrix} u^{2} + u v + v^{2} = {(u - v)}^{2} + 3 u v . \end{matrix}

A kifejezés osztható

9

-cel, tehát

3

-mal is, és mivel a jobb oldal második tagja is osztható vele, tehát az első:

{(u - v)}^{2}

is osztható

3

-mal.
Egy négyzetszám csak úgy lehet

3

-mal osztható, ha az alap ‐ esetünkben

u - v

‐ osztható

3

-mal, és ekkor a négyzete

9

-cel is osztható.
Mivel az egész kifejezés is osztható

9

-cel, így a második tag,

3 u v

is osztható

9

-cel, tehát

u v

osztható

3

-mal. Ez csak úgy lehet, ha valamelyik tényező is osztható

3

-mal. Beláttuk azonban, hogy a különbségük is osztható

3

-mal, ez pedig csak úgy lehet, ha mind a kettő:

u

is,

v

is osztható

3

-mal, és ezt kellett bizonyítanunk. (Világos megfordítva, hogyha ez teljesül, akkor a kifejezés valóban osztható

9

-cel.)