Feladat:	F.3227	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Bujdosó Attila ,  Devecsery András ,  Gáspár Merse Előd ,  Gyenes Zoltán ,  Harangi Viktor ,  Lippner Gábor ,  Pap Júlia ,  Pataki Péter ,  Pogány Ádám ,  Poronyi Gábor ,  Szabó Gábor ,  Szabó Péter ,  Terpai Tamás ,  Tisch Dávid ,  Végh A. László
Füzet:	1999/január, 35 - 37. oldal		PDF  |  MathML
Témakör(ök):	Polinomok oszthatósága, Számelmélet alaptétele, Binomiális tétel, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1998/április: F.3227

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.   I. megoldás. Legyen $a=x+y$, $b=z+x$, $c=y+z$. Ekkor $x+y+z=\frac{a+b+c}{2}$, $x=\frac{-a+b+c}{2}$, $y=\frac{a-b+x}{2}$, $z=\frac{a+b-c}{2}$, a feladat kérdése pedig a következőképpen módosul: milyen $m$ értékek mellett osztható a $\begin{array}{c}{\displaystyle p\left(a\mathrm{,}b\mathrm{,}c\right)={\left(\frac{-a+b+c}{2}\right)}^m+{\left(\frac{a-b+c}{2}\right)}^m+{\left(\frac{a+b-c}{2}\right)}^m-{\left(\frac{a+b+c}{2}\right)}^m}\end{array}$ polinom $abc$-vel. A zárójeleket felbontva, a polinomiális tétel szerint adódik, hogy $\begin{array}{c}{\displaystyle {\displaystyle \begin{array}{c}\hfill {\displaystyle p\left(a\mathrm{,}b\mathrm{,}c\right)=\frac{1}{2^m}[\sum _{p+q+r=m}^{}\frac{m!}{p!q!r!}{\left(-a\right)}^p{b}^q{c}^r+\sum _{p+q+r=m}^{}\frac{m!}{p!q!r!}{a}^p{\left(-b\right)}^q{c}^r+}\\ \hfill {\displaystyle +\sum _{p+q+r=m}^{}\frac{m!}{p!q!r!}{a}^p{b}^q{\left(-c\right)}^r-\sum _{p+q+r=mp!q!r!}^{}\frac{m!}{p!q!r!}{a}^p{b}^q{c}^r]}\end{array}}}\end{array}$ Ebben a polinomban az $abc$-vel való oszthatóság szempontjából elég azokat a tagokat tekinteni, ahol a $p$, $q$, $r$ kitevők valamelyike 0. Nézzük mondjuk azoknak a tagoknak az összegét, ahol $r=0$: $\begin{array}{c}{\displaystyle {\displaystyle \begin{array}{c}\hfill {\displaystyle \frac{1}{2^m}\left[\sum _{p+q=m}^{}\frac{m!}{p!q!}{\left(-a\right)}^p{b}^q+\sum _{p+q=m}^{}\frac{m!}{p!q!}{a}^p{\left(-b\right)}^q+\sum _{p+q=m}^{}\frac{m!}{p!q!}{a}^p{b}^q-\sum _{p+q=m}^{}\frac{m!}{p!q!}{a}^p{b}^q\right]=}\\ \hfill {\displaystyle =\frac{1}{2^m}\left[\sum _{p+q=m}^{}\frac{m!}{p!q!}{\left(-a\right)}^p{b}^q+\sum _{p+q=m}^{}\frac{m!}{p!q!}{a}^p{\left(-b\right)}^q\right]\mathrm{.}}\end{array}}}\end{array}$ A binomiális tétel szerint ez éppen $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{1}{2^m}\left[{\left(b-a\right)}^m+{\left(a-b\right)}^m\right]\mathrm{.}}\end{array}$ Hasonló mondható el $p=0$ és $q=0$ esetén is. Így azon tagok összege, amelyekben $p$, $q$, $r$ valamelyike (legalább egy és legfeljebb kettő) nulla: $\begin{array}{c}{\displaystyle {\displaystyle \begin{array}{c}\hfill {\displaystyle \frac{1}{2^m}\left[{\left(b-a\right)}^m+{\left(a-b\right)}^m+{\left(c-a\right)}^m+{\left(a-c\right)}^m+{\left(c-b\right)}^m+{\left(b-c\right)}^m\right]-}\\ \hfill {\displaystyle -\frac{1}{2^m}\left[\left(a^m+b^m+c^m\right)-\left(a^m+b^m+c^m\right)\right]\mathrm{.}}\end{array}}}\end{array}$ Összefoglalva: az $x^m+y^m+z^m-{\left(z+y+z\right)}^m$ polinom akkor és csak akkor osztható az $\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)$ polinommal, ha a $\begin{array}{c}{\displaystyle {\left(b-a\right)}^m+{\left(a-b\right)}^m+{\left(b-c\right)}^m+{\left(c-b\right)}^m+{\left(a-c\right)}^m+{\left(c-a\right)}^m}\end{array}$ polinom osztható $abc$-vel. Ez végül pontosan akkor teljesül, ha $m$ páratlan.   Megjegyzés. A megoldók többsége szimmetrikus polinomokat használt.   II. megoldás. Felhasználjuk, hogy a háromváltozós polinomok körében (is) teljesül a számelmélet alaptételének megfelelője. Ennek következményeként egy polinom pontosan akkor osztható $\left(y+z\right)\left(z+x\right)\left(x+y\right)$-nal, ha az $\left(y+z\right)$, $\left(z+x\right)$, $\left(x+y\right)$ tényezők bármelyikével osztható. Ezek ugyanis egymáshoz páronként relatív prímek, ami azt jelenti, hogy a nemnulla konstans polinomokon kívül nincs más közös osztójuk. A kifejezés szimmetrikus $x$, $y$, $z$-ben, így elegendő pl. az $\left(x+y\right)$-nal való oszthatóságot vizsgálni. Mivel $\begin{array}{c}{\displaystyle x^m+y^m+z^m-{\left(x+y+z\right)}^m=x^m+y^m-\sum _{i=1}^m\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{m}{i}\right){\left(x+y\right)}^i{z}^{m-i}\mathrm{,}}\end{array}$ a kérdés $x^m+y^m$-nek az $\left(x+y\right)$-nal való oszthatóságára egyszerűsödik. Itt pedig $\begin{array}{c}{\displaystyle {\displaystyle \begin{array}{c}\hfill {\displaystyle x^m+y^m=}\\ \hfill {\displaystyle =\left(x+y\right)\left(x^{m-1}-x^{m-2}y+x^{m-3}{y}^2-+\text{...}+{\left(-1\right)}^{m-1}{y}^{m-1}\right)+\left(y^m-{\left(-1\right)}^{m-1}{y}^m\right)}\end{array}}}\end{array}$ mutatja, hogy az oszthatóság akkor következik be, ha $y^m-{\left(-1\right)}^{m-1}{y}^m=\left(1+{\left(-1\right)}^m\right)y^m$ osztható $\left(x+y\right)$-nal, vagyis ha $m$ páratlan.