Feladat:	B.4290	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Ágoston Tamás ,  Beke Lilla ,  Csuka Róbert ,  Damásdi Gábor ,  Dudás Zsolt ,  Fonyó Viktória ,  Gyarmati Máté ,  Janzer Olivér ,  Karl Erik Holter ,  Lenger Dániel ,  Nagy Róbert ,  Perjési Gábor ,  Strenner Péter ,  Szabó Attila ,  Varnyú József ,  Weisz Gellért ,  Zilahi Tamás
Füzet:	2011/április, 219. oldal		PDF  |  MathML
Témakör(ök):	Feladat, Egész együtthatós polinomok, Legkisebb közös többszörös, Oszthatóság
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 2010/szeptember: B.4290

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.   Megoldás. A feladat állítása szerint léteznek olyan $y$ és $z$ egész számok, amelyekre $a\mid p\left(y\right)$ és $b\mid p\left(z\right)$. Írjuk föl az $a$ és $b$ számokat prímtényezős alakban: $\begin{array}{c}{\displaystyle a=p_1^{k_1}{p}_2^{k_2}\text{...}{p}_t^{k_t}{q}_1^{M_1}{q}_2^{M_2}\text{...}{q}_r^{M_r}\mathrm{,}b=p_1^{K_1}{p}_2^{K_2}\text{...}{p}_t^{K_t}{q}_1^{m_1}{q}_2^{m_2}\text{...}{q}_r^{m_r}\mathrm{.}}\end{array}$ Az egységes jelölés érdekében megengedjük, hogy a szereplő prímek kitevője nulla is lehessen, és a prímeket aszerint csoportosítjuk, hogy melyik számban szerepelnek nagyobb kitevővel ‐ vagyis $k_i\le K_i$ és $m_j\le M_j$ (minden $i$-re és $j$-re). Ekkor az $\begin{array}{c}{\displaystyle a_1=q_1^{M_1}{q}_2^{M_2}\text{...}{q}_r^{M_r}\text{és}{b}_1=p_1^{K_1}{p}_2^{K_2}\text{...}{p}_t^{K_t}}\end{array}$ számok egymáshoz relatív prímek, és a legkisebb közös többszörösük $\begin{array}{c}{\displaystyle a_1{b}_1=q_1^{M_1}{q}_2^{M_2}\text{...}{q}_r^{M_r}{p}_1^{K_1}{p}_2^{K_2}\text{...}{p}_t^{K_t}\mathrm{,}}\end{array}$ ami megegyezik $a$ és $b$ legkisebb közös többszörösével. A korábbi feltételek miatt nyilván $a_1\mid p\left(y\right)$ és $b_1\mid p\left(z\right)$. Mivel $a_1$ és $b_1$ relatív prímek, a kínai maradéktétel szerint létezik olyan $x$ egész, amelyre $\begin{array}{c}{\displaystyle x\equiv y\left(\text{mod}{a}_1\right)\text{ és }x\equiv z\left(\text{mod}{b}_1\right)\mathrm{.}}\end{array}$ Az $x\equiv y\left(\text{mod}{a}_1\right)$ miatt $p\left(x\right)\equiv p\left(y\right)\left(\text{mod}{a}_1\right)$, hiszen $p$ egész együtthatós, és a kongruenciákat beszorozhatjuk egész számmal, hatványozhatjuk és össze is adhatjuk. Hasonlóan, a második feltételből következik, hogy $p\left(x\right)\equiv p\left(z\right)\left(\text{mod}{b}_1\right)$. Így $p\left(x\right)$ $a_1$-gyel és $b_1$-gyel is osztható, tehát osztható $a_1$ és $b_1$ legkisebb közös többszörösével is, ami pedig egyenlő $a$ és $b$ legkisebb közös többszörösével.    Weisz Gellért (Fazekas M. Főv. Gyak. G. 10. évf.)  dolgozata alapján