Feladat:	B.4827	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Csuha Boglárka
Füzet:	2017/május, 274 - 275. oldal		PDF  |  MathML
Témakör(ök):	Feladat, Polinomok, Oszthatóság, Euler-Fermat-tételek
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 2016/november: B.4827

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.   Megoldás. Egy ilyen polinom együtthatói abszolút értékeinek az összege nem lehet nulla, hiszen az azt jelentené, hogy az összes együttható nulla, viszont a feladat feltételei szerint $p$ nem azonosan nulla polinom. Ha az összeg $1$, akkor a polinomnak $p\left(x\right)=\pm x^k$ alakúnak kell lennie, ahol $k$ természetes szám. Ez azonban nem lesz minden esetben osztható $2016$-tal, hiszen például $p\left(1\right)=\pm 1$, ami nyilván nem osztható $2016$-tal. A következőkben azt fogjuk belátni, hogy a keresett összeg lehet $2$. Ennek érdekében tekintsük a $p\left(x\right)=x^5\cdot \left(x^{48}-1\right)$ polinomot. A továbbiakban többször felhasználjuk az Euler‐Fermat-tételt, amely szerint, ha $a$ és $n$ egymáshoz relatív prím pozitív egészek, akkor $n\mid a^{\phi \left(n\right)}-1$, illetve ugyanez kongruenciával $\begin{array}{c}{\displaystyle a^{\phi \left(n\right)}\equiv 1\text{mod}\left(n\right)\mathrm{,}}\end{array}$ ahol $\phi \left(n\right)$ az $n$-nél nem nagyobb, $n$-hez relatív prím pozitív egészek száma. A 2016 prímtényezős felbontása: $2016=2^5\cdot 3^2\cdot 7$. $\left(i\right)$ Először belátjuk, hogy $32\mid p\left(n\right)$, minden $n$ természetes szám esetén. ‐ Ha $2\mid n$, akkor $2^5\mid n^5$, amiből azonnal következik, hogy $2^5\mid p\left(n\right)$. ‐ Ha $n$ páratlan, akkor $\left(n\mathrm{,32}\right)=1$ miatt $n^{\phi \left(32\right)}=n^{16}\equiv 1\text{mod}\left(32\right)$. Ebből az is következik, hogy $n^{48}\equiv 1\text{mod}\left(32\right)$, vagyis $n^{48}-1$ osztható $32$-vel. $\left(ii\right)$ Most igazoljuk, hogy $9\mid p\left(n\right)$, minden $n$ természetes szám esetén. ‐ Ha $3\mid n$, akkor $3^5|n^5$, amiből látható, hogy $9\mid p\left(n\right)$. ‐ Ha $n$ nem osztható $3$-mal, akkor az Euler-Fermat-tétel szerint $n^{\phi \left(9\right)}=n^6\equiv 1\text{mod}\left(9\right)$. Ebből következően $n^{48}\equiv 1\text{mod}\left(9\right)$ is teljesül, azaz $9\mid n^{48}-1$, $p\left(n\right)$ osztható $9$-cel. $\left(iii\right)$ Végül belátjuk, hogy $7\mid p\left(n\right)$, minden $n$ természetes szám esetén. ‐ Ha $7\mid n$, akkor $7^5\mid n^5$, amiből rögtön következik, hogy $7\mid p\left(n\right)$. ‐ Ha $7\nmid n$, akkor viszont az Euler-Fermat-tétel szerint $n^{\phi \left(7\right)}=n^6\equiv 1\text{mod}\left(7\right)$. Ebből következően $n^{48}\equiv 1\text{mod}\left(7\right)$ is teljesül, azaz $7\mid n^{48}-1$, $p\left(n\right)$ osztható $7$-cel. Mivel 32, 9 és $7$ páronként relatív prímek, a fentiek alapján $p\left(n\right)$ a szorzatukkal is osztható. Találtunk tehát egy olyan $p\left(n\right)$ polinomot, amely minden $n$ természetes szám esetén osztható $2016$-tal és az együtthatók abszolút értékének összege $2$.   Megjegyzés. A $p\left(x\right)=x^5\left(x^{48}-1\right)$ polinom helyett bármilyen más polinom megfelel, amelyben az első tényezőben az $x$ kitevője legalább 5, a második tényezőben pedig a $48$ helyett a $6$ és a $16$ valamelyik pozitív közös többszöröse szerepel.