KöMaL - Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
 English
Információ
A lap
Pontverseny
Cikkek
Hírek
Fórum

Rendelje meg a KöMaL-t!

Kifordítható

tetraéder

VersenyVizsga portál

Kísérletek.hu

Matematika oktatási portál

B. 4401. Let p=3n+1 be a prime number. Is it possible for the numbers 1^3,2^3,\ldots,n^3 to leave pairwise different remainders when divided by p?

(5 points)

Deadline expired on 12 December 2011.


Google Translation (Sorry, the solution is published in Hungarian only.)

Megoldás. A megoldás során felhasználjuk az

\(\displaystyle 1^3+2^3+\ldots+k^3=(1+2+\ldots+k)^2\)

azonosságot, valamint azt a tényt, hogy modulo \(\displaystyle p\) egy \(\displaystyle k\)-adfokú polinomnak legfeljebb \(\displaystyle k\) különböző gyöke lehet.

Tegyük fel, hogy az \(\displaystyle 1^3,2^3,\ldots,n^3\) számok mind különböző maradékot adnak \(\displaystyle p\)-vel osztva. Legyenek ezek \(\displaystyle m_1,m_2,\ldots,m_n\). Ha egy \(\displaystyle p\)-vel nem osztható \(\displaystyle a\) szám köbe \(\displaystyle m\) maradékot ad \(\displaystyle p\)-vel osztva, akkor a kis Fermat-tétel szerint \(\displaystyle m^n\equiv a^{p-1}\equiv 1\pmod{p}\), tehát modulo \(\displaystyle p\) az \(\displaystyle m\) szám gyöke az \(\displaystyle x^n-1\) polinomnak. Ezek szerint ennek a polinomnak pontosan \(\displaystyle n\) darab különböző gyöke van modulo \(\displaystyle p\), nevezetesen \(\displaystyle m_1,m_2,\ldots,m_n\), és az \(\displaystyle 1^3,2^3,\ldots,(3n)^3\) számok mindegyike ezek valamelyikével egyenlő. Az \(\displaystyle 1,2,\ldots,3n\) számok mindegyike kielégíti tehát modulo \(\displaystyle p\) az \(\displaystyle x^3=m_i\) egyenletek valamelyikét. Mivel egy ilyen egyenletnek legfeljebb 3 megoldása lehet modulo \(\displaystyle p\), ez csak úgy lehet, hogy mindegyiknek pontosan 3 különböző megoldása van.

Mármost \(\displaystyle 1^3+2^3+\ldots+(3n)^3=(1+2+\ldots+3n)^2=(3np/2)^2\) osztható \(\displaystyle p\)-vel. Másrészt a fentiek szerint

\(\displaystyle 1^3+2^3+\ldots+(3n)^3=3(m_1+m_2+\ldots+m_n)\equiv 3(1^3+2^3+\ldots+n^3)=\)

\(\displaystyle =3(1+2+\ldots+n)^2= \frac{3n^2(n+1)^2}{4}\pmod{p},\)

és itt a jobb oldalon álló szám nyilván nem osztható \(\displaystyle p\)-vel. Ellentmondásra jutottunk, ami azt jelenti, hogy az \(\displaystyle 1^3,2^3,\ldots,n^3\) számok között kell legyen kettő, ami ugyanolyan maradékot ad \(\displaystyle p\)-vel osztva.


Statistics on problem B. 4401.
13 students sent a solution.
5 points:Ágoston Tamás, Gyarmati Máté, Kiss 902 Melinda Flóra, Mester Márton, Nagy Róbert, Strenner Péter, Szabó 928 Attila, Viharos Andor.
2 points:3 students.
1 point:1 student.
0 point:1 student.


  • Problems in Mathematics of KöMaL, November 2011

  • Támogatóink:   Ericsson   Cognex   Emberi Erőforrás Támogatáskezelő   Emberi Erőforrások Minisztériuma   Nemzeti Tehetség Program    
    MTA Energiatudományi Kutatóközpont   MTA Wigner Fizikai Kutatóközpont     Nemzeti
Kulturális Alap   ELTE   Morgan Stanley