 |
A B. 3951. feladat (2006. november) |
B. 3951. Tegyük fel, hogy a, b, n, k pozitív egészek, n páratlan, p páratlan prímszám, és an+bn=pk. Igazoljuk, hogy az n a p-nek nemnegatív egész kitevős hatványa.
(5 pont)
A beküldési határidő 2007. február 15-én LEJÁRT.
Megoldás. Ha a és b legnagyobb közös osztója d, akkor (a/d)n+(b/d)n=pk/dn 1-nél nagyobb egész szám, vagyis , ahol
pozitív egész szám. Ezért elég az állítást abban az esetben igazolni, ha a és b relatív prímek. Ha a és b közül valamelyik, mondjuk a osztható lenne p-vel, akkor bn, vagyis b is osztható lenne p-vel. Feltehetjük tehát, hogy sem a, sem b nem osztható p-vel.
Ezen feltevés mellett legyen , ahol
nemnegatív egész szám, t pedig olyan páratlan pozitív egész szám, amely p-vel nem osztható. Azt kell megmutatnunk, hogy ekkor t=1. Tegyük fel ezzel ellentétben, hogy t>1. Ekkor az A=an/t, B=bn/t pozitív egész számokra At+Bt=pk, továbbá A és B nem osztható p-vel. Nem lehet A=B=1, hiszen akkor p=2, k=1 lenne (ez az a pont, ahol kihasználjuk p páratlan voltát), ezért A+B az At+Bt szám valódi osztója. Alkalmas 0<i<k egész számmal tehát A+B=pi, és így az
azonosság miatt
adódik. A baloldalon álló számot alkalmas N egész számmal tAt-1+piN alakba írhatjuk át. Mivel sem t, sem A nem osztható p-vel, a baloldalon álló szám sem osztható p-vel, ellentétben a jobb oldalon álló pk-i számmal. Ez az ellentmondás bizonyítja, hogy valóban t=1, .
Statisztika:
63 dolgozat érkezett. 5 pontot kapott: Ágoston Tamás, Dinh Van Anh, Kunos Ádám, Nagy 648 Donát, Sümegi Károly, Szalóki Dávid, Varga 171 László, Wolosz János. 4 pontot kapott: Blázsik Zoltán, Dobribán Edgár, Éles András, Páldy Sándor, Szőke Nóra, Szűcs Gergely, Véges Márton. 3 pontot kapott: 6 versenyző. 2 pontot kapott: 3 versenyző. 1 pontot kapott: 3 versenyző. 0 pontot kapott: 36 versenyző.
A KöMaL 2006. novemberi matematika feladatai