Fried Katalin
A KöMaL 74. évfolyam 7. számában jelent meg a B. 5390. feladatnak két szép versenyzői megoldása. A feladat:
B. 5390. Léteznek-e olyan \(\displaystyle a_0\), \(\displaystyle a_1\), \(\displaystyle \ldots\), \(\displaystyle a_{n-1}\) páros egész számok, amelyekre az \(\displaystyle x^n+a_{n-1}x^{n-1}+\ldots+a_1x+a_0\) polinom osztható az \(\displaystyle x^2+x+1\) polinommal?
(3 pont)
Javasolta: Kós Géza (Budapest)
Vagyis – kicsit másképpen fogalmazva – a feladatban arra kerestük a választ, hogy van-e olyan \(\displaystyle s(x)\) polinom, amellyel megszorozva a \(\displaystyle q(x)=x^2+x+1\) polinomot olyan \(\displaystyle p(x)=x^n+a_{n-1}x^{n-1}+\ldots+a_1x+a_0\) (nem azonosan nulla) egész együtthatós polinomot kapunk, amelynek ismeretlen együtthatói páros számok.
Megjegyzés a beküldött megoldásokhoz.
A legtöbb megoldó ,,visszaszorzással'' kereste az \(\displaystyle s(x)\) polinomot – és indirekt úton mutatta meg, hogy ilyen nincs.
Többen viszont polinomosztással oldották meg a feladatot. Mivel a kétféle hozzáállás lényegében ugyanazt a gondolatmenetet követi, ilyen megoldást nem közöltünk, ám a polinomosztásról, illetve a feladat polinomosztással történő megoldásáról érdemes néhány szót ejteni.
A valós együtthatós polinomokra vonatkozó maradékos osztás tétel szerint minden \(\displaystyle p(x)\) és \(\displaystyle q(x)(\not\equiv 0)\) valós együtthatós polinomhoz pontosan egy olyan \(\displaystyle s(x)\) és \(\displaystyle r(x)\) ugyancsak valós együtthatós polinom létezik, amelyekre \(\displaystyle p(x)=q(x)\cdot s(x)+r(x)\), ahol \(\displaystyle r(x)\) vagy az azonosan nulla polinom, vagy alacsonyabb a fokszáma, mint \(\displaystyle q(x)\)-é. (Egy polinom foka a legmagasabb fokú tag kitevője, de az azonosan nulla polinom fokszámát – más konstans polinomok fokszámával ellentétben – a maradékos osztás szemszögéből nem tekintjük 0-nak.)
Esetünkben nem valós, hanem egész együtthatós polinomok körében keressük a hányadost és a maradékot, de – mint hamarosan kiderül – ez nem okoz gondot.
A polinomosztás azon alapul, hogy úgy tekinthetünk egy valós együtthatós polinomra, mintha egy \(\displaystyle x\) alapú számrendszerben felírt ,,szám'' lenne, ahol a ,,számjegyek'' – a polinom együtthatói – tetszőleges valós számok lehetnek. Az eljárás a tízes számrendszerben felírt természetes számok körében már ismert maradékos osztáséhoz hasonlítható, ahol helyiértékcsoportról helyiértékcsoportra haladva keresünk olyan egyjegyű hányadost, hogy a maradék az osztónál kisebb nemnegatív szám legyen. A polinomosztáskor az a cél, hogy minden lépésben a maradék vagy a 0 legyen, vagy a fokszáma kisebb legyen az osztó fokszámánál.
A KöMaL levelezős versenyei azon kevesek közé tartoznak, amelyek ingyenesek – immár több mint 130 éve! Sajnos azonban a KöMaL állami támogatásának rendszere az elmúlt évben jelentősen átalakult, a következő években az előre látható bevételeink várhatóan nem tudják fedezni a költségeinket.
Ezért kérünk mindenkit, aki szereti a KöMaL-t, létezését fontosnak tartja, hogy lehetőségéhez mérten támogassa a KöMaL-t kiadó MATFUND Alapítványt. Ha teheti, rendelkezzen adója 1%-áról az Alapítvány javára. Ezen kívül pedig, ha saját vagy céges lehetőségei megengedik, támogassa a KöMaL kiadását, a KöMaL tudáskincsének gondozását!
A KöMaL kiadásának, a versenyek teljes lebonyolításának, díjazásának és a díjkiosztóval egybekötött Ifjúsági Ankétok szervezésének költségeit 2007 óta a MATFUND Középiskolai Matematikai és Fizikai Alapítvány fizeti.
Kérjük, személyi jövedelemadója 1%-ának felajánlásával álljon a több, mint 125 éve alapított Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok mellé!
Legutóbb szeptemberi számunkban foglalkoztunk bújócska típusú ördöglakatokkal. Elkészítésre ajánlottunk olvasóinknak egy pálcás változatot, ahol a ,,szokásos'' trükk nem működik, mivel az átbújtatás után (lásd ábra) a pálca nem fér át a hurkon a zsinór rövidsége miatt. Azonban vegyük észre, hogy ebben az átbújtatott állapotban valójában annyi a célunk, hogy a hurok a dupla zsinór másik oldalára kerüljön. Ezt úgy is elérhetjük, ha a téglatest formájú ,,alapot'' bújtatjuk át a hurkon.
Ha egy négyzetet a két átlójával felosztunk négy háromszögre, majd ezeket kiszínezzük három színnel az összes lehetséges módon, akkor megkapjuk a négyzetes színdominókat.
A színdominókat először a múlt század elején írta le Percy Alexander MacMahon, a kalandos életű matematikus. Ő rögtön megadott több nehéz feladatot is hozzájuk.
