A B. 4401. feladat (2011. november)

B. 4401. Legyen p=3n+1 prímszám. Adhatnak-e az $1^3,2^3,\ldots,n^3$ számok páronként különböző maradékot p-vel osztva?

(5 pont)

A beküldési határidő 2011. december 12-én LEJÁRT.

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.

Statisztika:

13 dolgozat érkezett.

5 pontot kapott: Ágoston Tamás, Gyarmati Máté, Kiss 902 Melinda Flóra, Mester Márton, Nagy Róbert, Strenner Péter, Szabó 928 Attila, Viharos Andor.

2 pontot kapott: 3 versenyző.

1 pontot kapott: 1 versenyző.

0 pontot kapott: 1 versenyző.

A KöMaL 2011. novemberi matematika feladatai

13 dolgozat érkezett.
5 pontot kapott:	Ágoston Tamás, Gyarmati Máté, Kiss 902 Melinda Flóra, Mester Márton, Nagy Róbert, Strenner Péter, Szabó 928 Attila, Viharos Andor.
2 pontot kapott:	3 versenyző.
1 pontot kapott:	1 versenyző.
0 pontot kapott:	1 versenyző.

Már regisztráltál?
Új vendég vagy?