Olimpiady Matematyczne

Matematyka jest drzwiami i kluczem do nauki.

Roger Bacon

Komentarz

XI OM - I - Zadanie 2

Dowieść, że jeżeli suma $a + b$ dwóch liczb całkowitych jest podzielna przez liczbę nieparzystą $n$ , to $a^n + b^n$ jest podzielne przez $n^2$ .

Czy to twierdzenie zachodzi dla parzystego $n$ ?

Rozwiązanie

Wiadomo, że gdy $n$ jest liczbą nieparzystą, to dwumian $a^n + b^n$ jest podzielny przez dwumian $a + b$ , gdyż zachodzi równość

$ \begin{split} (1) \qquad a^n + b^n = & (a + b) (a^{n-1} - a^{n-2} b + a^{n-3} b^2 - \ldots +\\ & + (- 1)^k a^{n-1-k} b^k + \ldots + b^{n-1}. \end{split} $

Aby dowieść, że gdy $a + b$ jest podzielne przez $n$ , to $a^n + b^n$ jest podzielne przez $n^2$ wystarczy się przekonać, że liczba

$ (2) \qquad P (a, b) = a^{n-1} - a^{n-2} b + a^{n-3} b^2 - \ldots + (- 1)^k a^{n-1-k} b^k + \ldots + b^{n-1} $

jest podzielna przez $n$ .

W tym celu potraktujmy wyrażenie $P (a, b)$ jako wielomian zmiennej $a$ i wyznaczmy resztę z dzielenia tego wielomianu przez dwumian $a + b$ . Według znanego twierdzenia algebry reszta z dzielenia wielomianu $W (x)$ przez dwumian $x - \alpha$ równa się $W (\alpha)$ , tj. równa się wartości tego wielomianu dla $x = \alpha$ . Na mocy tego twierdzenia reszta z dzielenia wielomianu $P (a, b)$ zmiennej $a$ przez $a + b$ , równa się $P (- b, b)$ , tj. równa się wartości, którą otrzymamy podstawiając $- b$ zamiast $a$ do prawej strony równości (2). Otóż

$ \begin{split} P (- b, b) &= (- b)^{n-1} - (- b)^{n-2} b + (- b)^{n-3} b^2 - \ldots + \\ &\qquad+ (-1)^k (- b)^{n-1-k} b^k + \ldots + b^{n-1} =\\ &= b^{n-1} + b^{n-1} + b^{n-1} + \ldots + b^{n-1} + \ldots + b^{n-1} = n \cdot b^{n-1}. \end{split} $

Okazało się, że reszta z dzielenia wielomianu $P(a,b)$ przez $a+b$ jest podzielna przez $n$ . Gdy więc $a + b$ jest podzielne przez $n$ , to również $P (a, b)$ jest podzielne przez $n$ , wobec czego $a^n + b^n$ jest podzielne przez $n^2$ , c.n.d.