🔢 Προβλήματα Διαιρετότητας — Δύο όμορφες ολυμπιακές εφαρμογές

Τα προβλήματα διαιρετότητας εμφανίζονται πολύ συχνά στους μαθηματικούς διαγωνισμούς. Παρότι οι εκφωνήσεις τους μπορεί να φαίνονται διαφορετικές, πολλές φορές λύνονται με την ίδια βασική ιδέα: κατάλληλη διαίρεση και προσεκτική μελέτη του υπολοίπου.

Για ακέραιους \(a,b\), με \(a\ne0\), γράφουμε

\[ a\mid b \]

όταν ο \(a\) διαιρεί τον \(b\), δηλαδή όταν το

\[ \frac{b}{a} \]

είναι ακέραιος.

Γενικότερα, διαιρώντας το \(b\) με το \(a\), γράφουμε

\[ b=aq+r, \]

όπου \(q\) είναι το πηλίκο και \(r\) το υπόλοιπο. Αν \(r=0\), τότε και μόνο τότε

\[ a\mid b. \]

1️⃣ Παράδειγμα — AIME 1999

Να βρεθεί ο μεγαλύτερος θετικός ακέραιος \(n\) τέτοιος ώστε

\[ \frac{n^3-2n^2+4}{(n-2)^2(n+1)(2n-1)} \]

να είναι ακέραιος.

✏️ Λύση

Εξετάζουμε αρχικά τον αριθμητή

\[ n^3-2n^2+4. \]

Διαιρώντας με \(2n-1\), παίρνουμε

\[ \frac{n^3-2n^2+4}{2n-1} = \frac12n^2-\frac34n-\frac38+ \frac{27/8}{2n-1}. \]

Πολλαπλασιάζοντας επί \(8\), έχουμε

\[ \frac{8(n^3-2n^2+4)}{2n-1} = 4n^2-10n-5+\frac{27}{2n-1}. \]

Αν η αρχική παράσταση είναι ακέραιος, τότε ειδικότερα ο \(2n-1\) διαιρεί τον αριθμητή. Επομένως

\[ 2n-1\mid 27. \]

Οι θετικοί διαιρέτες του \(27\) είναι

\[ 1,\;3,\;9,\;27. \]

Άρα

\[ 2n-1\in\{1,3,9,27\}, \]

οπότε

\[ n\in\{1,2,5,14\}. \]

Από τις επιτρεπτές τιμές, η μεγαλύτερη είναι

\[ \boxed{n=14}. \]

Πράγματι, για \(n=14\) η αρχική παράσταση είναι ακέραιος, οπότε αυτή είναι η ζητούμενη μεγαλύτερη τιμή.

2️⃣ Παράδειγμα — IMO 1998

Να βρεθούν όλα τα ζεύγη θετικών ακεραίων \((a,b)\) για τα οποία

\[ \boxed{ ab^2+b+7\mid a^2b+a+b }. \]

✏️ Λύση

Η βασική ιδέα είναι να θεωρήσουμε το \(a\) ως μεταβλητή και το \(b\) ως σταθερά και να κάνουμε διαίρεση των αντίστοιχων πολυωνύμων.

Έχουμε

\[ \frac{a^2b+a+b}{ab^2+b+7} = \frac{a}{b} - \frac{7a-b}{b(ab^2+b+7)}. \]

Πολλαπλασιάζοντας με \(b(ab^2+b+7)\), παίρνουμε

\[ b(a^2b+a+b) = (ab^2+b+7)a-(7a-b^2). \]

Επομένως, αν

\[ ab^2+b+7\mid a^2b+a+b, \]

τότε

\[ ab^2+b+7\mid 7a-b^2. \]

Άρα υπάρχει ακέραιος \(k\) τέτοιος ώστε

\[ \boxed{7a-b^2=k(ab^2+b+7)}. \tag{*} \]

Περίπτωση 1: \(7a-b^2=0\)

Τότε

\[ 7a=b^2. \]

Άρα \(7\mid b\). Θέτουμε

\[ b=7k. \]

Τότε

\[ a=7k^2. \]

Επομένως παίρνουμε την άπειρη οικογένεια λύσεων

\[ \boxed{(a,b)=(7k^2,7k)},\qquad k\in\mathbb N^*. \]

Περίπτωση 2: \(7a-b^2<0\)

Τότε

\[ 7a<b^2. \]

Όμως

\[ ab^2+b+7 \le |7a-b^2| = b^2-7a. \]

Αυτό είναι αδύνατο, αφού

\[ b^2-7a < ab^2+b+7. \]

Άρα η περίπτωση αυτή δεν δίνει λύσεις.

Περίπτωση 3: \(7a-b^2>0\)

Τώρα

\[ 7a>b^2. \]

Εφόσον ο θετικός αριθμός \(ab^2+b+7\) διαιρεί τον επίσης θετικό \(7a-b^2\), πρέπει

\[ ab^2+b+7\le7a-b^2. \]

Αν \(b\ge3\), τότε

\[ ab^2+b+7>9a>7a-b^2, \]

άτοπο.

Άρα απομένουν μόνο

\[ b=1\quad\text{ή}\quad b=2. \]

🔹 Για \(b=1\)

Η σχέση \((*)\) γίνεται

\[ 7a-1=k(a+8). \]

Επειδή \(7a-1<7(a+8)\), έχουμε

\[ k\in\{1,2,3,4,5,6\}. \]

Από

\[ 7a-1=k(a+8) \]

παίρνουμε

\[ (7-k)a=8k+1. \]

Ο μόνος θετικός ακέραιος \(a\) που προκύπτει είναι

\[ a=11. \]

Άρα έχουμε τη λύση

\[ \boxed{(a,b)=(11,1)}. \]

🔹 Για \(b=2\)

Η σχέση \((*)\) γίνεται

\[ 7a-4=k(4a+9). \]

Εφόσον

\[ 7a-4<2(4a+9), \]

αναγκαστικά

\[ k=1. \]

Άρα

\[ 7a-4=4a+9, \]

οπότε

\[ 3a=13, \]

που δεν δίνει ακέραιο \(a\).

Συνεπώς δεν υπάρχει λύση για \(b=2\).

✅ Τελικό αποτέλεσμα

Όλα τα ζεύγη θετικών ακεραίων που ικανοποιούν

\[ ab^2+b+7\mid a^2b+a+b \]

είναι \[ \boxed{(a,b)=(7k^2,7k)\quad(k\ge1)} \] και \[ \boxed{(a,b)=(11,1)}. \]

💡 Η κοινή ιδέα των δύο προβλημάτων

Όταν μια περίπλοκη αλγεβρική παράσταση πρέπει να διαιρεί μια άλλη, προσπαθούμε να κατασκευάσουμε μέσω διαίρεσης έναν πολύ απλούστερο αριθμό που πρέπει επίσης να διαιρείται. Έτσι ένα δύσκολο πρόβλημα μετατρέπεται σε έναν ισχυρό αριθμητικό περιορισμό.

📚

Έρχεται το πολλαπλό βιβλίο ΝΕΟ — βρες όλες τις επιλογές εδώΠολλαπλό βιβλίο ΝΕΟ — 437 βιβλία σε PDF

PDF & Ψηφιακά Μαθησιακά Αντικείμενα — χωρίς εγγραφή • Portify

📚 437 βιβλία🎬 22.000+ Ψηφιακά Μαθησιακά Αντικείμενα

Δες τα βιβλία →