Ugrás a tartalomhoz

Matematikai versenyfeladatok

Makó Zita, Szilágyi Ibolya, Téglási Ilona

Kempelen Farkas Hallgatói Információs Központ

A feladatok megoldásai

A feladatok megoldásai

  1. Feltétel szerint van olyan és egész, amelyekre és . Jelöljük és legnagyobb közös osztóját -vel. Ekkor , , ahol és egymáshoz relatív prím. A fenti második egyenlőséget -val végigszorozva és felhasználva az elsőt és az utolsó két egyenlőséget, az előbbi így írható: , amiből .

    A prímtényezős felbontás egyértelműsége folytán -nek és -nek csak olyan prímek lehetnek osztói, és így közös osztói is, amelyek az alapoknak is osztói, ami esetünkben azt jelenti, hogy a két négyzet relatív prím. Az eukleidészi lemma szerint tehát , ami osztója a jobb oldalnak, kell, hogy az első tényezőnek legyen osztója. Alkalmas egésszel tehát

    Ezt beírva utolsó egyenlőségünkbe és egyszerűsítve azt kapjuk, hogy

    vagy átrendezve

    Mivel (pozitív) osztói csak és , így a jobb oldalon egy tényező értéke , a másik kettőé , és mivel az utolsó tényező nagyobb az előtte állónál, így

    , , tehát ,

    Mindezeket beírva az első feltételi egyenlőségbe és egyszerűsítve azt kapjuk, hogy

    tehát és meghatározza -t – feltéve, hogy egyáltalán létezik megfelelő ; ennek pedig az a feltétele, hogy osztható legyen -gyel.

  2. Tegyük fel, hogy az egész, és és pozitív egész számokra teljesül, hogy és .

    A megfelelő oldalak különbségét képezve és az -et tartalmazó tagot kifejezve . Ezt az első egyenlőség -szorosába helyettesítve és rendezve a következőt kapjuk:

    Mind a két oldalhoz -et hozzáadva a bal oldalon az utolsó tag kivételével teljes négyzet keletkezik. Ezt mind a két oldalból levonva a jobb oldal szorzattá alakítható:

    A bal oldal egy felbontását kaptuk tehát két egész tényező szorzatára. A kínálkozó teljes négyzetté alakításokkal

    Innen kiszámítható és . Ha ezek egész számnak adódnak, akkor pl. a megoldás legelső egyenletéből -re legfeljebb két egész értéket kapunk. A feladat követelményeit tehát legfeljebb négyszer annyi érték elégíti ki, mint ahányféleképpen két tényező szorzatára bontható, tehát valóban véges sok.

  3. Megmutatjuk, hogy létezik a feladat követelményeinek eleget tevő sorozat. Legyen ugyanis , , a prímszámok (végtelen) növekvő sorozata, és tekintsük az , , sorozatot.

    Ebben a sorozatban páratlan szám, ha , így nem osztható sem -gyel, sem -vel, hiszen azok páros számok. Az is világos, hogy és közül egyik sem osztója a másiknak. Ha pedig , akkor osztója -nek, de nem osztója a sorozat egyetlen további tagjainak sem, tehát nem lehet osztója a sorozat egy másik elemének. Az első feltétel tehát teljesül.

    A sorozatban bármely két számnak van -nél nagyobb közös osztója. Valóban: és esetén ez a szám ; és esetén , ha , végül ha , akkor és is osztható -tel. Tehát a második feltétel is teljesül.

    Végezetül, ha egy pozitív egész osztója a sorozat minden elemének, akkor osztója -nek és -nak is, és így csak vagy lehet. A második lehetőség azonban könnyen kizárható, hiszen páratlan szám. Ezzel igazoltuk, hogy a sorozat a harmadik feltételt is kielégíti.

  4. Jelölje a szóban forgó összegek közül az elsőt , a másodikat pedig . meghatározásánál minden, az -nél nem nagyobb pozitív páros számot annyiszor kell figyelembe vennünk, ahány többszöröse van az számok között. Ezért

    ahol jelöli a pozitív egész és közé eső többszöröseinek számát: Hasonlóképpen

    Világos, hogy esetén , így a összeg minden egyes tagját felülről becsülhetjük a összeg megfelelő tagjával. Következésképpen . Hasonlóképpen, az első tag kivételével, a összeg minden egyes tagja megbecsülhető a összeg megfelelő tagjával, ezért . A két egyenlőtlenség összevetéséből a feladat állítása azonnal leolvasható.

  5. Az általánosság megszorítása nélkül feltehető, hogy az számok páronként különböző maradékot adnak -val osztva. Tekintsük a következő különböző számot:

    Ha ezek között van olyan, amelyik osztható -val, akkor mar készen is vagyunk. Ellenkező esetben pedig van a számok között kettő, mondjuk és amelyik ugyanolyan maradékot ad -val osztva. Ekkor nyilván osztható -val. Azt kell már csak észrevennünk, hogy ez a különbség felírható az számok közül néhánynak az összegeként. Ha ugyanis ez nem így lenne, akkor valamilyen -nál kisebb -re és , vagyis volna. Ez azonban feltételezésünk értelmében nem osztható -val.

  6. Ha a középső elem egy adott szám, akkor az első elem az számok valamelyike lehet, a harmadik pedig a számok valamelyike. Az előbbiek száma , az utóbbiaké . A kettő közül a kisebbik – vagy közös értékük, ha a kettő egyenlő-, adja meg, hogy maximálisan hány hármasban léphet fel középső elemként.

    Természetesen , és az elmondottak szerint a és az egyszer, a és az kétszer léphet fel maximálisan, és így tovább. Így a kiválasztható hármasok számára a következő felső korlátot nyertük: ha páros, akkor

    ha páratlan, , akkor

    Megjegyzés:

    Ennyi hármas ki is választható a feltételnek megfelelő módon minden esetben. Vegyük például az alakú hármasokat, ahol és . Itt a hármas bármelyik két eleme meghatározza a harmadikat, így két különböző hármasnak legfeljebb egy helyen lehet egyező eleme.

    Az is látható, hogy ha , akkor első elemnek -től -ig minden érték előfordul, mert -hez adva még -nél kevesebbet ad, ha pedig , akkor harmadik elemként -től (amikor ) -ig minden érték előfordul, mert a hozzájuk tartozó első elemre , és ez kisebb -nél. A kiválasztott hármasok száma tehát annyi, mint a felső korlátként kapott érték.

  7. A hatjegyű szám második, negyedik és hatodik jegye a -vel, -gyel és -tal való oszthatóság miatt páros kell legyen, és az ötödik jegy az -tel oszthatóság miatt csak az lehet. Az első és a harmadik jegy tehát csak az és a lehet valamely sorrendben. A hárommal oszthatóság miatt a második jegy csak a kettő lehet, hiszen illetve az egyike sem többszöröse a háromnak. Így ha számunk első három jegye sorrendben , úgy a -gyel oszthatóság miatt a negyedik jegy csak a lehet, mivel nem osztható -gyel, ekkor tehát a hatjegyű szám a . Ha pedig számunk első három jegye rendre , úgy a negyedik jegy ismét csak a , hiszen a nem többszöröse a 4-nek, számunk tehát most a 321654. Mindkét esetben a -tal oszthatóságot a szám párossága és jegyei összegének () -mal való oszthatósága biztosítja.

  8. Pitagorasz tétele szerint a befogók négyzetének összege egyenlő az átfogó négyzetével. Ha egyik befogó sem lenne -mal osztható, akkor négyzeteik -mal osztva maradékot adnának, s ezek összege -mal osztva maradékot ad. Ilyen négyzetszám azonban nincs. Tehát legalább az egyik befogónak -mal oszthatónak kell lennie.

  9. Ha a kétjegyű szám tízeseinek a számát , egyeseinek a számát jelöli, akkor a feltételek szerint kétjegyű számunkra

    ahol és . Ekkor

    Szorzattá alakítás után:

    amiből

    Most már látható, miért tettük azt, amit. Az és egészek miatt a bal oldal mindkét tényezője egész szám, mégpedig az első tényező pozitív, a második negatív. Ilyen egészek szorzata csak úgy lehet , ha és , vagy és . Az első lehetőség az , a második az megoldásokat ellenőrizendően biztosítja.

  10. Legyen , ahol a feltevés értelmében pozitív egész szám. Ha négyzetszám, akkor valamely egész számra

    és így

    Ez azonban lehetetlen, mert a bal oldal teljes négyzet, a jobb oldal első tényezője is az, viszont a második tényező nem teljes négyzet, hiszen

    azaz két szomszédos négyzetszám fogja közre.

    Megjegyzés:

    A megoldásban hivatkoztunk arra a tényre, hogy ha természetes számok, és , akkor szükségképpen négyzetszám. Ez következik abból, hogy a természetes számok egyféleképpen bonthatók fel prímszámok szorzatára. Emiatt és felbontásában minden prímtényező páros kitevővel szerepel, mert a négyzetre emelés ilyen prímfelbontáshoz vezet. Így tehát az osztás elvégzésével -nek olyan felbontását kapjuk, melyben minden prímtényező páros kitevővel szerepel. Ezért négyzetszám.