Kezdőlap


Feladat:	399. matematika feladat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Balatoni F. , Dancs István , Durst E. , Kántor S. , Rédly E. , Rejtő P. , Schmidt E. , Szabó J. , Tahy P.
Füzet:	1952/május, 124. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Exponenciális egyenlőtlenségek, Prímszámok, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1951/december: 399. matematika feladat

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.

Mivel $a > 1$ és $n > 0$ ,

\begin{matrix} a^{n} + \geq a + 1 > 2, \end{matrix}

tehát

a^{n} + 1

csak 2-nél nagyobb, vagyis páratlan törzsszám lehet. De

a^{n} + 1

csak úgy lehet páratlan ha

a

páros.
Hiába volna azonban

a

páros

a^{n} + 1

mégsem lehetne törzsszám, ha

n

nem volna 2 hatványa. Mert tegyük fel, hogy

n

csakugyan nem hatványa 2-nek, azaz van legalább egy páratlan (valódi) osztója:

p

. Ekkor

n

így írható:

\begin{matrix} n = 2^{k} p, \end{matrix}

ahol

k

nem negatív egész szám. Ilyenkor azonban

\begin{matrix} a^{n} + 1 = a^{2^{k} \cdot p} + 1 = {(a^{2^{k}})}^{p} + 1^{p} . \end{matrix}

p

-ről feltettük, hogy páratlan, esetünkben tehát

a^{n} + 1

két egyenlő páratlan kitevőjű hatvány összegeként írható fel, erről az összegről pedig ismeretes, hogy mindig osztható az alapok összegével, itt

a^{2^{k}} + 1

-gyel. Ennélfogva, ha

n

-nek van egy páratlan osztója, akkor

a^{n} + 1

biztosan nem lehet törzsszám.

Dancs István (Pannonhalmi g. III. o. t.)