Kezdőlap


Feladat:	1297. matematika feladat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Aczél G. , Andréka Hajnal , Berecz A. , Bóta K. , Deák I. , Dévény Ilona , Freud Róbert , Gyenes G. , Hegedüs Aletta , Hirka A. , Hoffmann Gy. , Horányi S. , Huhn A. , Kelemen G. , Kiss Györgyi , Kovács Á. , Körner J. , Laczkovich M. , Lovász L. , Márki L. , Máté Mária , Mátrai M. , Nagy Klára , Pelikán J. , Simonovits András , Surányi L. , Sükösd Cs. , Szendrő P. , Szép A. , Sövényházy Mária , Vesztergombi Katalin
Füzet:	1965/január, 17 - 18. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Algebrai átalakítások, Maradékos osztás, Oszthatósági feladatok, Prímtényezős felbontás, Természetes számok, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1964/február: 1297. matematika feladat

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

$2880 = 2^{6} \cdot 3^{2} \cdot 5$ , és itt a három törzsszámhatvány egymáshoz páronként relatív prím. Ezért $P$ akkor és csak akkor osztható 2880-nal, ha külön‐külön osztható $2^{6}$ -nal, $3^{2}$ -nel és 5-tel.
A $2^{6}$ -nal való oszthatóság vizsgálatában $P$ -t két kifejezés szorzata gyanánt írjuk:

\begin{matrix} P = Q \cdot R, ahol Q = (n + 2) (n - 2), R = (n + 1) (n - 1) (n^{2} + 3) . \end{matrix}

Páros

n

-ekre szorítkozva

Q

mindkét tényezője páros,

R

mindhárom tényezője páratlan, ezért

P

akkor és csak akkor osztható

2^{6}

-nal, ha

Q

osztható vele.

Q

tényezőinek különbsége 4, így vagy egyikük sem osztható 4-gyel, azaz

2^{2}

-nel, vagy mindkettőjük osztható, így a kérdéses oszthatóság csak az utóbbi esetben állhat fenn. Ekkor egyikük

2^{2}

-nek páratlan számú többszöröse, így

2^{3}

-nal már nem osztható, ezért

Q

csak úgy lesz osztható

2^{6}

-nal, ha a másik tényező osztható

2^{4}

-nel. Ennélfogva

2^{6} | Q

(olvasd

2^{6}

osztója

Q

-nak), ha

n + 2

és

n - 2

valamelyike

16 k

alakú, azaz maga

n

\begin{matrix} 16 t - 2 vagy 16 t + 2 \end{matrix}

alakú szám. ‐ Páratlan

n

-ek esetében

Q

páratlan, mert mindkét tényezője az,

R

tényezői viszont párosak. Így azt kell keresnünk, mely

n

-ekre áll fenn:

2^{6} | R

. Az

n^{2} + 3

tényező osztható 4-gyel, de nem osztható 8-cal, mert

n = 2 k + 1

jelöléssel

n^{2} + 3 = 4 k (k + 1) + 4

, és itt az első tag osztható 8-cal, mert a

k

és

k + 1

egymás utáni számok egyike páros. Így

2^{4} | (n + 1) (n - 1)

teljesülésének feltételét keressük.

n + 1

és

n - 1

különbsége 2, egyikük nem osztható 2-nek magasabb hatványával, ezért a másikuknak oszthatónak kell lennie

2^{3}

-nal, vagyis

n

-nek a következő alakúnak kell lennie:

\begin{matrix} 8 u - 1 vagy 8 u + 1. \end{matrix}

3^{2}

-nel és az 5-tel való oszthatóság vizsgálata céljára

P

-t így írjuk:

\begin{matrix} P = (n - 2) (n - 1) n \cdot n (n + 1) (n + 2) + 3 (n - 2) (n - 1) (n + 1) (n + 2) . \end{matrix}

Az első tag osztható

3^{2}

-nel is, 5-tel is, mert tényezői között szerepel egyrészt két egymás utáni egész számokból álló számhármas, és mindegyiknek egy eleme osztható 3-mal, másrészt egy egymás utáni egész számokból álló számötös. A második tag 3-nak csak első hatványával osztható, ha maga

n

osztható 3-mal, minden más esetben két zárójeles tényező osztható 3-mal, tehát a kívánt oszthatóság fennáll. Így a

3^{2} | P

oszthatóság szükséges és elegendő feltétele:

n \neq 3 v

, és hasonlóan

5 | P

feltétele

n \neq 5 w

.
Mindezek szerint

P

akkor és csak akkor osztható 2880-nal, ha

n

sem 3-mal, sem 5-tel nem osztható, másrészt a következő alakok valamelyikében írható:

16 t \pm 2

8 u \pm 1

Freud Róbert (Budapest, Bolyai J. G. III. o. t.)

Megjegyzés. Ha az oszthatóság teljesül valamely

n

-re, akkor ‐ mint könnyen belátható ‐ teljesül minden 240

k \pm n

alakú számra is. Az első 120 szám közül a következő

n

-ek felelnek meg:

\begin{matrix} 1, & 2, & 7, & 14, & 17, & 23, & 31, & 34, & 41, & 46, & 47, & 49, \\ 62, & 71, & 73, & 79, & 82, & 89, & 94, & 97, & 98, & 103, & 113, & 119. \end{matrix}