Kezdőlap


Feladat:	F.1731	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Farkas Gábor , Földes Tamás , Hosszú Ferenc
Füzet:	1971/május, 199 - 201. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Részhalmazok, Maradékos osztás, Prímtényezős felbontás, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1970/október: F.1731

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

I. megoldás. A halmaz kívánt felbontását úgy értjük, hogy a halmaz minden egyes eleme szerepel vagy az egyik, vagy pedig a másik részhalmazban.
$6$ egymást követő természetes szám közül legföljebb egy osztható a $7$ -es törzsszámmal, mert ha egy $m$ szám osztható vele, akkor a $7$ -tel osztható, hozzá legközelebbi számok $m - 7$ és $m + 7$ . Ebből következik, hogy a keresett halmaz egyik eleme sem osztható $7$ -tel, különben az egyik részhalmaz elemeinek szorzata osztható volna vele, a másikéié nem, így pedig nem lehetnének egyenlők. Csak olyan számhatosokról lehet tehát szó, amelyeknek egymás utáni elemei $7$ -tel osztva rendre $1$ -et, $2$ -t, $...$ , $6$ -ot adnak maradékul.
Így a két részhalmaz szorzatainak szorzata csak

\begin{matrix} (7 k + 1) (7 k + 2) (7 k + 3) (7 k + 4) (7 k + 5) (7 k + 6) = 7 K + 6! = 7 K + 720 = N^{2} \end{matrix}

alakú lehet (betűkkel itt mindig természetes számot jelölünk), ahol

N

az egyik-egyik részhalmaz elemeinek szorzata; ennélfogva

N^{2}

-et

7

-tel osztva

6

-ot kell kapnunk (legkisebb pozitív) maradékul, mert ennyi a

720

maradéka.
Ilyen négyzetszám viszont nincs, mert a

7

-tel való oszthatóság szempontjából minden természetes szám beletartozik a

\begin{matrix} 7 j, 7 j \pm 1, 7 j \pm 2, 7 j \pm 3 \end{matrix}

alakok valamelyikébe, és eszerint a négyzetét

7

-tel osztva rendre 0, 1, 4, ill.

9

, azaz

2

a maradék.
Eszerint egyetlen természetes számnak sincs meg a kívánt tulajdonsága.

Hosszú Ferenc (Budapest, Berzsenyi D. Gimn., IV. o. t.)

II. megoldás. A halmaz elemei közt van

5

-tel osztható, ezért az egyik részhalmaz elemeinek szorzata osztható vele. Avégett, hogy a másik szorzat is osztható legyen

5

-tel, az elemek közt még egy másiknak is oszthatónak kell lennie vele. E két szám különbsége

5

, tehát csak

n

és

n + 5

lehetnek ezek, és a közbülső négy szám egyike sem osztható

5

-tel.
A közbülső számok közül kettő páros, kettő páratlan. Az utóbbiak közül legföljebb az egyik osztható

3

-mal ‐ hiszen különbségük

2

‐ ennek a számnak a legkisebb prímosztója tehát legalább

7

. Ez az osztó nem fordulhat elő a halmaz még egy elemében, a kívánt csoportosítás tehát egyetlen természetes szám mellett sem létezik.

Földes Tamás (Budapest, Berzsenyi D. Gimn., III. o.t.)

III. megoldás. A föntiek szerint a halmaz elemeinek egyike sem osztható

7

-tel, sem nagyobb prímszámmal, így különböző alapú prímszámhatványok szorzataiként való előállításukban csak a

2

3

és

5

prímek léphetnek föl. Ugyanez áll a két részhalmaz

N^{2}

szorzatára is, és ebben minden kitevő páros.
Az

5

kitevője

N^{2}

-ben

2

, azaz sem

n

, sem

n + 5

nem osztható

5^{2}

-nel, különben az egyik részhalmazból képezett szorzat osztható volna

5^{2}

-nel, a másik nem, hiszen egy

5^{2}

-nel osztható

m

számhoz a legközelebbi,

5^{2}

-nel oszthatók

m \pm 25

. ‐ Ugyanígy

3

-nak is

2

a kitevője

N^{2}

-ben.
A halmaz elemei közül három páros, de közülük legalább egy osztható

4

-gyel, így

2

kitevője legalább

4

, továbbá páros. Lehet még

6

is, ha ti. a párosok legkisebbike vagy legnagyobbika osztható

8

-cal, mert így a

4

-gyel nagyobb, ill. kisebb elem osztható

4

-gyel, ami ‐ a hátra levő párossal szorozva oszthatóvá teheti a másik szorzatot is

8

-cal.

6

-nál több azonban a föntiekhez hasonlóan nem lehet

2

kitevője.
Ezek szerint

N^{2}

értéke vagy

2^{4} \cdot 3^{2} \cdot 5^{2} = 3600

, vagy ennek

4

-szerese,

2^{6} \cdot 3^{2} \cdot 5^{2} = 14 400

.
Mármost a

\begin{matrix} P_{n} = n (n + 1) (n + 2) (n + 3) (n + 4) (n + 5) (n = 1,2, ...) \end{matrix}

sorozat szigorúan monoton nő, hiszen tagjai pozitívok, és egy tagjának és az előzőnek a hányadosa

\begin{matrix} \frac{P_{n + 1}}{P_{n}} = \frac{n + 6}{n} > 1, \end{matrix}

másrészt

P_{1} = 6! = 720

P_{2} = 7! = 5040

P_{3} = 8! / 2 = 20 160

, nincs tehát olyan

n

, amelyre

P_{n}

értéke

3600

vagy

14 400

volna; a kívánt tulajdonsága nincs meg egyetlen természetes számnak sem.

IV. megoldás. Azt mutatjuk meg, hogy a

6

elem szétosztása a két részhalmazra sem

5 : 1

, sem

4 : 2

, sem

3 : 3

arányban¹ nem lehetséges.
Nem lehet az arány

5 : 1

, mert

n = 1

esetén a legnagyobb elem kisebb a többi elem szorzatánál:

6 < 1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot 4 \cdot 5

;

n > 1

esetén pedig mára második és harmadik elem szorzatánál is, hiszen

\begin{matrix} (n + 1) (n + 2) - (n + 5) = (n - 1) (n + 3) > 0, ha n > 1. \end{matrix}

(1)

Nem lehet

4 : 2

sem az eloszlás, mert

n = 1

esetén

6 \cdot 5 > 1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot 4

, és

6 \cdot 4 < 1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot 5

, tovább pedig (1) és a hasonlóan adódó (2) szerint

\begin{matrix} n + 5 & < (n + 1) (n + 2), \\ n + 4 & < n (n + 3), & (2) \end{matrix}

tehát a legnagyobb két számszorzata kisebb, mint a többi négyé; ugyanis

\begin{matrix} n (n + 3) - (n + 4) = n^{2} + 2 n - 4 = {(n + 1)}^{2} - 5 > 0, ha n ≧ 2. \end{matrix}

Végül a

3 : 3

arány lehetetlen volta abból adódik, hogy a II. megoldás szerint

n

az egyik,

n + 5

a másik részhalmazba tartozik az

5

-tel való oszthatóság alapján, így pedig az utóbbi halmazbeli elemek szorzatának alsó korlátja nagyobb, mint az előbbi halmazbeli elemek szorzatának felső korlátja:

\begin{matrix} (n + 5) (n + 1) (n + 2) - n (n + 3) (n + 4) = 2 (n + 5) + n (n + 3) [(n + 5) - (n + 4)] = \\ 2 (n + 5) + n (n + 3) > 0. \end{matrix}

Ezzel az állítást bebizonyítottuk.

Farkas Gábor (Budapest, Eötvös J. Gimn., IV. o. t.)

¹Az "arány'' szót itt abban az értelemben használjuk, mint a sporteredményekben szokásos, vagyis a kettőspont csupán elválasztó a két "létszám'' között.