A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre. I. megoldás Megmutatjuk, hogy a feladat kérdésére igenlő a válasz: a alakú számok egyike sem háromszögszám, így ezek elhagyása után a , , , , , végtelen számtani sorozat minden tagja megmarad. Állításunk igazolásához elég azt belátni, hogy egy háromszögszám, azaz egy alakú szám hárommal osztva nem adhat 2 maradékot. Ha vagy valamelyike osztható hárommal, akkor és így ennek fele, is osztható hárommal. (Felhasználtuk, hogy 2 és 3 relatív prímek.) Ha sem , sem pedig nem osztható hárommal, akkor osztható hárommal, tehát alakú, és így alakú. Itt és szomszédos egészek, szorzatuk páros, ezért osztható 18-cal. Azt kaptuk, hogy 2 maradékot ad 18-cal osztva, s ezért kilenccel és így hárommal osztva is 1-et. Tehát valóban nem ad 2 maradékot hárommal osztva, ahogyan állítottuk. A fentiekből az is következik, hogy a háromszögszámok kilenccel osztva csak 0, 1, 3 vagy pedig 6 maradékot adnak, így elhagyásuk után a következő végtelen számtani sorozatok is megmaradnak:
Megjegyzés. Hasonlóan igazolható, hogy a 2, 7, , , és a 4, 9, 14, , , sorozatok minden tagja megmarad, ugyanis egy háromszögszám öttel osztva csak 0, 1 vagy 3 maradékot adhat. II. megoldás. Most egy általánosabb állítást bizonyítunk be. Láttuk, hogy mind hárommal, mind pedig öttel osztva van olyan maradék (pl. a 2, ill. a 4), ami nem fordul elő a háromszögszámok között, és így a , illetve az végtelen számtani sorozatok megmaradnak a háromszögszámok elhagyása után. Most igazoljuk, hogy tetszőleges páratlan prímszámhoz van olyan maradék, amelyet alakú szám nem adhat -vel osztva. Ehhez két dolgot fogunk belátni. 1. Ha osztható -vel, vagy -vel osztva 1 maradékot ad, akkor osztható -vel. Ez nyilvánvaló, hiszen osztható -vel, s így a fele is (mert 2 és relatív prímek). 2. Hogy a -vel osztva mennyi maradékot ad, az csakis attól függ, hogy az mennyi maradékot ad -vel osztva. (-ra ezt tulajdonképpen beláttuk az első megoldásban.) Ez következik abból, hogy ha és ugyanazt a maradékot adják -vel osztva, akkor és is ilyenek. Valóban: | | Feltevésünk szerint itt osztható -vel, tehát a számláló, és így a fele is osztható -vel, mert . egész, hiszen két egész különbsége.) Ezzel a 2. állításunkat is beláttuk. Nézzük most meg, hogy hányféle maradékot adhat -vel osztva. Az nyilván különböző maradékot adhat, a 0-t, az 1-et, a 2-t, és a -et. Az első két esetben az 1. állítás szerint osztható -vel. Marad lehetőség, s miután a 2. állítás szerint maradéka csak az maradékától függ, legfeljebb különböző maradékot adhat a maradó esetben. Az tehát legfeljebb különböző maradékot adhat -vel osztva, és mivel különböző maradék van, így legalább egy maradék valóban "kimarad''. Ezzel az állításunkat igazoltuk. A fentiek után már következik, hogy tetszőleges páratlan prímszámra van különbségű végtelen számtani sorozat a "nem-háromszögszámok'' között, és így persze az is igaz, hogy ha pozitív egész és van páratlan prímosztója ( nem kettőhatvány), akkor különbségű végtelen számtani sorozat is van a "nem‐háromszögszámok'' között. (S. L.) Megjegyzés. Bizonyítható, hogy ha kettőhatvány, akkor nincs különbségű végtelen számtani sorozat a "nem-háromszögszámok'' között.
|