Kezdőlap


Feladat:	Gy.2671	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Pintér Szilárd , Stogicza Ágnes , Szabó László , Szeidl Ádám
Füzet:	1991/november, 392 - 393. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Nevezetes azonosságok, Diofantikus egyenletek, Szorzat, hatvány számjegyei, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1991/január: Gy.2671

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

Ismeretes, hogy a $2$ pozitív egész kitevős hatványainak utolsó jegyei periodikusan ismétlődnek. Egy periódus hossza 4, az ismétlődő jegyek pedig: $2,4,8,6$ . Ha $n$ páratlan, akkor $2^{n}$ $2$ -re vagy $8$ -ra végződik, és így páratlan kitevő esetén $2^{n} + 65$ utolsó jegye $7$ , ill. $3$ . Mivel négyzetszám utolsó jegye nem lehet sem $3$ , sem $7$ , $n$ biztosan nem páratlan.

Legyen most

n = 2 k

, ahol

k

pozitív egész. Lehet-e valamely

x

pozitív egészre:

\begin{matrix} 2^{2 k} + 65 = x^{2}, \end{matrix}

azaz

\begin{matrix} 65 = x^{2} - {(2^{k})}^{2} = (x - 2^{k}) (x + 2^{k}) . \end{matrix}

Mivel

x + 2^{k}

és

x - 2^{k}

pozitív egész szám, ezért a

65

osztóinak kell lenniük. De

x - 2^{k} < x + 2^{k}

, tehát a következő esetek lehetségesek:

\begin{matrix} x - 2^{k} = 1, & x + 2^{k} = 65; \\ x - 2^{k} = 5, & x + 2^{k} = 13. \end{matrix}

A két egyenletrendszert megoldva a következő eredményt kapjuk:

\begin{matrix} x = 33, 2^{k} = 32, k = 5, n = 10; \\ x = 9, 2^{k} = 4, k = 2, n = 4. \end{matrix}

Tehát

n = 4

és ekkor

2^{n} + 65 = 9^{2}

, vagy pedig

n = 10

és ekkor

2^{n} + 65 = 33^{2}

Szeidl Ádám (Miskolc, Földes Ferenc Gimn., I. o. t.) megoldása alapján