Kezdőlap


Feladat:	1957. évi Arany Dániel matematikaverseny 1. forduló haladók (speciális) 3. feladata	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Füzet:	1957/november, 93. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Oszthatóság, Teljes indukció módszere, Nevezetes azonosságok, Arany Dániel
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1957/szeptember: 1957. évi Arany Dániel matematikaverseny 1. forduló haladók (speciális) 3. feladata

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

I. megoldás: Az állítást teljes indukcióval igazolhatjuk. $n = 0$ -ra a

\begin{matrix} 9^{2} - 10 = 91 \end{matrix}

számot kapjuk.
Ha valamilyen

n = k

értékre már tudjuk, hogy

\begin{matrix} 9^{k + 2} + 10^{2 k + 1} = 91 \cdot A, \end{matrix}

akkor

n = k + 1

-re

\begin{matrix} 9^{(k + 1) + 2} + 10^{2 (k + 1) + 1} = 9 \cdot 9^{k + 2} + 10^{2 k + 3} = 9 \cdot 91 A - 9 \cdot 10^{2 k + 1} + 10^{2 k + 3} = \\ = 91 \cdot 9 A + 10^{2 k + 1} (10^{2} - 9) = 91 \cdot (9 A + 10^{2 k + 1}), \end{matrix}

tehát az állítás

n = k + 1

-re is igaz. Ezzel igazoltuk az állítás helyességét minden nem negatív egész

n

-re.

II. megoldás: A vizsgálandó kifejezést átalakítjuk:

\begin{matrix} 9^{n + 2} + 10^{2 n + 1} = 81 \cdot 9^{n} + 10 \cdot 100^{n} = 91 \cdot 9^{n} + 10 (100^{n} - 9^{n}) . \end{matrix}

Az első tag osztható

91

-gyel, a második tagban zárójelben szereplő különbség osztható az alapok különbségével, azaz

100 - 9 = 91

-gyel. Így az összeg is osztható

91

-gyel.

Megjegyzés: Sok más hasonló átalakítás is elvezet az állítás igazolásához.