Feladat: Gy.2969 Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Barát Anna ,  Fazekas Borbála ,  Gyenes Zoltán ,  Gyurkó L. Gergely ,  Hangya Balázs ,  Katona Zsolt ,  Király Csaba ,  Lippner Gábor ,  Mátrai Tamás ,  Méder Áron ,  Nyakas Péter ,  Pap Gyula ,  Peltz Csaba ,  Pogány Ádám ,  Puskás Péter ,  Reviczky Ágnes ,  Rozmán András ,  Ruzsa Gábor ,  Tóth Ádám ,  Tóth Gábor Zsolt ,  Várady Gergő ,  Vörös Zoltán 
Füzet: 1996/január, 14 - 15. oldal  PDF file
Témakör(ök): Konstruktív megoldási módszer, Oszthatóság, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1995/február: Gy.2969

Keressük meg az összes olyan a1<a2<...<an<... egész számokból álló sorozatot, amelyre teljesül, hogy
*‐minden n pozitív egész esetén a2n=an+n
*‐ha an prímszám, akkor n is az.

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

Az a2n-an=n feltételből következik, hogy a2n és an közé n-1 egész szám esik. Ugyanakkor a sorozatnak is éppen ennyi eleme található köztük, s mivel a sorozat egészekből áll és szigorúan növő, ez csak úgy lehet, ha a sorozat an és a2n között egyesével novekszik. Ez azonban minden n-re igaz, így szükségképpen

an=a1+n-1.
Az a0=a1-1 jelölést bevezetve, an=a0+n.
Megmutatjuk, hogy a0 minden számmal osztható, vagyis a0=0. Tételezzük fel ugyanis, hogy valamely q prímszámra qa0, s így a00. Legyen először a0>0. Válasszunk egy p>(a0+1)q prímet. Ekkor a p=ap-a0 egyenlőség miatt p-a0 is prím, majd ezt folytatva p-2a0, ..., p-(q-1)a0>a0q+q-qa0+a0>q is az. Ez q darab prímszám, amelyek q-val nem lehetnek oszthatók, lévén nagyobbak nála; létezik köztük kettő, amelyek különbsége osztható q-val:
q(p-ia0)-(p-ja0)=(j-i)a0.
Mivel (q,a0)=1, azért q(j-i), holott 0<j-i<q-1, ami ellentmondás.
Ha pedig a0<0, akkor ugyanez a gondolatmenet a p, p+a0, ..., p+(q-1)a0 sorozatra alkalmazható. Más eset nincs, így tehát azt kaptuk, hogy egyedül an=n lehetséges, ami viszont nyilván jó is.
 Méder Áron (Budapest, Táncsics M. Gimn., I. o.t.) dolgozata alapján