|
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 | MathML |
Témakör(ök): |
Konstruktív megoldási módszer, Oszthatóság, Gyakorlat |
Hivatkozás(ok): | Feladatok: 1995/február: Gy.2969 |
|
A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre. Az feltételből következik, hogy és közé 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 és között egyesével novekszik. Ez azonban minden -re igaz, így szükségképpen Az jelölést bevezetve, . Megmutatjuk, hogy minden számmal osztható, vagyis . Tételezzük fel ugyanis, hogy valamely prímszámra , s így . Legyen először . Válasszunk egy prímet. Ekkor a egyenlőség miatt is prím, majd ezt folytatva , , is az. Ez darab prímszám, amelyek -val nem lehetnek oszthatók, lévén nagyobbak nála; létezik köztük kettő, amelyek különbsége osztható -val: | | Mivel , azért , holott , ami ellentmondás. Ha pedig , akkor ugyanez a gondolatmenet a , , , sorozatra alkalmazható. Más eset nincs, így tehát azt kaptuk, hogy egyedül lehetséges, ami viszont nyilván jó is.
Méder Áron (Budapest, Táncsics M. Gimn., I. o.t.) dolgozata alapján |
|
|