Feladat:	N.53	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Elek Péter ,  Gyarmati Katalin ,  Pap Gyula ,  Tóth Gábor Zsolt ,  Valkó Benedek
Füzet:	1995/szeptember, 352 - 353. oldal		PDF  |  MathML
Témakör(ök):	Számtani sorozat, Nehéz feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1995/január: N.53

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.   Megoldás. 1. Először azt látjuk be, hogy tetszőleges pozitív egész $n$ esetén lehet találni egy $n$ különböző elemből álló számtani sorozatot, aminek minden eleme egy pozitív egésznek $1$-nél nagyobb egész kitevőjű hatványa. Ezt teljes indukcióval igazoljuk. $n=2$-re az állítás triviális, vegyük például $2^2=4$-et és $3^2=9$-et. Tegyük fel, hogy $k$-ra igaz az állítás, tehát meg tudunk adni $a_1<a_2<\text{...}<a_k$ pozitív egészeket úgy, hogy $\begin{array}{c}{\displaystyle a_i=a_1+\left(i-1\right)d\mathrm{,}{a}_i=b_i^{c_i}\left(1\le i\le k;b_i\mathrm{,}{c}_i\mathrm{,}d\text{pozitív egész};c_i\ge 2\right)\mathrm{.}}\end{array}$ Legyen $a_{k+1}=a_1+kd$, így $a_1$, $a_2$, $\text{...}$, $a_{k+1}$ is számtani sorozat lesz, de $a_{k+1}$ általában nem teljes hatvány. Legyen $C=c_1{c}_2\text{...}{c}_k$, és legyen $A_j=a_j\cdot a_{k+1}^C$ (ahol $1\le j\le k+1$). Ekkor $A_j=a_1{a}_{k+1}^C+\left(j-1\right)d{a}_{k+1}^C$, tehát $A_1$, $\text{...}$, $A_{k+1}$ szintén számtani sorozatot alkot. $A_{k+1}=a_{k+1}\cdot a_{k+1}^C=a_{k+1}^{C+1}$, és minden $1\le i\le k$-ra $A_i=b_i^{c_i}{a}_{k+1}^C={\left(b_i{a}_{k+1}^{C/c_i}\right)}^{c_i}$; ezért minden $A_j$ egy pozitív egész $1$-nél nagyobb egész kitevőjű hatványa. 2. Egy ilyen számtani sorozat nem lehet végtelen hosszú. Tegyük fel, hogy mégis van egy végtelen $ak+b$ számtani sorozat, amelynek minden eleme teljes hatvány. Legyen $c$ az $a$ és $b$ legnagyobb közös osztója és $a_{0}c=a$, $b_{0}c=b$. Ekkor a $c\left(a_{0}k+b_0\right)$ számtani sorozatról van szó, ahol $\left(a_0\mathrm{,}{b}_0\right)=1$. Dirichlet tétele alapján $a_{0}k+b_0$ számtani sorozat elemei között végtelen sok prím van. Ha $a_{0}k+b_0=p$ prím, akkor $cp$-nek teljes hatványnak kell lennie; ez viszont csak akkor lehetséges, ha $p\mid c$. Mivel végtelen sok $k$-ra lesz $a_{0}k+b_0$ prím, azért $c$-nek végtelen sok prímmel kell oszthatónak lennie. Ez csak $c=0$ esetén következik be, ami ellentmondás, mert $\left(a\mathrm{,}b\right)\ne 0$.  Pap Gyula (Debrecen, Fazekas M. Gimn., II. o.t.)