|
Feladat: |
Gy.3063 |
Korcsoport: 16-17 |
Nehézségi fok: átlagos |
Megoldó(k): |
Barát Anna , Gueth Krisztián , Gyenes Zoltán , Katona Zsolt , Kunszenti-Kovács Dávid , Méder Áron , Nyul Gábor , Pálfalvi Tamás , Szécsi Vajk , Terpai Tamás , Zubcsek Péter Pál |
Füzet: |
1997/február,
79 - 80. oldal |
PDF | MathML |
Témakör(ök): |
Prímszámok, Elsőfokú (és arra visszavezethető) egyenletek, Gyakorlat |
Hivatkozás(ok): | Feladatok: 1996/május: Gy.3063 |
|
A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre. Az egyenletet -nal megszorozva, majd átrendezve | | adódik. Mivel és prímszámok, azért osztói csak a , , , lehetnek. A lehetséges eseteket a következő táblázatban foglalhatjuk össze: Az 5. számpárnál x=y=0, amit az eredeti egyenlet értelmezési tartománya kizár. A 6. számpárnál x vagy y közül legalább az egyik nem pozitív, mi viszont pozitív megoldást keresünk. A 7. számpárból x=p-pq=p(1-q)<0, hiszen q prím, és így legalább 2, míg p szintén pozitív; ugyanígy kizárható a 8. eset is, hiszen ott q-pq<0. Még azt kell ellenőrizni, hogy az első 4 eset ‐ ahol a pozitivitás nyilvánvalóan teljesül ‐ hány különböző számpárt ad. Jelölje xi és yi az i-edik esethez tartozó megoldást. Ha (xi,yi)=(x2,y2), akkor 2p=p+q=2q, azaz p=q. Ha (xi,yi)=(x3,y3), akkor q+p=2p, azaz p(q-1)=0, ami ellentmond annak, hogy p és q prímek. Ha (xi,yi)=(x4,y4), akkor 2p=p+1, ez csak p=1 esetén lehetséges, ami viszont nem prím. Ha (x2,y2)=(x3,y3), akkor p+q=pq+p, azaz q(1-p)=0, ez szintén nem fordulhat elő; ha (x2,y2)=(x4,y4), akkor p+q=p+1, azaz q=1, ami nem prím; és végül, ha (x3,y3)=(x4,y4), akkor pq+p=p+1, azaz pq=1, ami szintén lehetetlen, hiszen p és q prím. Összefoglalva: ha p≠q, akkor mindegyik számpár különböző, és így 4 megoldás van; ha pedig p=q, akkor az első kettő megegyezik, azaz 3 megoldás van.
Nyul Gábor (Debrecen, Fazekas M. Gimn., II. o.t.) dolgozata alapján |
|
|