Kezdőlap


Feladat:	1985. évi Kürschák matematikaverseny 2. feladata	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Benczúr András , Birkás György , Bóna Miklós , Csizmadia György , Kós Géza , Makay Géza , Montágh Balázs , Rimányi Richárd , Szigeti Zoltán , Szkaliczki Tibor , Tóth Géza , Zaránd Gergely
Füzet:	1986/február, 52 - 53. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Prímtényezős felbontás, Oszthatóság, Számsorozatok, Kürschák József (korábban Eötvös Loránd)
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1986/február: 1985. évi Kürschák matematikaverseny 2. feladata

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

Megoldás. A $2^{k} + 2$ számok, ahol $k$ 1-nél nagyobb egész szám, megfelelnek. Valóban, 2-nek nyilván a $k$ -adik hatványa szerepel a hatványösszegben; továbbá van a számnak legalább egy páratlan $p$ prím osztója, mert a szám fele 1-nél nagyobb páratlan szám. Igy a hatványösszeg legalábbis $2^{k} + p$ , ami nagyobb $2^{k} + 2$ -nél.

Megjegyzés. Az olvasóra bízzuk annak belátását, hogy a következő számsorozatok is megfelelnek:

2 p^{k}

, ahol

p

egy (rögzített) páratlan prímszám,

k

pedig pozitív egész.

3 \cdot 2^{k}

k = 1,2, ...

.
6-nak a 2 hatványait követő legkisebb többszörösei. Hasonlóan megfelelnek 10-nek a 2 ötödiknél magasabb hatványait követő többszörösei is.
A páratlan prímszámok kétszeresei. Itt természetesen felhasználjuk már azt, hogy végtelen sok prímszám van (és ezek a 2 kivételével páratlanok).
A 30 többszörösei.
Az utolsó választás megfelelő volta abból adódik, hogy ha egy

n

szám osztható a

p

prímszámmal, és a hatványösszegben

p^{k}

szerepel, ez azt jelenti, hogy

\begin{matrix} p^{k} ≦ n < p^{k + 1} . \end{matrix}

Innen

\begin{matrix} p^{k} > \frac{n}{p} . \end{matrix}

Ha tehát

n

osztható 30-cal, akkor a 2, 3 és 5 adaléka a hatványösszeghez több, mint

\begin{matrix} \frac{n}{2} + \frac{n}{3} + \frac{n}{5} = \frac{31}{30} n . \end{matrix}

Ismeretes az is, hogy a prímszámok reciprok értékeinek az összege tetszés szerinti nagy lehet, ha elég sok prímszámot veszünk.^{$^{*}$} Ez esetünkben azt is adja, hogy a hatványösszeg nemcsak a számnál, hanem annak tetszés szerint adott többszörösénél is végtelen sok számra nagyobb lehet.

^{$^{*}$}Lásd pl. Erdős P.‐Surányi J.: Válogatott fejezetek a számelméletből,Tankönyvkiadó, Budapest,1960. 114‐122.old. (Itt 3 bizonyítás is található.)