Kezdőlap


Feladat:	773. matematika feladat	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Alpár L. , Busztin Anna , Egyed L. , Ehrenfeld Gy. , Fröhlich K. , Gajzágó E. , Gál I. , Gerber Zsuzsa , Gyarmati Béla , Jónás J. , Papp Zs. , Pásztor I. , Prém L. , Róna I. , Scholcz G. , Singer I. , Szabó I. , Székely István , Varga Á. , Weiszfeld E.
Füzet:	1932/április, 219 - 220. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Összefüggések binomiális együtthatókra, Oszthatósági feladatok, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1932/február: 773. matematika feladat

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

I. Megoldás. Minthogy

\begin{matrix} 2^{k + 1} - 2^{k} = 2^{k} (2 - 1) = 2^{k}, \end{matrix}

írhatjuk:

\begin{matrix} (\binom{2^{k + 1}}{2^{k}}) = \frac{2^{k + 1}!}{2^{k}! 2^{k}!} = \frac{(2^{k} + 1) (2^{k} + 2) (2^{k} + 3) ... (2 \cdot 2^{k} - 1) 2^{k + 1}}{1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot 4 ... (2^{k} - 1) \cdot 2^{k}} = N, \end{matrix}

ahol

N

egész szám.
A számlálóban ugyanannyi tényező van, mint a nevezőben, ugyanannyi páros szám és ugyanannyi páratlan. Csak a páros tényezőket kell vizsgálnunk. A nevező valamely

2^{i} p_{i j}

tényezőjének, ahol

p_{i j}

^{$^{*}$} páratlan számot jelent, megfelel a számlálónak

\begin{matrix} 2^{k} + 2^{i} p_{i j} \end{matrix}

tényezője. Mindegyik osztható

2^{i}

-vel úgy, hogy

\frac{2^{i} p_{i j}}{2^{k} + 2^{i} p_{i j}} =

két páratlan szám hányadosa, amíg

i < k

.
Ha

i = k

, akkor eljutottunk a nevező

2^{k}

tényezőjéhez, amelynek a számlálóban

2^{k} + 2^{k} = 2^{k + 1}

felel meg és így

\begin{matrix} \frac{2^{k + 1}}{2^{k}} = 2 \end{matrix}

szolgáltatja az

N

szám egyedüli 2 tényezőjét.

Gyarmati Béla (Széchenyi István gyakorló r. VII. o., Pécs.)

II. Megoldás. Alapul szolgál LEGENDRE köv. tétele²:
Jelentse

m

tetszőleges pozitív egész számot,

p

pedig valamely törzsszámot. Azon kitevő, amellyel

p

m!

-ban mint tényező foglaltatik, egyenlő az

\begin{matrix} \frac{m - s}{p - 1} \end{matrix}

hányadossal, ahol

s

m

-nek a

p

alapú számrendszerben írt alakjában a jegyek összegét jelenti.

Minthogy

\begin{matrix} (\binom{2^{k + 1}}{2^{k}}) = \frac{2^{k + 1}!}{{(2^{k}!)}^{2}} = N, \end{matrix}

LEGENDRE tétele szerint felírhatjuk, hogy

2^{k + 1}!

és

2^{k}!

a 2 milyen kitevőjű hatványát tartalmazzák, mint tényezőt.

2^{k + 1}!

esetében

m = 2^{k + 1}

p = 2

és

s = 1

, mert a 2-es számrendszerben

2^{k + 1} = 1 \cdot 2^{k + 1} + 0 \cdot 2^{k} + \dots + 0 \cdot 2 + 0

. Eszerint

2^{k +}!

-ban a 2, mint törzstényező

2^{k + 1} - 1

kitevővel szerepel.
Ugyanígy

2^{k}!

-ban a 2, mint törzstényező,

2^{k} - 1

és

{(2 k!)}^{2}

-ben

2^{k + 1} - 2

kitevővel szerepel.
Eszerint az

N

számban 2 kitevője:

\begin{matrix} (2^{k + 1} - 1) - (2^{k + 1} - 2) = 1. \end{matrix}

Székely István (Izr. rg. VIII. o. Debrecen.)

^{$^{*}$}

p_{i j} = 1,3,5, ... 2^{k - i} - 1

, ha

i < k

²L. KÜRSCHÁK: Matematikai versenytételek, XXIX $_{2}$ jegyzetét a 122. o.