Kezdőlap


Feladat:	1931. évi Eötvös (később Kürschák) matematikaverseny 1. feladata	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Alpár L. , Blazsek I. , Braun J. , Busztin Anna , Deutsch E. , Eisner F. , Fröhlich K. , Gajzágó Ervin , Geba I. , Gerber Zsuzsa , Gyarmati B. , Kepes J. , Lehel P. , Nánássy Éva , Papp Zs. , Pásztor I. , Rácz Imre , Rélfy K. , Róna I. , Schütz Gy. , Varga Á. , Weiszfeld E.
Füzet:	1932/január, 115 - 117. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Prímszámok, Másodfokú diofantikus egyenletek, Oszthatóság, Oszthatósági feladatok, Kürschák József (korábban Eötvös Loránd)
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1931/november: 1931. évi Eötvös (később Kürschák) matematikaverseny 1. feladata

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

I. Megoldás. Legyenek $p$ , $x$ , $y$ valóban a feltételeknek megfelelő számok. A köztük fennálló összefüggést, a törtek eltávolításával

\begin{matrix} p (x + y) = 2 x y \end{matrix}

alakban írhatjuk. Ebből azt olvassuk ki, hogy a jobb oldalon álló szorzat osztható a

p

törzsszámmal, tehát vagy

y

vagy

x

osztható

p

-vel. ^{$^{*}$} Minthogy

x

és

y

szimmetrikusan szerepelnek az adott összefüggésben, akármelyik esetet vehetjük. Tegyük fel tehát, hogy

y

p

többszöröse, azaz

y = k p

. Ekkor a

\begin{matrix} p (x + k p) = 2 x p k \end{matrix}

k = 1

, akkor

y = x = p

; ezt kizártuk.
Ha

k > 1

, akkor

k

és

2 k - 1

számoknak nem lehet közös osztójuk; kell tehát, hogy

2 k - 1

p

törzsszám osztója legyen, azaz

\begin{matrix} 2 k - 1 = 1 vagy 2 k - 1 = p . \end{matrix}

2 k - 1 = 1

esetben

k = 1

, vagyis

x = y = p

, a kizárt eshetőség. Eszerint csak

\begin{matrix} 2 k - 1 = p, ill. k = \frac{p + 1}{2} \end{matrix}

az egyedüli lehetőség és ekkor

\begin{matrix} x = \frac{p + 1}{2}, y = \frac{p (p + 1)}{2} . \end{matrix}

Valóban így

\begin{matrix} \frac{2}{p} = \frac{1}{\frac{p + 1}{2}} + \frac{1}{\frac{p (p + 1)}{2}} = \frac{2}{p + 1} + \frac{2}{p (p + 1)} = \frac{2}{p + 1} (1 + \frac{1}{p}) = \frac{2}{p} . \end{matrix}

Nánássy Éva (Baár Madas leánylic. VIII. o. Bp.)

II. Megoldás. A

\begin{matrix} 2 x y = p (x + y) = p x + p y \end{matrix}

(1)

összefüggésből úgy is következtethetünk, hogy a jobboldal osztható

y

-nal, tehát

\frac{p x}{y}

egész szám; azonban éppúgy

\frac{p y}{x}

is egész szám. Minthogy

\begin{matrix} \frac{p x}{y} \cdot \frac{p y}{x} = p^{2}, \end{matrix}

kell, hogy legyen:

\begin{matrix} \frac{p x}{y} = 1 és \frac{p y}{x} = p^{2}, azaz y = p x . \end{matrix}

^{$^{*}$} Ha már most

y

ezen értékét (1)-be helyettesítjük:

\begin{matrix} 2 p x^{2} = p (x + p x) \end{matrix}

és innen, miután

x = 0

nem lehet,

\begin{matrix} x = \frac{p + 1}{2}, tehát y = \frac{p (p + 1)}{2} . \end{matrix}

Rácz Imre (Berzsenyi Dániel rg. VIII. o. Bp.)

^{$^{*}$}Azt is lehetne elképzelni, hogy a jobboldali tényezők mindegyike osztható

p

-vel, tehát úgy

x

, mint

y

p

többszöröse. De ha

x = m p

és

y = n p

, ahol az

m

és

n

számok egyike legalább az egységnél nagyobb egész szám,

\begin{matrix} \frac{2}{p} = \frac{1}{m p} + \frac{1}{n p}, azaz 2 = \frac{1}{m} + \frac{1}{n} . \end{matrix}

Ez azonban lehetetlen, kivéve, ha

m = n = 1

, vagyis

x = y = p

. Ezt az esetet azonban előre kizártuk.

^{$^{*}$}Vagy: $\frac{p x}{y} = p^{2}$ és $\frac{p y}{x} = 1$ . Azonban $\frac{p x}{y} = p$ és $\frac{p y}{x} = p$ nem lehet, mert ekkor $x = y$ állana elő.