Kezdőlap


Feladat:	B.3324	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Koch Dénes
Füzet:	2000/október, 408 - 409. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Prímszámok, Osztók száma, Egész számok összege, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1999/december: B.3324

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

Ha $1999^{1999}$ felírható egymás után következő természetes számok összegeként, akkor valamely $a \geq 0$ , $n \geq 1$ egész számok esetén

\begin{matrix} \begin{matrix} 1999^{1999} & = (a + 1) + (a + 2) + ... + (a + n) = n \cdot a + (1 + 2 + ... + n) = \\ = n \cdot a + \frac{n (n + 1)}{2} = \frac{n (n + 2 a + 1)}{2}, \end{matrix} \end{matrix}

azaz

2 \cdot 1999^{1999} = n (n + 2 a + 1)

.
Mivel 1999 prímszám, így

2 \cdot 1999^{1999}

minden osztója vagy

1999^{k}

(

k = 0

...

, 1999), vagy

2 \cdot 1999^{k}

(

k = 0

...

, 1999) alakú.
Ha

n = 1999^{k}

, akkor

n + 2 a + 1 > n

miatt

0 \leq k \leq 999

lehet, ekkor

n + 2 a + 1 = 2 \cdot 1999^{1999 - k}

, innen

a = 1999^{1999 - k} - \frac{1999^{k} + 1}{2}

valóban pozitív és egész is, hiszen

1999^{k}

páratlan. Ebben az esetben tehát 1000-féle

n

és hozzá tartozó

a

megoldás lesz.
Ha

n = 2 \cdot 1999^{k}

, akkor újra

n + 2 a + 1 > n

miatt csak

0 \leq k \leq 999

lehet, ekkor

n + 2 a + 1 = 1999^{1999 - k}

, innen

a = \frac{1999^{1999 - k} - 1}{2} - 1999^{k}

ismét pozitív egész, mivel

1999^{1999 - k}

páratlan. Így most is 1000 megoldást kapunk.
Nyilvánvaló, hogy a kapott 2000-féle felírás különböző, más felírás pedig nem lehetséges.

Koch Dénes (Linz, Akad. Gymn., 11. o.t.)