Feladat: B.4032 Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Damásdi Gábor ,  Wagner Zsolt 
Füzet: 2008/április, 225 - 226. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Természetes számok, Prímtényezős felbontás, Indirekt bizonyítási mód, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 2007/november: B.4032

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

I. megoldás. Jelölje a számokat a kör kerületén sorban A1,A2,...,A2006,A2007. Tegyük fel, hogy sikerült felírni úgy a számokat, hogy bármely két szomszédos szám közül a nagyobbat a kisebbel elosztva mindig prímszámot kapunk. Ekkor A1M1=A2, A2M2=A3, ..., A2006M2006=A2007 és A2007M2007=A1, ahol tetszőleges 1i2007 esetén Mi vagy egy prímet jelöl, vagy egy prím reciprokát.
Ezek alapján A1=A1M1M2...M2006M2007, tehát 1=M1M2...M2006M2007, ahonnan

1=p1p2...pkpk+1pk+2...p2007,
ahol 1i2007 esetén pi egy prímszámot jelöl.
A tört számlálója és nevezője is prímszámok szorzata, így a törtet csak abban az esetben lehet 1-re egyszerűsíteni, ha ugyananazok a tényezők vannak, méghozzá ugyanannyian a nevezőben és a számlálóban. Mivel azonban a tényezők száma összesen 2007, páratlan, ez nem lehetséges.
 
II. megoldás. Tegyük fel, hogy sikerült felírni a számokat a megadott módon. Mindegyik számhoz rendeljük hozzá a prímtényezőinek a tényleges számát, például 2335-hez 8-at, 1-hez nullát. Ha a kör kerületén lépkedünk, akkor két szomszédos szám prímtényezőinek tényleges száma között 1 a különbség. Ha tehát valahonnan elindulunk, és egyesével lépkedünk körbe, akkor minden lépésben a prímtényezők száma 1-gyel változik. Páratlan sok lépés után érkezünk vissza a kiindulási számhoz, azonban ha a prímtényezők számát páratlanszor növeltük vagy csökkentettük 1-gyel, akkor a prímtényezők tényleges száma páratlannal változott meg, így nem kaphatjuk vissza az eredeti számot. Ez ellentmondás, tehát nem nem írhattuk fel így a számokat.