Feladat:	B.4575	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Molnár-Sáska Zoltán ,  Szabó Barnabás
Füzet:	2015/március, 138 - 139. oldal		PDF  |  MathML
Témakör(ök):	Számelmélet, Oszthatóság, Konstruktív megoldási módszer, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 2013/november: B.4575

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.   I. megoldás. Azt fogjuk belátni, hogy pontosan az 1 és a prímszámok a baljósak, az összetett számok pedig a szerencsések. Az 1 nyilvánvalóan baljós. Ha pedig $n$ prímszám, és az első $n$ számot $d\ge 2$ egyenlő elemszámú részre osztjuk, akkor $d\mid n$ miatt csak $d=n$ lehetséges, vagyis minden szám egy külön csoportba kerül, ekkor viszont a csoportokon belüli összegek nem egyeznek. Most tegyük fel, hogy $n$ összetett szám. Ha $2<n$ páros, akkor $n$ darab kételemű csoportot hozhatunk létre, amelyek mindegyikében $n+1$ az összeg: $\left(\mathrm{1,}n\right);\left(\mathrm{2,}n-1\right);\text{...};\left(\frac{n}{2}\mathrm{,}\frac{n}{2}+1\right)$. Tehát a 2-nél nagyobb páros számok szerencsések. Végül, tegyük fel, hogy az $n$ összetett szám páratlan. Legyen a legkisebb prímosztója $p$. Mivel $n$ összetett, ezért $n/p$ egy 1-nél nagyobb egész szám, így $p$ definíciója miatt $p\le n/p$. Mivel $n$ páratlan, ezért $n/p$ is az, vagyis $n=p\left(p+2k\right)$, ahol $k$ nemnegatív egész szám. Megmutatjuk, hogy az első $n$ pozitív egész számot szét lehet osztani $p$ egyforma méretű csoportba úgy, hogy mindegyik csoporton belül ugyanannyi az elemek összege. Először osszuk be az $\mathrm{1,2,}\text{...}\mathrm{,}{p}^2$ számokat. Ehhez írjuk őket egy $p\times p$-es táblázat mezőibe úgy, hogy az $i$-edik sor $j$-edik eleme $\left(i-1\right)p+j$ legyen. Azt állítjuk, hogy ha a beosztásnál minden csoportba minden sorból és minden oszlopból pontosan egy elem kerül, akkor olyan $p$ elemű csoportokat hozunk létre, amelyekben az elemek összege $\left(0+1+\text{...}+\left(p-1\right)\right)p+\left(1+2+\text{...}+p\right)$. Legyen ugyanis $S$ egy tetszőlegesen kiválasztott csoport. Ekkor ${\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle {\sum }_{\left(i-1\right)p+j\in S}\left(i-1\right)p+j}& {\displaystyle ={\sum }_{\left(i-1\right)p+j\in S}\left(i-1\right)p+{\sum }_{\left(i-1\right)p+j\in S}j=}\hfill \\ \hfill {\displaystyle }& {\displaystyle =\left(0+1+\text{...}+\left(p-1\right)\right)p+\left(1+2+\text{...}+p\right)\mathrm{,}}\hfill \end{array}}$ ahol az első összeg kiszámításánál azt használtuk, hogy $S$ minden sorból, a másodiknál pedig azt, hogy $S$ minden oszlopból pontosan egy elemet tartalmaz. Továbbá a kívánt beosztás megvalósítható, például úgy, ha az egyik csoportot a főátlón lévő számok $\left(\mathrm{1,}p+\mathrm{2,2}p+\mathrm{3,}\text{...}\mathrm{,}\left(p-1\right)p+p\right)$ alkotják, a többit pedig ennek ,,eltoltjai''. Be kell még osztanunk a $p^2+\mathrm{1,}{p}^2+\mathrm{2,}\text{...}\mathrm{,}{p}^2+2kp$ számokat. Ehhez először képezzünk belőlük $kp$ darab párt: $x$ párja legyen $2p^2+2kp+1-x$, vagyis a párok: $\left(p^2+\mathrm{1,}{p}^2+2kp\right)$; $\left(p^2+\mathrm{2,}{p}^2+2kp-1\right)$; $\text{...}$; $\left(p^2+kp\mathrm{,}{p}^2+kp+1\right)$. Az első $p^2$ pozitív egész előbbi csoportokba osztását egészítsük ki úgy, hogy mindegyikhez hozzáveszünk $k$ darab párt. Így egyrészt minden csoportban ugyanannyi lesz az elemek összege, másrészt a csoportok elemszáma is egyezni fog: $p+2k$ lesz. Ezzel beláttuk, hogy a páratlan összetett számok is szerencsések. A baljós évek tehát az első és a prímszám sorszámú évek.   II. megoldás (annak igazolására, hogy a páratlan összetett számok szerencsések). Tegyük fel, hogy $n$ páratlan összetett szám. Legyen $n=ab$, ahol $a$ és $b$  1-nél nagyobb páratlan számok. Mivel $b$ páratlan, így $b\ge 3$. Először 1-től $3a$-ig $a$ darab hármas csoportba osztjuk a számokat. Legyen $a=2l+1$. Tekintsük a következő beosztást: ${\displaystyle \begin{array}{c}\hfill {\displaystyle \left(\mathrm{1,3}l+\mathrm{2,6}l+3\right);\left(\mathrm{2,3}l+\mathrm{3,6}l+1\right);\text{...};\left(l+\mathrm{1,4}l+\mathrm{2,4}l+3\right);}\hfill \\ \hfill {\displaystyle \left(l+\mathrm{2,2}l+\mathrm{2,6}l+2\right);\left(l+\mathrm{3,2}l+\mathrm{3,6}l\right);\text{...};\left(2l+\mathrm{1,3}l+\mathrm{1,4}l+4\right)\mathrm{.}}\hfill \end{array}}$ Mindegyik csoportban az összeg $9l+6$. Ha $b=3$, akkor készen vagyunk, hiszen $a>1$ darab hármas csoportba osztottuk a számokat, amelyekben az összeg egyenlő. Ha $b>3$, akkor $3a+1$-től $n$-ig osszuk a számokat $\frac{b-3}{2}\cdot a$ darab kettes csoportba az alábbi módon: $\begin{array}{c}{\displaystyle \left(3a+\mathrm{1,}ab\right)\mathrm{,}\left(3a+\mathrm{2,}ab-1\right)\mathrm{,}\text{...}\mathrm{,}\left(3a+\frac{b-3}{2}\cdot a\mathrm{,}ab+1-\frac{b-3}{2}\cdot a\right)\mathrm{.}}\end{array}$ Mindegyik kettes csoportban az összeg $ab+3a+1$. Az első $n$ pozitív egész számot most úgy osztjuk $a$ csoportba, hogy minden csoport az egyik hármas és $\frac{b-3}{2}$ darab kettes csoport uniója legyen. Ekkor a csoportok száma $a>1$, a csoportok mérete $b$, továbbá bármely két csoportban ugyanannyi az összeg, hiszen azok hármas és kettes részcsoportjait ,,párosíthatjuk'', és azokban az összeg egyenlő.