Feladat: B.4770 Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Varga-Umbrich Eszter 
Füzet: 2017/február, 88 - 90. oldal  PDF file
Témakör(ök): Feladat, Mértani sorozat, Prímszámok, Számjegyekkel kapcsolatos feladatok
Hivatkozás(ok):Feladatok: 2016/február: B.4770, 1965/október: 1413. matematika feladat, 1965/szeptember: 1965. évi Nemzetközi Matematika Diákolimpia 22. feladata

Milyen számjegyre végződhet a pozitív egész n3 szám, ha n+n2+...+n2n-3-4 prímszám?

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

 
Megoldás. Legyen S=n+n2+...+n2n-3-4. Ha n=3, akkor 23-3=3 és 3+32+33-4=35, ami nem prím. Tehát S értéke legalább 35.
Ha n páros, akkor S egy 35-nél nagyobb páros szám lesz, ami nem lehet prím. Tehát n mindenképpen páratlan. Az n szám 10-es maradéka szerint öt eset lehetséges.
i) n=10k+1 (ahol k legalább 1). Ekkor 2n-3=20k-1, és
S=(10k+1)+(10k+1)2+...+(10k+1)20k-1-4.
Tekintsük a tagok utolsó számjegyét, ezek összege:
1+1+...+120k-1darab-4=20k-5.
Tehát az utolsó számjegy ekkor 5, vagyis S osztható 5-tel.
ii) n=10k+3 (kN). Ekkor 2n-3=20k+3 és
S=(10k+3)+(10k+3)2+...+(10k+3)20k+3-4.
Vizsgáljuk ismét az utolsó számjegyeket:
3+9+7+120+3+9+7+120+...+3+9+719-4.
Az utolsó számjegy ekkor is 5, vagyis S nem prím.
iii) n=10k+5 (kN). Ekkor 2n-3=20k+7. Az utolsó számjegyet az előzőekhez hasonlóan megvizsgálva, 1-et kapunk eredményül, vagyis ez lehet prímszám. Például n=5 esetén S=5+52+53+...+57-4=97651, ami prímszám.
iv) n=10k+7 (kN). Ekkor n=20k+11, és
S=(10k+7)+(10k+7)2+...+(10k+7)20k+11-4.
Az utolsó számjegyek:
7+9+3+120+7+9+3+120+...+7+9+319-4.
Itt is 5 az utolsó számjegy, így S nem lehet prím.
v) n=10k+9 (kN). Ekkor 2n-3=20k+15, és
S=(10k+9)+(10k+9)2+...+(10k+9)20k+15-4.
Az utolsó számjegyek:
9+110+9+110+...+9+110+9-4.
Itt is 5 az utolsó számjegy.
Tehát az n szám végződése csak 5 lehet.
 
Megjegyzések. 1. Többen nem az utolsó számjegyet, vagyis a 10-es maradékot vizsgálták, hanem az 5-ös maradékot. Hasonló módon jutottak célhoz.
2. Az a tény, hogy a vizsgált S kifejezés az n minden páratlan, 5-tel nem osztható értékére osztható 5-tel, nem teljesen a véletlen műve. Írjuk az n-et n=2k+1 alakba. Ha n az 5-tel osztva 1-et ad maradékul, akkor ez minden hatványára is igaz, másrészt ilyenkor 2k, és ezért k is osztható 5-tel. Így n+n2+...+n2n-3 értéke 2n-3=4k-1 darab 1 maradékot adó szám összegeként -1-et ad maradékul, amiből 4-et kivonva 5-tel osztható számot kapunk. Egyébként pedig
S=n(1+n+...+n2n-4)-4=nn2n-3-1n-1-4=n4k-1n-1-5,
és itt n4k-1 Fermat ,,kis'' tétele miatt osztható 5-tel, a tört nevezője pedig nem.