Feladat:	B.4770	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Varga-Umbrich Eszter
Füzet:	2017/február, 88 - 90. oldal		PDF  |  MathML
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

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.   Megoldás. Legyen $S=n+n^2+\text{...}+n^{2n-3}-4$. Ha $n=3$, akkor $2\cdot 3-3=3$ és $3+3^2+3^3-4=35$, 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 $\begin{array}{c}{\displaystyle S=\left(10k+1\right)+{\left(10k+1\right)}^2+\text{...}+{\left(10k+1\right)}^{20k-1}-4.}\end{array}$ Tekintsük a tagok utolsó számjegyét, ezek összege: $\begin{array}{c}{\displaystyle \underset{20k-1\text{darab}}{\overset{}{\underbrace{1+1+\text{...}+1}}}-4=20k-5.}\end{array}$ Tehát az utolsó számjegy ekkor 5, vagyis $S$ osztható 5-tel. $ii)$ $n=10k+3$ ($k\in \text{N}$). Ekkor $2n-3=20k+3$ és $\begin{array}{c}{\displaystyle S=\left(10k+3\right)+{\left(10k+3\right)}^2+\text{...}+{\left(10k+3\right)}^{20k+3}-4.}\end{array}$ Vizsgáljuk ismét az utolsó számjegyeket: $\begin{array}{c}{\displaystyle \underset{20}{\overset{}{\underbrace{3+9+7+1}}}+\underset{20}{\overset{}{\underbrace{3+9+7+1}}}+\text{...}+\underset{19}{\overset{}{\underbrace{3+9+7}}}-4.}\end{array}$ Az utolsó számjegy ekkor is 5, vagyis $S$ nem prím. $iii)$ $n=10k+5$ ($k\in \text{N}$). Ekkor $2n-3=20k+7$. Az utolsó számjegyet az előzőekhez hasonlóan megvizsgálva, 1-et kapunk eredményül, vagyis ez lehet prímszám. Például $n=5$ esetén $S=5+5^2+5^3+\text{...}+5^7-4=97651$, ami prímszám. $iv)$ $n=10k+7$ ($k\in \text{N}$). Ekkor $n=20k+11$, és $\begin{array}{c}{\displaystyle S=\left(10k+7\right)+{\left(10k+7\right)}^2+\text{...}+{\left(10k+7\right)}^{20k+11}-4.}\end{array}$ Az utolsó számjegyek: $\begin{array}{c}{\displaystyle \underset{20}{\overset{}{\underbrace{7+9+3+1}}}+\underset{20}{\overset{}{\underbrace{7+9+3+1}}}+\text{...}+\underset{19}{\overset{}{\underbrace{7+9+3}}}-4.}\end{array}$ Itt is 5 az utolsó számjegy, így $S$ nem lehet prím. $v)$ $n=10k+9$ ($k\in \text{N}$). Ekkor $2n-3=20k+15$, és $\begin{array}{c}{\displaystyle S=\left(10k+9\right)+{\left(10k+9\right)}^2+\text{...}+{\left(10k+9\right)}^{20k+15}-4.}\end{array}$ Az utolsó számjegyek: $\begin{array}{c}{\displaystyle \underset{10}{\overset{}{\underbrace{9+1}}}+\underset{10}{\overset{}{\underbrace{9+1}}}+\text{...}+\underset{10}{\overset{}{\underbrace{9+1}}}+9-4.}\end{array}$ 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 $n+n^2+\text{...}+n^{2n-3}$ 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 $\begin{array}{c}{\displaystyle S=n\left(1+n+\text{...}+n^{2n-4}\right)-4=n\frac{n^{2n-3}-1}{n-1}-4=\frac{n^{4k}-1}{n-1}-\mathrm{5,}}\end{array}$ és itt $n^{4k}-1$ Fermat ,,kis'' tétele miatt osztható 5-tel, a tört nevezője pedig nem.