Feladat:	B.4830	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Füzet:	2017/április, 221. oldal		PDF  |  MathML
Témakör(ök):	Feladat, Diofantikus egyenletek, Maradékosztályok, Esetvizsgálat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 2016/november: B.4830

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.   I. megoldás. Ha $n$ legalább 7, akkor $n!$ osztható 7-tel. A 2 hatványainak 7-tel való osztási maradéka 1, 2 vagy 4 lehet, hiszen $2^0=\text{1}$, $2^1=\text{2}$, $2^2=\text{4}$, $2^3=8=1\cdot 7+\text{1}$, $2^4=2^3\cdot 2=\left(1\cdot 7+\text{1}\right)\cdot 2=2\cdot 7+\text{2}$, $2^5=2^4\cdot 2=\left(2\cdot 7+\text{2}\right)\cdot 2=4\cdot 7+\text{4}$ stb. Azonban egy olyan kéttagú $c+d$ összeg, ahol $c\mathrm{,}d\in \left\{\mathrm{1,2,4}\right\}$ nem osztható 7-tel, ezért megoldást csak $n\le 6$-ra remélhetünk. Ezek közül pedig csak $3!=6=2^2+2^1$, és $4!=24=2^4+2^3$ felel meg. (Mindkét eset külön-külön két megoldás, hiszen $a$ és $b$ szerepe felcserélhető.) A megoldások tehát: ${\displaystyle \begin{array}{|ccccc|}\hline \hfill {\displaystyle \text{<math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mi>n</mi></math> }}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{ 3 }}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{ 3 }}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{ 4 }}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{ 4 }}\hfill \\ \hfill {\displaystyle \text{<math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mi>a</mi></math> }}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{ 1 }}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{ 2 }}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{ 3 }}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{ 4 }}\hfill \\ \hfill {\displaystyle \text{<math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mi>b</mi></math> }}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{ 2 }}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{ 1 }}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{ 4 }}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{ 3}}\hfill \\ \hline\end{array}}$   II. megoldás. A 7 helyett vizsgálhatjuk a 15-tel való osztási maradékokat, illetve az azokat egyértelműen meghatározó 3-as és 5-ös maradékokat. Nyilván $2^0\equiv 1\left(\text{mod}3\right)$, $2^1\equiv -1\left(\text{mod}3\right)$, $2^2\equiv 1\left(\text{mod}3\right)$ stb., illetve $2^0\equiv 1\left(\text{mod}5\right)$, $2^1\equiv 2\left(\text{mod}5\right)$, $2^2\equiv -1\left(\text{mod}5\right)$, $2^3\equiv -2\left(\text{mod}5\right)$, $2^4\equiv 1\left(\text{mod}5\right)$ stb.; ebből látható, hogy $2^a+2^b$ pontosan akkor osztható 3-mal, ha $a$ és $b$ különböző paritásúak, míg az 5-tel való oszthatóságnak az a feltétele, hogy $a$ és $b$ azonos paritású legyen. A két feltétel nem teljesülhet egyszerre, ezért $2^a+2^b=n!$ nem osztható $3\cdot 5$-tel, így csak $n\le 4$ jöhet szóba, melyből az I. megoldásbeli eredményt kapjuk.