Igazoljuk, hogy bármely sokszög csucsaira lehet úgy pozitív egész számokat írni, hogy bármely két csúcson pontosan akkor vannak egymással relatív prím számok, ha a két csúcs szomszédos a sokszögön. Igazolható?

Én abból indulnék ki, hogy végtelen sok prímszám van, így ezek segítségével rengeteg relatív prím számpárt tudunk írni.

Egy eljárást kellene megadni, hogy hogyan számozzuk a sokszög oldalait.

Először induljunk ki konkrét sokszögekből, próbálkozzunk. Látjuk, hogy négyszö gesetén nem nehéz a dolgunk. Egymással szemköztiek legyenek egymás töbszörösei. induljunk pl két prímszámból: (ABCD négyszög csúcsai sorra:) 2,3,4,6

Ha már 5 szöggel próbálkozunk, akkor már kicsit dolgoznunk kell, mire sikerül olyan számokat összeállítani, hogy az egymás mellettiek relatív prímek legyenek, de amik meg nem szomszédosak, azoknak legyek közös osztójuk.

Hogy a közös osztókat is jobban lássuk, így én maradnék a prímtényezős felbontásnál.

5-szög esetében 2 olyan csúcs van, ami nem szomszédos. Így 2-2 prímszám szorzatából indulnék ki: 2X3, 5X7, 11X3 (azért szerepel újra a 3, mert az 5X7-tel kell, hogy legyen közös osztó) 5X2 (a 11X+-mal relatív prímnek kell lennie, de a 2X+-mal kell, hogy legyen közös osztója), 11X7 (adódik a két szomszédból és a két nem szomszédból).

6-szög esetében 3 db. prímszám szorzatát venném, hasonló eljárással:pl. 2X3X5, 7X11X13, 17X19X23, 2X3X7, 5X11X13, 7X19X23 lehet, hogy ennél egyszerűbben is lehet a 6-szöget is kitölteni, de így biztos jó, tehát lehet!

Sikeres próbálkozást!

Ez se jó, úgyhogy maradjuk ennél is a prímtényezős felírásnál: 3,5,2X3,5X7

Láthatjuk, hogy itt van egy és van 2 tényezős szorzat, szóval a hatszög esetében is biztos lehet egyszerűbbet megadni.

Szép feladat.

Leírok egy módszert, persze lehetne kevesebb számmal is csinálni, de nem volt feladat minimalizálni a számokat.

Legyenek p1,...pn és r1,...rn különböző prímek. A csúcsokon levő számok a következők:

p1*...*pn

r1*...rn

p2*...pn

p1*r2*...rn

r1*p3*..*pn

p2*r3*...*rn

r2*p4*...*pn

p3*r4*...*rn

r3*p5*...*pn

p4*r5*...*rn

...

p(n/2)*r(n/2)*...*rn

r(n/2)*p(n/2+1)...pn

Ha megnézitek a módszert, szerintem érthető a stratégia.

Mivel végtelen prímszán van, ezért akármilyen n-re jó a fenti leírás.