(Matek) hogyan lehet ezeket megoldani?

1) Az első kifejezés miatt csak olyan számok jönnek szóba, amik n/2 alakúak, ahol n egész, azaz a

0; ±0,5; ±1; ±1,5; ±2; 2,5; ±3;…

A második miatt pedig hasonlóan csak az n/5 alakúak, azaz a

0; ±0,2; ±0,4; ±0,6; ±0,8; ±1; ±1,2;…

A kettő metszete pontosan az egész számok halmaza, tehát x-nek egésznek kell lennie. A harmadik kifejezésben így x egész, tehát a számláló és nevező is egész. Helyettesítsünk az 5*x – 14 helyére y-t, ekkor x = (y + 14)/5, tehát a tört

(2*(y + 14)/5 – 3)/y = (2*y + 13)/(5*y) = 2/5 + 13/(5*y)

alakú. Ez azon y-okra lesz egész, amiknek az 5-szörösével a 13-at osztva 3 maradékot kapunk (mert úgy pótolja majd ki a 2/5-öt egészre). Ugye az olyan y-ok, amikre |5*y| > 13, nem jönnek szóba, szóval effektíve csak 4 lehetőséget kell kipróbálni, és csak az y = 1 lesz jó. Így x = (1 + 14)/5 = 3, és más nincs. (Ne haragudj, most fáradt vagyok, nem megy jól a gondolkozás.)

2d) Ha két négyzetszám különbsége, akkor

a^2 – b^2 = (a + b)*(a – b) = p

alakú, viszont ha prím, akkor ezek közül az egyiknek ±1-nek kell lennie, mert hát a prímek felbonthatatlanok is az egészek körében. Szóval ez 4 lehetőség, ha végig megyünk a p osztópárjain.

(1) a + b = –p, a – b = –1: a = –(p + 1)/2 és b = –(p – 1)/2; a^2 = (p + 1)^2/4 és b^2 = (p – 1)^2/4.

(2) a + b = –1, a – b = –p: a = –(p + 1)/2 és b = (p – 1)/2; a^2 = (p + 1)^2/4 és b^2 = (p – 1)^2/4.

(3) a + b = 1, a – b = p: a = (p + 1)/2 és b = –(p – 1)/2; a^2 = (p + 1)^2/4 és b^2 = (p – 1)^2/4.

(4) a + b = p, a – b = 1: a = (p + 1)/2 és b = (p – 1)/2; a^2 = (p + 1)^2/4 és b^2 = (p – 1)^2/4.

Látható, hogy a^2-re és b^2-re minden esetben

(p + 1)^2/4 és (p – 1)^2/4

adódik, tehát csak ez az 1-féle előállítási lehetőség van.

2b) Ugye az biztos, hogy ez sosem lesz osztható 2-vel, 3-mal vagy 5-tel. Sőt, még azt is könnyű látni, hogy 10^n 11-gyel osztva csak 10 vagy 1 maradékot adhat, így ez a szám is fog adni 2 vagy 4 maradékot 11-gyel osztva. Próbáljuk meg, hogy 7-tel mikor lesz osztható, hátha van végtelen sok ilyen n.

n = 0-ra: 1 + 3 ≡ 4;

n = 1-re: 1*10 + 3 ≡ 3 + 3 ≡ 6;

n = 2-re: 3*10 + 3 ≡ 2 + 3 ≡ 5;

n = 3-ra: 2*10 + 3 ≡ 6 + 3 ≡ 2;

n = 4-re: 6*10 + 3 ≡ 4 + 3 ≡ 0 (ez jó hír);

n = 5-re: 4*10 + 3 ≡ 5 + 3 ≡ 1;

n = 6-ra: 5*10 + 3 ≡ 1 + 3 ≡ 4 (ez már volt);

n = 7-re: 1*10 + 3 ≡ 3 + 3 ≡ 1…

és innét ciklikusan ismétlődik. Szóval ha n = 6*k+4, akkor 10^n + 3 osztható 7-tel, tehát nem prím (mert 7-nél nagyobb), tehát összetett. 6*k + 4 alakú szám pedig végtelen sok van.

2c) Nézzük meg euklideszi algoritmussal, csak most polinomosztásokat fogunk csinálni:

n^4 + 3*n^2 + 1 = n*(n^3 + 2*n) + n^2 + 1,

n^3 + 2*n = n*(n^2 + 1) + n,

n^2 + 1 = n*n + 1,

n = n*1 + 0.

Az utolsó nem 0 maradék az 1, tehát 1 lesz a legnagyobb közös osztó. Talán nem hülyeség.

Komoly vagy utolsó

ELTE matek?

2a) Ha a második argumentumból kivonjuk az első argumentum n-szeresét, akkor egy olyan számot kell kapjunk, ami még mindig osztható a legnagyobb közös osztóval:

(n+1)! + 1 – n*(n! + 1) = n*n! – n*n! + 1 – n,

tehát LNKO(n! + 1; (n+1)! + 1) = LNKO(1 – n; n! + 1).

Az az n! két legnagyobb tényezőjét kiírjuk, akkor látjuk, hogy

n! + 1 = –n*(1 – n)*(n – 2)! + 1,

azaz ha a n! + 1-ből kivonva az (1 – n)-nek a –n*(n – 2)!-szeresét, éppen 1-et kapunk, tehát

LNKO(n! + 1; (n+1)! + 1) = LNKO(1 – n; n! + 1) = LNKO(1; 1 – n),

ami nyilván 1.