Az A. 931. feladat (2026. március)

A. 931. Igazoljuk, hogy ha $\displaystyle k>10$ és $\displaystyle n>k^4$ egész számok, akkor az

$\displaystyle (n+1^2), (n+2^2), (n+3^2), \ldots, (n+k^2) $

számok közül legalább egynek van $\displaystyle k$-nál nagyobb prímosztója.

Javasolta: Kós Géza (Budapest)

(7 pont)

A beküldési határidő 2026. április 10-én LEJÁRT.

Megoldás. Bármely $\displaystyle n,k$ pozitív egészekre legyen

$\displaystyle L(n,k) = \mathrm{lcm}\big(n+1^2,n+2^2,\ldots,n+k^2\big) $

az $\displaystyle n+1^2,n+2^2,\ldots,n+k^2$ legkisebb közös többszöröse. Azt kell igazolnunk, hogy $\displaystyle L(n,k)$-nak van $\displaystyle k$-nál nagyobb prímosztója.

Lemma.

$\displaystyle L(n,k) \ge \frac{(n+1^2)(n+2^2)\cdots(n+k^2)}{(2k)!}. $

$\displaystyle (1) $

Bizonyítás. Parciális törtekkel bontással

$\displaystyle \dfrac{1}{\prod\limits_{j=1}^k(x+j^2)} = \sum_{j=1}^k \dfrac{C_j}{x+j^2} \tag{2} $

alkalmas $\displaystyle C_1,\ldots,C_k$ konstansokkal. Egy $\displaystyle C_i$ együtthatót például úgy számolhatunk ki, hogy az egyenletet megszorozzuk $\displaystyle (x+i^2)$-tel, majd behelyettesítünk $\displaystyle x=-i^2$-et:

$$\begin{gather*} \dfrac{1}{\prod\limits_{j\ne i}(x+j^2)} = C_i + \sum\limits_{j\ne i} C_j\dfrac{x+i^2}{x+j^2} \\ C_i = \dfrac{1}{\prod\limits_{j\ne i}(-i^2+j^2)} = \dfrac{1}{\prod\limits_{j\ne i}(j-i)(j+i)} = \dfrac{(-1)^{i-1}\cdot 2i^2}{(k+i)!(k-i)!}. \end{gather*}$$

Beszorozva $\displaystyle (2)$-t $\displaystyle (2k)!$-sal, és behelyettesítve $\displaystyle x=n$-et,

$\displaystyle \sum_{j=1}^k \dfrac{(-1)^{i-1}2i^2\binom{2k}{k+i}}{n+j^2} = \dfrac{(2k)!}{\prod\limits_{j\ne i}(n+j^2)}. $

A baloldalon álló törtek egy közös nevezője $\displaystyle L(n,k)$ lesz. A jobboldalon álló törtet legfeljebb $\displaystyle (2k)!$-sal lehet egyszerűsíteni, ez igazolja $\displaystyle (1)$-et. $\displaystyle \Box$

Megjegyzés. A Lemma bizonyításában a reciprokok kombinációja helyett az is egy szokásos módszer, hogy minden $\displaystyle p$ prímszámra megbecsüljük $\displaystyle {v_p(n+1^2)}$, ...,$\displaystyle {v_p(n+k^2)}$ összegét a legnagyobb érték nélkül. Ha a legnagyobb érték az $\displaystyle v_p(n+m^2)$, akkor a többi tagban a kitevőt az $\displaystyle (n+m^2)-(n+i^2)=(m+i)(m-i)$ szorzatból becsülhetjük, ezek szorzata osztója $\displaystyle (2k)!$-nak. Ezért

$\displaystyle \prod_{i=1}^k (n+i^2) ~\bigg|~ (2k)! \cdot \mathop{\mathrm{lcm}}_{1\le i\le k} (n+i^2). $

A feladat megoldásához tegyük fel indirekten, hogy $\displaystyle L(n,k)$ minden prímosztója legfeljebb $\displaystyle k$. Mivel $\displaystyle k\ge11$, ilyen prímszámból legfeljebb $\displaystyle \dfrac{k-1}{2}$ lehet, és $\displaystyle L(n,k)$ minden prímhatvány osztója legfeljebb $\displaystyle n+k^2$. Ezért

$\displaystyle L(n,k) \le (n+k^2)^{(k-1)/2}. $

A Lemma szerint

$\displaystyle L(n,k) \ge \frac{(n+1^2)(n+2^2)\cdots(n+k^2)}{(2k)!} > \dfrac{n^k}{(2k)!}, $

ezért

$$\begin{gather*} \dfrac{n^k}{(2k)!} < L(n,k) \le (n+k^2)^{(k-1)/2} = n^{(k-1)/2}\cdot \bigg(1+\dfrac{k^2}{n}\bigg)^{(k-1)/2}, \\ n^{(k+1)/2} < (2k)!\cdot \bigg(1+\dfrac{k^2}{n}\bigg)^{(k-1)/2}. \end{gather*}$$

Számtani-mértani közepekből

$\displaystyle (2k)! = \Big(2\cdot3\cdot\ldots(2k-2)\Big)\cdot (2k-1)\cdot2k < k^{2k-3}\cdot(2k-1)\cdot 2k < 4k^{2k-1}, $

továbbá a feltétel szerint $\displaystyle n>k^4$, végül felhasználva az $\displaystyle (1+x)<e^x$ egyenlőtlenséget is

$\displaystyle \bigg(1+\dfrac{k^2}{n}\bigg)^{(k-1)/2} < \bigg(1+\dfrac{1}{k^2}\bigg)^{(k-1)/2} < \Big(e^{1/k^2}\Big)^{(k-1)/2} < e^{1/2k} < 2, $

azt kapjuk, hogy

$$\begin{gather*} k^{2(k+1)} < n^{(k+1)/2} < (2k)!\cdot\bigg(1+\dfrac{k^2}{n}\bigg)^{(k-1)/2} < 4k^{2k-1} \cdot 2 \\ k^3 < 8, \end{gather*}$$

ellentmondás.

Statisztika:

Az A. 931. feladat értékelése még nem fejeződött be.

A KöMaL 2026. márciusi matematika feladatai

Már regisztráltál?
Új vendég vagy?