Fórum: Érdekes matekfeladatok

Az 551. feladat túl könnyűnek néz ki. Nem is értem, hogy az AB szakaszra mi szükség. Megoldás. Vegyél föl két pontot az e egyenesen, szerkeszd meg ezek f szakaszfelezőjét, ez merőleges e-re. Ezután vegyél két pontot f-en, ennek szerkeszd meg a szakaszfelezőjét, ez merőleges f-re ezért párhuzamos e-vel.

552. - m pozitív egész ("mn az n többszöröse")

Az 551. feladatból kimaradt, hogy nem szabad két e egyenesen lévő pont felezőmerőlegesét venni. Bocsánat. (Aztán feladat, hogy milyen mesével lehet ezt valóságszerűvé tenni. :-) )

552. (a) Nincs ilyen. Ugyanis bármely n pozitív egészre m=100 két nullára végződik, ezért nem lehet 10-csökkenő. Sőt, m>10¹0 esetén mn legalább 11 jegyből áll, ezért nem lehet 10-csökkenő.

(b) Nincs ilyen, mert már az (a)-nak sincs megoldása.

(c) Nincs.

Igen. És ha azt követeljük, hogy a többszörösök ne legyenek sohasem k-csökkenők?

0<n<100 egészek közül pontosan a 11 többszörösei azok amelyeknek NINCS 10-csökkenő többszörösük: használjuk a 11-el való oszthatóságot (szám 11-el osztható, ha a₀-a₁+a₂-a₃+... osztható 11-el), és azt, hogy a szám 10- csökkenő.

Maradékra meg lehet írni egy programot, kis példa van mindegyikre, a legnagyobb n=89-re: 86*89=7654.

Most pedig keressünk ilyen háromjegyű, illetve négyjegyű számot. A 11 magányossága azért gyanús lehetett. :-)

Hozzászóláskorlát nem engedi meg, hogy felsoroljam a számokat, de ezer alatt ezen számok (és többszörösei) a megfelelőek, elsőre hihetetlen soknak tűnik, de valójában nem véletlen, hiszen csupán 1022 darab 10-csökkenő (pozitív) szám van. A kérdést egyébként teljesen meg lehet válaszolni, mert az 1022 darab szám osztói közül kerülnek ki azon számok melyeknek van 10-csökkenő többesük, és pontosan 6178 darab ilyen szám van.

[11, 100, 101, 111, 156, 221, 223, 232, 249, 261, 267, 299, 348, 369, 384, 387, 439, 441, 447, 457, 463, 467, 469, 497, 501, 503, 507, 512, 516, 523, 551, 556, 559, 563, 567, 569, 575, 581, 591, 593, 597, 599, 601, 603, 607, 609, 623, 633, 647, 661, 667, 668, 673, 675, 677, 683, 684, 689, 692, 699, 701, 708, 709, 713, 716, 719, 725, 729, 733, 736, 739, 749, 756, 767, 772, 773, 779, 788, 789, 791, 793, 796, 797, 799, 807, 809, 812, 813, 816, 817, 827, 833, 837, 839, 844, 856, 857, 868, 877, 879, 881, 883, 887, 889, 893, 896, 899, 901, 907, 911, 917, 919, 925, 927, 937, 939, 956, 967, 977, 989, 991, 997]

Köszönöm, hogy ezeket így felsoroltad. Érdekes és egyszerű sorozatnak tűnik, az OEIS-ben mégsem találtam meg.

Bizonyítsuk be számológép nélkül, hogy a 101 és 111 is a sorozat tagja lesz!

553. Ha n egy prímosztója nem osztja a-t, akkor föltehető, hogy b=1. Megoldjuk ugyanis a bx1 mod kongruenciát, és beszorozzuk a-t és b-t x-szel. Ekkor a²⁰⁰-1 és a²⁰⁸-1, tehát osztja a⁸-1-et. Azonban a¹⁰⁴-1 majdnem relatív prím a¹⁰⁴+1-hez és osztható a⁸-1-gyel. Tehát . Ha a prímosztó osztja a-t, akkor leosztunk a vagy b legnagyobb prímhatvány osztójával, és tekintjük az előző esetet.

Jó megoldás, de nem kell ide feltétlenül multiplikatív inverz. Talán elemibb megoldás, amit találtam és tálaltam:

1. Tegyük fel, hogy van olyan (n,a,b) hármas, melyre nem igaz, és vegyük a legkisebb ilyen n-et! Ha ekkor a és n rendelkezik közös prímosztóval, akkor ez a prímosztó b-t is osztja, így leosztva vele (n,a,b)-t, kisebb, de megfelelő számhármashoz jutunk. Tehát n és a relatív prím.

2. Márpedig n|a¹⁰⁰+b¹⁰⁰ és n|a¹⁰⁴+b¹⁰⁴, ezért

osztható vele, ahonnan a relatív prímek miatt a⁴b⁴ (mod n). Ezt pedig visszahatványozva adódik, hogy n|a¹⁰⁰+b¹⁰⁰2a¹⁰⁰. Ebből megint relatív prímek miatt következik, hogy n|2. Ami pedig ellentmondás, hisz n=1 és n=2-re triviális az állítás.