Megoldások 1. Írj fel 4 számot törtalakban a 3 7 és 5 7 között! Bővítsük a nevezőket a megfelelő mértékig: 3 7 = 9 21 és 5 7 = 15 21. Ezek alapján a megoldás: 10 21, 11 21, 12 21, 13 21. 2. Írd fel törtalakban a következő tizedestörteket! 1, 23 2, 58 3, 2 14 4, 69 7 Az első esetben véges tizedestörtről van szó, vagyis a megoldás a következő: 1,23 = 123 100. A többi esetben végtelen szakaszos tizedestörtekről van szó, ahol a következőképpen járhatunk el: két különböző számmal szorozzuk meg az adott számot úgy, hogy a tizedesvessző után ugyanazok az ismétlődő számjegyek szerepeljenek. Ezt követően vonjuk ki egymásból a két számot, s így eltűnnek a tizedesvessző utáni számjegyek. 100x = 258,888 10x = 25,888 90x = 233 x = 233 90 1000x = 3214,214214 x = 3,214214 999x = 3211 x = 3211 999 1000x = 4697,9797 10x = 46,9797 900x = 4651 x = 4651 900 3. Írd fel 0 - tól 20 - ig a 6 többszöröseit! Azok a számok a 6 többszörösei, amelyek felírhatók 6 - nak és egy egész számnak szorzataként. Ezek alapján a megoldások: 0, 6, 12, 18. 1
4. Mely pozitív törtekre igaz, hogy ha számlálóját és nevezőjét egyaránt 1 gyel növelik a tört értéke nő? Legyen a keresett tört: x y. Ekkor felírhatjuk a következő egyenlőtlenséget: x y < x + 1 y + 1. Ezt rendezve a következőt kapjuk: x < y. Ezek alapján a megoldás: az 1 nél kisebb pozitív törtek (ahol a számláló kisebb a nevezőnél). 5. Egy törtszámról a következőket tudjuk: - értéke 2 5 - számlálójának és nevezőjének összege kétjegyű szám - e kétjegyű szám egy természetes szám négyzete Melyik ez a törtszám? Legyen a keresett tört a következő alakú: a b = 2x 5x. Ebből adódik, hogy 2x + 5x = 7x, vagyis a kétjegyű négyzetszám osztható 7 tel. Az egyetlen 7 tel osztható kétjegyű négyzetszám a 49, így x = 7. Ezek alapján a megoldás: 14 35. 6. Határozz meg három olyan különböző természetes számot, amelyek összege egyenlő a szorzatukkal, továbbá az egyik szám megegyezik a másik kettő összegével! Legyen a három keresett szám: x; y; z. Ekkor a szöveg segítségével a következőt kapjuk: x + y + z = x y z és x = y + z. A behelyettesítés és rendezés után a következő adódik: y z = 2. Ezek alapján a megoldás: y = 1; z = 2 és x = 3. 2
7. Melyek azok a kétjegyű számok, amelyekhez 4 et adva, a számjegyek összege felére csökken? Egy számhoz hozzáadva 4 et csak akkor csökken a számjegyek összege, ha ezáltal a tízesek száma nő. Ebből adódik, hogy a keresett számok végződése csak 6; 7; 8; vagy 9 lehet. Ekkor a jegyek összege 5 tel kevesebb lesz: az egyesek értéke 4 gyel nő, de ebből tízet átváltunk, s a tízesek száma nő 1 gyel (4 10 + 1 = 5). Mivel a számjegyek összege felére csökkent, így csak 10 lehetett az összegük. Ezek alapján a megoldások: 19; 28; 37; 46. 8. Van e 2017 nek olyan többszöröse, amely csak 0 és 1 számjegyekből áll? Tekintsük a következő számokat: 1; 11; 111; ; 11 11. 2018 darab Amennyiben van közöttük olyan szám, amely osztható 2017 tel, akkor készen vagyunk. Amennyiben nincs, akkor van közöttük két olyan szám, amelyet 2017 tel elosztva ugyanannyi maradékot adnak (összesen 2017 féle maradék adódhat, de 2018 számot írtunk fel). Vonjuk ki egymásból ezt a két számot, nagyobból a kisebbet. Ekkor a különbség egy olyan szám lesz, ahol valamennyi 1 est, néhány 0 követ. A különbség osztható lesz 2017 tel, továbbá felírható egy csupa 1 esből álló szám és 10 nek egészkitevőjű hatványának szorzataként. Ezek alapján a megoldás: Létezik ilyen szám, sőt létezik csupa 1 esből álló többszöröse is. 9. Határozd meg 3 nak azt a legmagasabb hatványát, amellyel az 1 től 1000 ig terjedő egész számok szorzata osztható! Minden harmadik szám osztható 3 1 nel, minden kilencedik szám osztható 3 2 nal, és így tovább. Ebből adódik, hogy a hatványkitevő: [ 1000 ] + 3 1 [1000] + 3 2 [1000] + 3 3 [1000] + 3 4 [1000] + 3 5 [1000 36 ] = 333 + 111 + 37 + 12 + 4 + 1 = 498. (itt [n] jelenti az n szám egész részét) Ezek alapján a megoldás: 3 498. 3
10. Az 1 től kezdve írjuk rendre egymás mellé az egész számokat. Milyen számjegy áll a 2017. helyen? Az egyjegyű számokhoz (1 9) összesen 1 9 = 9 számjegyet használunk. A kétjegyű számokhoz (10 99) összesen 2 90 = 180 számjegyet használunk. A maradék 2017 9 180 = 1828 számjegyeket háromjegyű számokhoz használjuk fel. Ebből adódik, hogy 609 háromjegyű számot tudunk leírni, s maradni fog még egy számjegy. Ezek alapján a megoldás: a 610. háromjegyű szám (709) első számjegye, vagyis 7. 11. Mennyi idő szükséges az 1 től 2017 ig bezárológ terjedő egész számok leírásához, ha percenként 92 számjegyet írunk le? Az egyjegyű számokhoz (1 9) összesen 1 9 = 9 számjegyet írunk le. A kétjegyű számokhoz (10 99) összesen 2 90 = 180 számjegyet írunk le. A háromjegyű számokhoz (100 999) összesen 3 900 = 2700 számjegyet írunk le. A négyjegyű számokhoz (1000 2017) összesen 4 1018 = 4072 számjegyet írunk le. Ezek alapján a megoldás: 9 + 180 + 2700 + 4072 92 76 perc. 12. Mutasd meg, hogy a következő kifejezések eredménye összetett szám! 14 100 7 81 2015 2015 2016 2016 + 2011 2011 10 200 13 Az első kifejezést alakítsuk át a következőképpen: 14 100 7 81 = (2 7) 100 7 81 = 2 100 7 100 7 81 = 7 81 (2 100 7 19 1) Ezek alapján a kifejezés biztosan osztható 7 81 nel. A második kifejezésben használjuk fel a következőt: az 5 re végződő számok minden hatványa 5 re, a 6 ra végződő számok minden hatványa 6 ra, az 1 re végződő számok minden hatványa 1 re végződik. Ebből a kifejezés utolsó számjegye: 5 6 + 1 = 0. Ezek alapján a kifejezés biztosan osztható 10 zel. 4
A harmadik kifejezés eredménye 87 re végződik, amely előtt 198 darab 9 es áll. Ezek alapján a számjegyek összege, s így a kifejezés is osztható 3 mal. 13. Milyen számjegyre végződnek a következő kifejezések eredményei? 123456789 9753 2468 1993 2345 7 Az első esetben szorozzuk össze a tényezők utolsó számjegyeit: 9 3 8 = 216. Ezek alapján a megoldás: 6. A második esetben először tekintsük a hatvány alapjának utolsó számjegyét, s képezzük annak a hatványait: 3 1 = 3; 3 2 = 9; 3 3 = 27; 3 4 = 81; 3 5 = 243; Mivel a negyedik hatvány után az utolsó számjegyek ismétlődnek, ezért elegendő csak eddig tekinteni a végződéseket. Ezek alapján a lehetséges végződések: 3, 9, 7 vagy 1. Ezt követően osszuk el a hatvány kitevőjét annyival, ahány végződés közül választhatunk, vagyis ebben az esetben 4 gyel: 2345 4 = 586 és a maradék 1. Ez azt jelenti, hogy a 3, 9, 7, 1 számnégyest 586 - szor tudjuk lepakolni egymás után, s a végén mivel a maradék 1, ezért még egy számot le kell raknunk. Ebből adódik, hogy a hatványérték 3 - ra végződik. (0 maradék esetén 1 re végződne!) Ezek alapján a megoldás: egy 3 ra végződő számból kivonva 7 et, a kapott szám utolsó jegye 6 os lesz. 14. Sorold fel a következő számok összes osztóját! 100 242 A számok osztóit elegendő a számok négyzetgyökéig keresni, mert ha a számot felírjuk az osztópárok szorzataként, akkor a négyzetgyök után a szorzótényezők megegyeznek, csak a sorrendjük fordított. Számítsuk ki a számok négyzetgyökét: 100 = 10 és 242 15,55. Írjuk fel a számokat osztópárok szorzataként: 100 = 1 100 = 2 50 = 4 25 = 5 20 = 10 10 = 20 5 = 25 4 = 50 2 = 100 1 242 = 1 242 = 2 121 = 11 22 = 22 11 = 121 2 = 1 242 Ezek alapján a 100 osztói: 1; 2; 4; 5; 10; 20; 25; 50; 100. Ezek alapján a 242 osztói: 1; 2; 11; 22; 121; 242. 5
15. Egy férfi és egy nő beszélget egymással, s kiderül, hogy a férfinak van három gyermeke. Ezt követően a következő párbeszéd zajlik le közöttük: - Mennyi idősek a gyermekek? - Az életkoruk szorzata 72. - Ennyiből nem tudom kitalálni. - Rendben, ha kimész, akkor a házszám megadja az életkorok összegét is. - Megnéztem, de még mindig képtelenség rájönni. - Nah jó, de a legfiatalabb szereti az eperfagyit. - Így már tudom! Nos, mennyi idősek a gyerekek? Először írjuk fel a 72 t három szám szorzataként, s így a lehetséges számhármasok: 1; 1; 72 1; 2; 36 1; 3; 24 1; 4; 18 1; 6; 12 1; 8; 9 2; 2; 18 2; 3; 12 2; 4; 9 2; 6; 6 3; 3; 8 3; 4; 6 Mivel a második információ is kevés, így csak olyan számhármasok jöhetnek szóba, melyek összege megegyezik: 2 + 6 + 6 = 3 + 3 + 8 = 14. Végül az utolsó információ alapján van legfiatalabb gyereke a férfinak, vagyis a két számhármasból csak a 2; 6; 6 lehet a jó megoldás. 16. A 10839 et és a 11863 at elosztva ugyanazzal a háromjegyű számmal, mind a kétszer ugyanaz a maradék. Mennyi a maradék? Legyen a háromjegyű szám x, a maradék y, a hányadosok pedig a és b. Ekkor a szöveg segítségével a következőt kapjuk: 10839 = a x + y és 11863 = b x + y. Vonjuk ki a két egyenletet egymásból: 1024 = x (b a). Ebből adódik, hogy az x osztója 1024 = 2 10 nek, vagyis a 2 valamilyen hatványa. Mivel az x háromjegyű, így csak 2 7 = 128; 2 8 = 256; vagy 2 9 = 512 lehet. Elosztva ezekkel az x értékekkel az adott számokat, a maradék mindig ugyanaz lesz: 10839 = 128 92 + 87 = 256 46 + 87 = 512 23 + 87 11863 = 128 84 + 87 = 256 42 + 87 = 512 21 + 87 Ezek alapján a megoldás: 87. 6
17. Milyen n egészekre lesz egész a következő, törtalakban adott szám? n + 4 n 3 Először alakítsuk át a számlálót úgy, hogy az egyik tag osztható legyen a nevezővel: n + 4 = n 3 + 7 = 1 + 7 n 3 n 3 n 3 A kapott kifejezés csak akkor egész, ha az (n 3) osztója 7 nek. Ezek alapján a megoldások: n 3 = 1 n = 4 n 3 = 1 n = 2 n 3 = 7 n = 10 n 3 = 7 n = 4 18. Melyek azok az a < b pozitív egészek, amikre teljesül, hogy ab + a + b = 114? 114 a Fejezzük ki az egyenletből az egyik ismeretlent: b =. a + 1 Alakítsuk át a számlálót úgy, hogy az egyik tag osztható legyen a nevezővel: 114 a a + 1 = (a+1) + 115 a + 1 = 1 + 115 a + 1 A kapott kifejezés csak akkor egész, ha az a + 1 osztója 115 nek. Ezek alapján a megoldások: a + 1 = 1 a = 0 b = 114 a Z + a + 1 = 1 a = 2 b = 116 a, b Z + a + 1 = 5 a = 4 b = 22 megfelelő megoldás a + 1 = 5 a = 6 b = 24 a, b Z + a + 1 = 23 a = 22 b = 4 a > b a + 1 = 23 a = 24 b = 6 a, b Z + a + 1 = 115 a = 114 b = 0 b Z + a + 1 = 115 a = 116 b = 2 a, b Z + 7
19. Péter az édesapja 21 edik születésnapján született. Legfeljebb hányszor lehet Péter életkora osztója az édesanyja életkorának? Legyen Péter életkora x, az édesanyjáé pedig x + 21. Írjuk fel a két életkor hányadosát és alakítsuk a következőképpen: A tört értéke csak akkor lesz egész, ha az x osztója 21 nek. x + 21 x = x x + 21 x = 1 + 21 x. Ezek alapján a megoldás: x = 1; 3; 7; 21, vagyis összesen négyszer teljesül a feltétel. 20. Mennyit adnak 7 - tel osztva maradékul a következő kifejezések, ha tudjuk, hogy n 7 - tel osztva 5 maradékot ad, míg k 7 - tel osztva 3 maradékot ad? n + k n k 2n + 3k 5n 4k n k n 2 k 2 6 Írjuk fel a két kifejezést a következő alakban: n = 7a + 5 és k = 7b + 3. Alakítsuk a felírt kifejezéseket a következőképpen: n + k = 7a + 5 + 7b + 3 = 7a + 7b + 8 = 7 (a + b + 1) + 1 n k = 7a + 5 (7b + 3) = 7a 7b + 2 = 7 (a b) + 2 2n + 3k = 2 (7a + 5) + 3 (7b + 3) = 14a + 21b + 19 = 7 (2a + 3b + 2) + 5 5n 4k = 5 (7a + 5) 4 (7b + 3) = 35a 28b + 13 = 7 (5a 4b + 1) + 6 n k = (7a + 5) (7b + 3) = 49ab + 21a + 35b + 15 = 7 (7ab + 3a + 5b + 2) + 1 n 2 = (7a + 5) 2 = 49a 2 + 70a + 25 = 7 (7a 2 + 10a + 3) + 4 k 2 6 = (7b + 3) 2 = 49b 2 + 42b + 9 6 = 49b 2 + 42b + 3 = 7 (7b 2 + 6b) + 3 Ezek alapján a megoldások: 1, 2, 5, 6, 1,4,3. 8
21. Adott egy páros szám, amelyik 3 mal osztva 2 t ad maradékul. Mekkora maradékot ad 6 tal osztva? Legyen a páros szám két különböző általános alakja: 2k és 3m + 2. Írjuk fel a következő egyenletet: 2k = 3m + 2. Az egyenlet bal oldala osztható 2 vel, így a jobb oldala is, vagyis az m értéke páros. Legyen m = 2n, s helyettesítsük az egyenletbe: 2k = 6n + 2. Ezek alapján a szám 6 tal osztva is 2 t ad maradékul. 22. Írd fel 1 től 1000 ig az egész számokat egy kör mentén! Karikázzuk be 1 től kezdve minden 15. et (azaz az 1, 16, 31, stb. számokat), de az ismételt körüljárásnál vegyük figyelembe a már bekarikázott számokat is! A bekarikázást addig folytatjuk, amíg újra egy már bekarikázott számhoz nem jutunk. Hány számot nem karikáztunk be? Az első körben azokat a számokat karikázzuk be, amelyek 15 tel osztva 1 maradékot adnak: 1; 16; 31; 46; ; 976; 991. A második körben azokat a számokat karikázzuk be, amelyek 15 tel osztva 6 maradékot adnak: 6; 21; 36; 51; ; 981; 996. A harmadik körben azokat a számokat karikázzuk be, amelyek 15 tel osztva 11 maradékot adnak: 11; 26; 41; 56; ; 971; 986. Ezután ismét az első körben bekarikázott számok következnének a sorban. Az első és második körben 990: 15 + 1 = 67 számot, a harmadikban pedig 975: 15 + 1 = 66 számot karikáztunk be. Ezek alapján a megoldás: 1000 (67 + 67 + 66) = 800. 23. Add meg az x értékét úgy, hogy a 3x2067 szám osztható legyen 9 cel! Számítsuk ki a megadott számjegyek összegét: 3 + 2 + 0 + 6 + 7 = 18. Ebből adódik, hogy a keresett számjegyet 18 hoz hozzáadva 9 cel osztható számot kapunk. Ezek alapján a megoldás: x = 0; 9. 9
24. Milyen x érték esetén lesz a 7431x2 szám osztható 24 - gyel? Először a 24 - et fel kell írnunk két olyan relatív prímszám szorzatára, melyekre tanultunk korábban oszthatósági szabályt. Mivel 24 = 3 8, így a szám akkor lesz osztható 24 - gyel, ha osztható 3 - mal és 8 - cal is. Az adott szám akkor lesz osztható 3 mal, ha x = 1, 4, 7. Az adott szám akkor lesz osztható 8 cal, ha x = 1, 5, 9. Ezek alapján a megoldás: x = 1. 25. Milyen x és y érték esetén lesz az 1x24y6 szám osztható 12 - vel? Először a 12 - t fel kell írnunk két olyan relatív prímszám szorzatára, melyekre tanultunk korábban oszthatósági szabályt. Mivel 12 = 3 4, így a szám akkor lesz osztható 12 - vel, ha osztható 3 - mal és 4 - gyel is. Ebben a feladatban két ismeretlen van, ezért el kell döntenünk a két oszthatóság közül melyik az, amelyik biztosan meghatározza az egyik ismeretlent. Az adott szám akkor lesz osztható 4 gyel, ha y = 1, 3, 5, 7, 9. Az x kiszámításánál a 3 - mal való oszthatóságot befolyásolja, hogy y helyére a lehetséges értékek közül melyiket választjuk, ezért több megoldásunk is lesz. Ha y = 1, akkor x = 1, 4, 7. Ha y = 3, akkor x = 2, 5, 8. Ha y = 5, akkor x = 0, 3, 6, 9. Ha y = 7, akkor x = 1, 4, 7. Ha y = 9, akkor x = 2, 5, 8. Ezek alapján a megoldások (első az x, második az y érték): (1; 1), (4; 1), (7; 1), (2; 3), (5; 3), (8; 3), (0; 5), (3; 5), (6; 5), (9; 5), (1; 7), (4; 7), (7; 7), (2; 9), (5; 9), (8; 9). 10
26. Az N: = abca alakú számban a különböző betűk különböző számjegyeket jelölnek. Tudjuk, hogy 15 N és a + c = 11. Határozd meg az összes ilyen számot! Mivel a 15 = 3 5, így a keresett szám osztható 3 mal és 5 tel is. Az 5 tel való oszthatóság miatt az utolsó számjegy csak 0 és 5 lehet. Az első helyen 0 nem állhat, így adódik, hogy a = 5, s c = 6. Ebből adódik, hogy a számjegyek összege 5 + 6 + 5 = 16, így b értéke csak 2; 5; vagy 8 lehet. Ezek alapján a megoldások: 5265; 5565; 5865. 27. Melyik az a kétjegyű szám, amely 6 szor akkora, mint a nála 7 tel nagyobb szám számjegyeinek összege? Legyen a keresett szám helyiértékes felírással a következő: A = 10x + y. A 7 tel nagyobb szám alakja pedig: B = 10x + y + 7, vagy C = 10 (x + 1) + y + 7 10 (tízes átlépésnél). Az első esetben a következő egyenlet adódik: 10x + y = 6 (x + y + 7). Ezt rendezve a következőt kapjuk: 4x = 5y + 42. Ekkor nincs megoldás, mert mindkét változó pozitív számot jelöl, s az x maximális értéke a 9. A második esetben a következő egyenlet adódik: 10x + y = 6 (x + 1 + y + 7 10). Ezt rendezve a következőt kapjuk: 4x = 5y 12. Ekkor az egyenlet bal oldala 4 gyel osztható, így a jobb oldala is osztható 4 gyel. Ebből adódik, hogy az y értéke csak 0; 4; vagy 8 lehet. A tízes átlépés miatt y = 0 nem lehetséges. Ezek alapján a megoldások: 24 és 78. 11
28. Határozd meg azokat a háromjegy számokat, amelyek egyenlők számjegyeik összegének 18 szorosával! Legyen a keresett szám helyiértékes felírással a következő: A = 100x + 10y + z. Ekkor a következő egyenlet adódik: 100x + 10y + z = 18 (x + y + z). Mivel az egyenlet jobb oldala osztható 9 cel, így a bal oldala is osztható 9 cel, vagyis a keresett szám osztható 9 cel. Ekkor a számjegyek összege osztható 9 cel, vagyis az egyenlet jobb oldala osztható 18 9 = 162 vel, s így a keresett szám is osztható 162 vel (a 162 többszöröse). Ezt követően az egyenletet rendezve a következőt kapjuk: 82x = 8y + 17z 225 (mivel a számjegyek maximális értéke 9 lehet). Ebből adódik, hogy x 2, de x = 2 nem ad megfelelő eredményt. Ezek alapján a megoldás: 162. 29. Az 1, 3, 4, 5 és még egy számjeggyel írd fel azt a legnagyobb, illetve legkisebb ötjegyű számot, amelyik osztható 12 vel! Legyen a keresett számjegy x. Ahhoz, hogy egy szám osztható legyen 12 vel, oszthatónak kell lennie 3 mal és 4 gyel is. Az adott számjegyek összege 13, így a 3 mal való oszthatóság miatt x csak 2; 5; vagy 8 lehet. Mivel az eddigi számjegyekből nem képezhető 4 gyel osztható szám, így a 4 gyel való oszthatóság miatt az x nem lehet 5. Amennyiben x = 2, akkor a keresett számok végződése csak 12; 24; 32; vagy 52 lehet. Amennyiben x = 8, akkor a keresett számok végződése csak 48, vagy 84 lehet. Ezek alapján a megoldások: 13452 és 54312. 12
30. Bizonyítsd be, hogy ha egy kétjegyű számot megszorzunk kettővel, majd az eredmény után írjuk az eredeti kétjegyű számot, akkor olyan négy -, vagy ötjegyű számot kapunk, amely osztható 67 tel! Legyen a keresett szám helyiértékes felírással a következő: A = 10x + y. A szövegben végzett műveleteket elvégezve a következő számot kapjuk: 100 (20x + 2y) + 10x + y = 2010x + 201y = 201 (10x + y). Mivel 67 osztója 201 nek, így a szorzat, vagyis a kapott szám is osztható 67 tel. 31. Bizonyítsd be, hogy ha egy tetszőleges négyjegyű szám utolsó jegyét a szám elejére írjuk, s az így kapott számot az eredetiből kivonjuk, akkor 9 cel osztható számot kapunk! Legyen a keresett szám helyiértékes felírással a következő: A = 1000x + 100y + 10z + w. A szövegben végzett műveleteket elvégezve a következő számot kapjuk: 1000x + 100y + 10z + w (1000w + 100x + 10y + z) = 900x + 90y + 9z 9999w. Mivel a kapott kifejezés minden tagja osztható 9 cel, így a kifejezés is osztható 9 cel. 32. Bizonyítsd be, hogy ha egy szám abcabc alakú, akkor a szám mindig osztható 91 gyel (a, b, c számjegyek)! Írjuk fel a számot helyiértékek segítségével a következőképpen: abcabc = 100 000a + 10 000b + 1000c + 100a + 10b + c = = 100100a + 10010b + 1001c = 1001 (100a + 10b + c) Mivel 91 osztója 1001 nek, így a szorzat, vagyis az adott szám is osztható 91 gyel. 33. Bizonyítsd be, hogy bármely 3 szomszédos természetes szám szorzata osztható 6 tal! Mivel a számok között biztosan lesz egy 2 vel és egy 3 - mal osztható szám, ezért a szorzatuk biztosan osztható lesz 2 3 = 6 - tal is. 13
34. Bizonyítsd be, hogy 4 egymást követő szám szorzata mindig osztható 24 - gyel! Mivel a számok között biztosan lesz külön külön egy 2 - vel, egy 3 - mal és egy 4 - gyel osztható szám, ezért a szorzatuk biztosan osztható lesz 2 3 4 = 24 - gyel is. 35. Bizonyítsd be, hogy bármely 2 szomszédos természetes szám szorzata páros, illetve összege páratlan! Mivel a két szám szomszédos, így az egyik páros a másik pedig páratlan. Ebből adódik, hogy a számok szorzata páros, összegük pedig páratlan. 36. Bizonyítsd be, hogy ha 6 egész szám összege páratlan, akkor e számok szorzata páros! A hat szám mindegyike nem lehet páratlan, mert akkor az összegük páros lenne. Ebből adódik, hogy van közöttük páros szám, s így a szorzatuk páros. 37. Bizonyítsd be, hogy ha a pozitív egész számokat összeadjuk 1 től 1000 ig, akkor a kapott összeg osztható 11 gyel! Írjuk fel az összeget a következőképpen: 1 + 2 + + 999 + 1000 = (1 + 1000) + (2 + 999) + + (500 + 501) = 500 1001. Mivel 11 osztója 1001 nek, így a szorzat, vagyis az összeg is osztható 11 gyel. 38. Bizonyítsd be, hogy bármely 3 szomszédos természetes szám összege osztható 3 mal! Először írjuk fel a számokat általános alakban: 3k; 3k + 1; 3k + 2. Adjuk össze a három számot a következőképpen: 3k + 3k + 1 + 3k + 2 = 9k + 3. Mivel a kapott összeg minden tagja osztható 3 mal, így az összeg is osztható 3 mal. 14
39. Bizonyítsd be, hogy 3 egymást követő szám köbének összege osztható 9 cel! Először írjuk fel a számokat általános alakban: 3k; 3k + 1; 3k + 2. Adjuk össze a három szám köbét a következőképpen: (3k) 3 + (3k + 1) 3 + (3k + 2) 3 = = 27k 3 + 27k 3 + 27k 2 + 9k + 1 + 27k 3 + 54k 2 + 36k + 8 = 81k 3 + 81k 2 + 45k + 9 Mivel a kapott összeg minden tagja osztható 9 cel, így az összeg is osztható 9 cel. 40. Bizonyítsd be, hogy minden páratlan szám négyzete nyolccal osztva 1 - et ad maradékul! Először írjuk fel a páratlan számot általános alakban: 2k + 1. Végezzük el a négyzetre emelést: (2k + 1) 2 = 4k 2 + 4k + 1 = 4k (k + 1) + 1. Mivel k és k + 1 közül az egyik biztosan páros, így a szorzat osztható 2 4 = 8 cal, vagyis a kifejezést 8 cal osztva a maradék 1. 41. Bizonyítsd be, hogy 5 egymást követő egész szám négyzetének összeg nem lehet négyzetszám! Legyen az öt egymást követő egész szám: x 2; x 1; x; x + 1; x + 2. Írjuk fel a négyzetük összegét a következőképpen: (x 2) 2 + (x 1) 2 + x 2 + (x + 1) 2 + (x + 2) 2 = = x 2 4x + 4 + x 2 2x + 1 + x 2 + x 2 + 2x + 1 + x 2 + 4x + 4 = 5 (x 2 + 2) Mivel a négyzetszámok prímfelbontásában minden előforduló prím kitevője páros, így a kapott kifejezés akkor négyzetszám, ha a zárójelben levő kifejezés osztható 5 tel. Ekkor x 2 nek 3 ra, vagy 8 ra kellene végződnie, de ez nem lehetséges, mert a négyzetszámok végződései: 0; 1; 4; 5; 6; 9. Ebből adódik, hogy a kifejezésben az 5 ös kitevője 1, vagyis nem lehet négyzetszám. 15
42. Bizonyítsd be, hogy 4 egymás után következő természetes szám szorzatához 1 et hozzáadva teljes négyzetet kapunk! Legyen a négy egymást követő egész szám: x 1; x; x + 1; x + 2. Írjuk fel a szorzatukat a következőképpen: (x 1) x (x + 1) (x + 2) = (x 3 x) (x + 2) = x 4 + 2x 3 x 2 2x. Ehhez hozzáadva 1 et adódik az állítás: x 4 + 2x 3 x 2 2x + 1 = (x 2 + x 1) 2. 43. Bizonyítsd be, hogy a 3 pozitív egész kitevőjű hatványainak az utolsó előtti jegye mindig páros! (A 3 at és a 9 et 03 nak és 09 - nek tekintse!) Tekintsük 3 hatványainak a sorozatát: 3; 9; 27; 81; 243; Ebből adódik, hogy az utolsó jegyek periodikusan ismétlődnek: 3; 9; 7; 1. A tízes helyen álló számjegyek úgy adódnak, hogy az előző szám tízes helyiértékű jegyét 3 mal szorozzuk és hozzáadjuk az egyeseknél adódó maradékot. A felírt számok tízeseinek helyén páros szám áll, melyeket 3 mal szorozva páros számot kapunk. Az utolsó jegyeket 3 mal szorozva a keletkező maradék 0 (1 3 = 3; 3 3 = 9; ), vagy 2 (7 3 = 21; 9 3 = 27). Ebből adódik, hogy a két páros szám összege is páros lesz. 44. Bizonyítsd be, hogy bármely 3 - mal nem osztható szám négyzetéből 1 - et levonva 3 - mal osztható számot kapunk! Először írjuk fel a 3 - mal osztva 1 maradékot adó számokat általános alakban: x = 3k + 1. A szövegben végzett műveleteket elvégezve a következő számot kapjuk: x 2 1 = (3k + 1) 2 1 = 9k 2 + 6k + 1 1 = 9k 2 + 6k = 3 (3k 2 + 2k) Most írjuk fel a 3 - mal osztva 2 maradékot adó számokat általános alakban: y = 3m + 2. A szövegben végzett műveleteket elvégezve a következő számot kapjuk: y 2 1 = (3m + 2) 2 1 = 9m 2 + 12m + 4 1 = 9m 2 + 12m + 3 = 3 (3m 2 + 4m + 1) Mivel mindkét esetben olyan kifejezést kaptunk, amely osztható 3 - mal, így az állítás igaz. 16
45. Bizonyítsd be, hogy ha 7 2a + 3b, akkor 7 20a + 9b! Írjuk fel a 20a + 9b kifejezést olyan alakban, hogy szerepeljen benne a 2a + 3b kifejezés is: 20a + 9b = 3 (2a + 3b) + 14a. Mivel az összeg mindegyik tagja osztható 7 - tel, így a 20a + 9b is osztható lesz 7 - tel. 46. Bizonyítsd be, hogy ha 13 5a 4b és 13 9a + 3b, akkor 13 11b a! Írjuk fel a 11b a kifejezést olyan alakban, hogy szerepeljenek benne az 5a 4b és 9a + 3b kifejezések is: 11b a = (9a + 3b) 2 (5a 4b). Mivel a különbség mindegyik tagja osztható 13 - mal, így a 11b a is osztható lesz 13 - mal. 47. Bizonyítsd be, hogy n 3 + 23n osztható 24 gyel, ha n páratlan szám! Alakítsuk át a kifejezést a következőképpen: n 3 + 23n = n 3 + 24n n = 24n + n (n 2 1) = 24n + n (n 1) (n + 1). Az összeg második tagja egy olyan szorzat, melynek tényezői három egymást követő szám. Mivel n páratlan, így a szorzat tényezői külön külön oszthatók 2 vel, 3 mal és 4 gyel is, vagyis a szorzat osztható 2 3 4 = 24 gyel. Ezek alapján az összeg minden tagja osztható 24 gyel, vagyis az összeg is osztható 24 gyel. 48. Bizonyítsd be, hogy n 5 5n 3 + 4n osztható 120 szal, ha n természetes szám! Alakítsuk át a kifejezést a következőképpen: n 5 5n 3 + 4n = n (n 4 5n 2 + 4) = n (n 2 1) (n 2 4) = = n (n 1) (n + 1) (n 2) (n + 2) A szorzat tényezői öt egymást követő szám, melyek külön - külön oszthatók 2 vel, 3 mal, 4 gyel és 5 tel is. Ebből adódik, hogy a szorzat osztható 2 3 4 5 = 120 szal. 17
49. Bizonyítsd be, hogy n 7 n mindig osztható 7 tel, ha n természetes szám! Alakítsuk át a kifejezést a következőképpen: n 7 n = n (n 6 1) = n (n 3 1) (n 3 + 1) = = n (n 1) (n 2 + n + 1) (n + 1) (n 2 n + 1) Vizsgáljuk meg a kifejezést a 7 tel való oszthatóság szempontjából: Ha n = 7k, akkor a szorzat első tényezője osztható 7 tel. Ha n = 7k + 1, akkor a szorzat második tényezője osztható 7 tel. Ha n = 7k + 2, akkor a következő adódik: n 2 + n + 1 = (7k + 2) 2 + 7k + 2 + 1 = 49k 2 + 21k + 7 = 7 (7k 2 + 3k + 1) Ha n = 7k + 3, akkor a következő adódik: n 2 n + 1 = (7k + 3) 2 (7k + 3) + 1 = 49k 2 + 35k + 7 = 7 (7k 2 + 5k + 1) Ha n = 7k + 4, akkor a következő adódik: n 2 + n + 1 = (7k + 4) 2 + 7k + 4 + 1 = 49k 2 + 63k + 21 = 7 (7k 2 + 9k + 3) Ha n = 7k + 5, akkor a következő adódik: n 2 n + 1 = (7k + 5) 2 (7k + 5) + 1 = 49k 2 + 63k + 21 = 7 (7k 2 + 5k + 1) Ha n = 7k + 6, akkor a szorzat negyedik tényezője osztható 7 tel. Ezek alapján minden esetben osztható lesz a szorzat 7 tel. 18
50. Bizonyítsd be, hogy ha egy prímszámot 30 cal osztunk, akkor maradékul 1 et, vagy ismét prímszámot kapunk! Amennyiben 30 nál kisebb prímet osztunk 30 cal, akkor maga a prímszám lesz a maradék. Legyen a 30 nál nagyobb prímszám általános alakja: 30k + m, ahol m a maradékot jelöli. Az m nem lehet páros, illetve 3 nak és 5 nek többszöröse, mert akkor a kapott szám nem lenne prím. Ebből adódik, hogy az m lehetséges értékei: 1; 7; 11; 13; 17; 19; 23; 29. Ezek alapján, ha egy prímszámot elosztunk 30 cal, akkor a maradék csak 1, vagy prímszám. 51. Bizonyítsd be, hogy bármely két, 3 nál nagyobb ikerprímszám összege mindig osztható 12 vel! Amennyiben a két szomszédos prímszám 3 nál nagyobb, akkor a köztük levő szám osztható 2 vel és 3 mal, vagyis 6 tal, s így az általános alakja 6k. Ebből adódik, hogy a két prímszám általános alakja 6k 1 és 6k + 1, melyek összege 12k, ami osztható 12 vel. 52. Bizonyítsd be, hogy nincs olyan derékszögű háromszög, mely mindhárom oldalának mértéke egész szám, és befogói ikerprímek! Legyenek a befogók: p és p + 2. Alakítsuk a Pitagorasz tétel bal oldalát a következőképpen: p 2 + (p + 2) 2 = 2p 2 + 4p + 4. Mivel a p egy páratlan prímszám, így az egyenlőség jobb oldala páros, de nem osztható 4 gyel, vagyis nem lehet négyzetszám. 53. Bizonyítsd be, hogy bármely két szomszédos pozitív egész szám relatív prím! Két szomszédos természetes számnak csak az 1 lehet a közös osztója, mert amelyik prímmel osztható a kisebb szám, azzal a prímmel osztva a nagyobb számot a maradék 1. Ebből adódik, hogy a két szomszédos számnak nincs közös prímosztója, vagyis relatív prímek. 19
54. Melyek azok a pozitív egész számok, amelyeknek nincs valódi osztójuk a pozitív egész számok körében? Melyek azok, amelyeknek páratlan számú osztójuk van a pozitív egész számok körében? Melyek azok, amelyeknek pontosan 3 osztójuk van? A prímszámoknak és az 1 nek nincs valódi osztója. A négyzetszámoknak van páratlan számú osztója: az osztókat összepárosíthatjuk úgy, hogy a párok szorzata magát a számot eredményezi (elsőt az utolsóval, másodikat az utolsó előttivel, és így tovább). Mivel páratlan számú osztó van, így a középsőnek nem lesz párja, s azt önmagával megszorozva kapjuk az adott számot, ami így négyzetszám. A prímszámok négyzetének van pontosan 3 osztója: 1; p; p 2 (ahol p a prímszámot jelöli). 55. Négyzetszám e a 19 600 és a 232 713? Ha igen, melyik számnak a négyzete? A négyzetszámok végződése csak 0; 1; 4; 5; 6; 9 lehet és a prímtényezős felbontásukban minden előforduló prím kitevője páros. Ebből adódik, hogy a 232 713 nem négyzetszám. Mivel 19 600 = 2 4 5 2 7 2, így ez négyzetszám, s a 2 2 5 7 = 140 nek a négyzete. 56. Melyik négyzetszám: A = 2 1000 3 220 11 8, vagy B = 5 300 7 40 98? A négyzetszámok prímtényezős felbontásában a kitevők párosak. Ezek alapján az A szám négyzetszám, a B = 2 5 300 7 42 pedig nem. 57. Egy börtönben 400 cella található, mindegyikben van egy egy rab. A zárak úgy működnek, hogy egy fordításra zárnak, egy újabb fordításra nyitnak, és így tovább. Jelenleg minden zárka zárva van. A várúr a következőt parancsolja: az első őr fordítson minden záron egyet; ezt követően a második őr fordítson minden második záron egyet; a harmadik őr minden harmadik záron egyet; és így tovább a 400. őrig. Ezek után azt a rabot, amelynek ajtaja nyitva marad, szabadon engedi. Mennyien szabadulnak ki végül? Az utolsó őr végeztével csak azok a zárak maradnak nyitva, amelyeken páratlan számú fordítás történik. Ebből adódik, hogy a nyitva maradt cella sorszáma olyan szám, amelynek páratlan számú osztója van, vagyis négyzetszám. Ezek alapján a megoldás: Mivel 20 2 = 400, ezért összesen 20 rab szabadul ki, azok, akiknek a cellaszáma négyzetszám. 20
58. Melyik az a legkisebb pozitív egész szám, amivel az 1400 at megszorozva, vagy elosztva négyzetszámot kapunk? Bontsuk fel az 1400 at prímtényezők szorzatára: 1400 = 2 3 5 2 7. Mivel a négyzetszámok prímtényezős felbontásában minden előforduló prím kitevője páros, ezért a megoldás: 2 7 = 14. 59. Melyik a legkisebb olyan pozitív egész szám, amelynek tízszerese négyzetszám, hatszorosa pedig köbszám? A négyzetszámok prímtényezős felbontásában minden előforduló prím kitevője páros, a köbszámok esetén pedig minden kitevő osztható 3 mal. Mivel 10 = 2 5 és 6 = 2 3, így elegendő a 2; 3; 5 prímtényezőket felhasználni. Tudjuk, hogy a 2 kitevője páratlan és 3 mal osztva 2 t ad maradékul, a 3 kitevője páros és 3 mal osztva 2 t ad maradékul, az 5 kitevője pedig páratlan és 3 mal osztható. Ezek alapján a megoldás: 2 5 3 2 5 3 = 36 000. 60. Van e olyan négyzetszám, amely 90 re végződik? A 90 re végződő számok oszthatók 10 zel. Amennyiben egy szám négyzete osztható 10 zel, akkor az adott szám is osztható 10 zel. Ekkor viszont a négyzete osztható 100 zal is. Mivel a 90 re végződő számok nem oszthatók 100 zal, így nem lehetnek négyzetszámok. 61. Hány olyan természetes szám van, melynek négyzete 2019 darab 1 esből és néhány 0 ból áll? Nincs ilyen szám, mert a négyzetszámok prímtényezős felbontásában a prímek kitevői páros számok, ebben az esetben viszont a számjegyek összege 12, vagyis a szám osztható 3 mal, de 3 2 = 9 cel már nem. 62. A 28 nak melyik a legnagyobb hatványa, amellyel az A = 16 18 35 38 osztható? Bontsuk fel a számokat prímtényezőkre: 28 = 2 2 7 és A = 2 72 5 38 7 38. Ezek alapján a legnagyobb hatványa: 28 36 = 2 72 7 36. 21
63. Mely számok relatív prímek a következők közül? 11; 14; 15; 18; 25 Bontsuk fel a számokat prímtényezőkre: 11; 14 = 2 7; 15 = 3 5; 18 = 2 3 2 és 25 = 5 2. A számok közül azok lesznek relatív prímek, melyek nem tartalmaznak azonos prímtényezőt. Ezek alapján a megoldás: (11; 14), (11; 15), (11; 18), (11; 25), (14; 15), (14; 25), (18; 25). 64. Igazold, hogy ha n egy 3 mal osztható pozitív szám, akkor n + 1 és n relatív prím! 3 Először írjuk fel az n et általános alakban: n = 3k. Ekkor a következő kifejezéseket kell vizsgálnunk: 3k + 1 és 3k 3 = k. Mivel k bármely osztójával a 3k + 1 et elosztva a maradék 1, ezért nincs 1 nél különböző közös osztójuk, vagyis relatív prímek. 65. Adj meg négy olyan pozitív egész számot, melyek relatív prímek, de közülük bármely kettő nem relatív prím! Egy lehetséges megoldás: 2 3 5 = 30; 2 3 7 = 42; 2 5 7 = 70; 3 5 7 = 105. 66. Létezik e olyan p prímszám, amely után pontosan 6 összetett szám következik a természetes számsorban? Amennyiben p = 2, akkor nem teljesül a feltétel, mert a következő prímszám a 3. Amennyiben a p egy páratlan prímszám, akkor a feltétel szerint, az azt követő hetedik szám lenne a következő prímszám. Ez azonban nem lehetséges, mert egy páratlan prímszámhoz 7 et hozzáadva páros számot kapunk, ami biztosan nem prím. Ezek alapján a megoldás: Nem létezik a feltételnek eleget tevő prímszám. 67. Mennyi 0 ra végződik az első 1000 prímszám szorzata? Egyetlen 0 ra fog végződni, mert a prímtényezős felbontásban a 2 és az 5 kitevője is 1 lesz. 22
68. Mennyi 0 ra végződik az első 30 pozitív egész szám szorzata? A végződésnél adódó 0 k számát az határozza meg, hogy az adott szám 10 nek mekkora hatványával osztható. Mivel 10 = 2 5, így elegendő azt megvizsgálnunk, hogy a kapott szám prímtényezős felbontásában a 2, illetve az 5 mekkora kitevővel szerepel. A 2 kitevője biztosan nagyobb lesz (több páros szám van, mint 5 tel osztható), ezért csak az 5 kitevőjét kell meghatároznunk. Az 5 ös prímtényező az 5; 10; 15; 20; 25; 30 számokban fordul elő, összesen 7 szer. Ezek alapján a szorzat értéke osztható lesz 2 7 5 7 = 10 7 nel, vagyis 7 darab 0 ra végződik. 69. Felírható e a 2017 két prímszám összegeként? Két páratlan prímszám összege páros lenne, így mindenképp egy páros és egy páratlan prímszámot kell választanunk. Egyetlen páros prímszám a 2, de ekkor az összeg másik tagja 2015, ami nem prím. Ezek alapján a megoldás: nem lehet felírni két prímszám összegeként. 70. Van e olyan 8 egymást követő pozitív prímszám, amelyek összege is prímszám? Amennyiben a sorban első prímszám páratlan, akkor 8 páratlan prímszám összege páros lesz, ami biztosan nem lehet prímszám. Ebből adódik, hogy az egyetlen lehetséges számsor a 2; 3; 5; 7; 11; 13; 17; 19, melyek összege: 2 + 3 + 5 + 7 + 11 + 13 + 17 + 19 = 77, ami nem prímszám. Ezek alapján a megoldás: nincs a feltételnek eleget tevő számsor. 71. Határozd meg azokat a p, q, r prímszámokat, amelyekre p + q + r = 40! Ha mind a három prímszám páratlan, akkor az összegük is páratlan, így ez nem lehetséges. Ebből adódik, hogy p = 2 és q + r = 38. Ezek alapján a megoldások: 2; 7; 31 és 2; 19; 19. 23
72. Melyek azok a p prímszámok, amikre p + 26 és p + 64 is prímszám? Amennyiben p = 2, akkor a kapott értékek (28 és 66) nem prímszámok. Amennyiben p = 3, akkor a kapott értékek (29 és 67) prímszámok. Vizsgáljuk meg a további páratlan prímszámokat, az általános alakjukkal. Amennyiben p = 3k + 1, akkor p + 26 = 3k + 27, ami nem prím, mert 3 mal osztható. Amennyiben p = 3k + 2, akkor p + 64 = 3k + 66, ami nem prím, mert 3 mal osztható. Ezek alapján a megoldás: 3. 73. Van e olyan p prím, amelyre a következő kifejezések is prímek? p + 15 p 2 + 149 4p 2 1 5p 2 2 p 4 + 4 Tekintsük egyesével az adott kifejezéseket: p + 15 Amennyiben egy páratlan prímet választunk, akkor az összeg páros lesz, ami biztosan nem prím. Ebből adódik, hogy egyetlen lehetséges megoldás p = 2, s ekkor az összeg is prím (17). p 2 + 149 Minden páratlan prímszám négyzete páratlan, így ekkor a kapott összeg páros. Amennyiben p = 2, akkor a kifejezés értéke 2 2 + 149 = 153 = 9 17. Ezek alapján bármilyen prímszámot is választunk, a kapott eredmény összetett szám lesz. 4p 2 1 Alakítsuk a kifejezést a következőképpen: 4p 2 1 = (2p 1) (2p + 1). Ekkor a szorzat értéke csak akkor prím, ha a kisebb tényezője 1. Ebből azt kapjuk, hogy 2p 1 = 1, vagyis p = 1, ami nem prím. Így nincs megoldása a feladatnak. 24
5p 2 2 Amennyiben p = 2, akkor a kapott érték (18) nem prímszám. Amennyiben p = 3, akkor a kapott érték (43) prímszám. Vizsgáljuk meg a további páratlan prímszámokat, az általános alakjukkal. Amennyiben p = 3k + 1, akkor 5 (3k + 1) 2 2 = 45k 2 + 30k + 3, ami nem prím, mert 3 mal osztható. Amennyiben p = 3k + 2, akkor 5 (3k + 2) 2 2 = 45k 2 + 60k + 18, ami nem prím, mert 3 mal osztható. Ezek alapján a megoldás: 3. p 4 + 4 Amennyiben p = 2, akkor a kapott érték (20) nem prímszám. Amennyiben p = 5, akkor a kapott érték (629) nem prímszám. Minden további páratlan prímszám esetén a negyedik hatványuk 1 re végződik, s ehhez hozzáadva 4 et, a szám biztosan 5 tel osztható lesz, vagyis nem lehet prímszám. Ezek alapján a megoldás: nincs olyan prímszám, melyre a kifejezés is prímszám lenne. 74. Melyek azok a prímszámok, amelyek egy négyzetszámnál eggyel kisebbek? A 2 nem felel meg a feladat szövegének. Ebből adódik, hogy a lehetséges prímszámok páratlan számok. Ekkor az eggyel nagyobb négyzetszám páros, vagyis a prímszámok alakja: (2k) 2 1. Alakítsuk a kapott kifejezést a következőképpen: 4k 2 1 = (2k 1) (2k + 1). Ebből azt kapjuk, hogy a szorzat értéke csak akkor prím, ha a kisebb tényezője 1. Mivel 2k 1 = 1, így k = 1, s ekkor a másik tényező pedig 3. Ezek alapján a megoldás: 3. 25
75. Három prímszám szorzata összegük ötszörösével egyenlő. Melyik ez a három szám? Legyen a három prímszám: p; q; r. Ekkor felírhatjuk a következő egyenletet: p q r = 5 (p + q + r). Mivel az egyenlet jobb oldala osztható 5 tel, így a bal oldala is, vagyis az egyik prím az 5. Legyen p = 5, s rendezzük az egyenletet a következőképpen: q = r + 5 r 1. Alakítsuk tovább a kapott törtet: r + 5 = r 1 + 6 = 1 + 6. r 1 r 1 r 1 A kapott tört csak akkor lesz egész szám, ha (r 1) osztója 6 nak, vagyis r 1 = ±1; ±2; ±3; ±6. Ekkor az r és a q lehetséges értékei a következők: r 1 = 1 r = 2 q = 7 r 1 = 1 r = 0 q = 5 r 1 = 2 r = 3 q = 4 r 1 = 2 r = 1 q = 2 r 1 = 3 r = 4 q = 3 r 1 = 3 r = 2 q = 1 r 1 = 6 r = 7 q = 2 r 1 = 6 r = 5 q = 0 Ezek alapján a megoldások: 2; 5; 7. 76. Egy apa és két különböző korú kisgyermekének életkora ugyanazon prímszám hatványa. Egy évvel ezelőtt mindhármuk életkora prímszám volt. Hány évesek most? Mivel egy évvel ezelőtt prímszámok voltak az életkorok, ezért most biztosan páros számok, vagyis 2 nek hatványai. Ezek alapján a megoldás: az apa 2 5 = 32, a két gyerek pedig 2 3 = 8 és 2 2 = 4 évesek. 26
77. Határozd meg 324 és 750 összes osztójának számát, összes osztójának összegét, illetve a relatív prímek számát! Először bontsuk fel a számokat prímtényezőkre: 324 = 2 2 3 4 és 750 = 2 3 5 3. Az osztók számát megkapjuk a d(n) számelméleti függvény segítségével: d(324) = (2 + 1) (4 + 1) = 3 5 = 15 d(750) = (1 + 1) (1 + 1) (3 + 1) = 2 2 4 = 16 Az osztók összegét megkapjuk a σ(n) számelméleti függvény segítségével: σ(324) = 23 1 35 1 = 7 121 = 847 2 1 3 1 σ(750) = 22 1 32 1 54 1 = 3 4 156 = 1872 2 1 3 1 5 1 A relatív prímek számát megkapjuk a φ(n) számelméleti függvény segítségével: φ(324) = (2 1) 2 1 (3 1) 3 3 = 1 2 2 27 = 108 φ(750) = (2 1) 2 0 (3 1) 3 0 (5 1) 5 2 = 1 1 2 1 4 25 = 200 78. Melyik számnak van több osztója: 300 nak, vagy 380 nak? Először bontsuk fel a számokat prímtényezőkre: 300 = 2 2 3 5 2 és 380 = 2 2 5 19. Egy szám osztóinak számát úgy kapjuk meg, ha a prímtényezős felbontásban szereplő prímek kitevőit 1 gyel megnöveljük, majd az így kapott számokat összeszorozzuk. Számítsuk ki az osztók számát a d (n) számelméleti függvény segítségével: d (300) = (2 + 1) (1 + 1) (2 + 1) = 18 d (380) = (2 + 1) (1 + 1) (1 + 1) = 12 Ezek alapján a megoldás: a 300 nak van több osztója. 27
79. Melyik pozitív kétjegyű számnak van a legtöbb osztója? Mivel az első négy prímszám szorzata 2 3 5 7 = 210 > 100, így a kétjegyű számoknak maximum három különböző prímtényezője lehet a felbontás során. Egy szám osztóinak számát úgy kapjuk meg, ha a prímtényezős felbontásban szereplő kitevőket 1 gyel megnöveljük, majd az így kapott számokat összeszorozzuk. Ezek alapján a megoldások: 2 5 3 = 96; 2 3 3 2 = 72; 2 2 3 5 = 60; 2 2 3 7 = 84, melyek külön - külön 12 osztóval rendelkeznek. 80. Hány olyan nem egyszerűsíthető, 0 és 1 közötti tört van, amelynek nevezője 144? Egy tört akkor nem egyszerűsíthető tovább, ha a számlálójának és nevezőjének legnagyobb közös osztója 1, vagyis relatív prímek. Először bontsuk fel a számot prímtényezőkre: 144 = 2 4 3 2. Számítsuk ki a relatív prímek számát a φ (n) számelméleti függvény segítségével: φ(144) = (2 1) 2 3 (3 1) 3 1 = 1 8 2 3 = 48 Ezek alapján a megoldás: 48. 81. Melyik az a legkisebb pozitív egész szám, amelynek 12, illetve 13 osztója van? Egy szám osztóinak számát úgy kapjuk meg, ha a prímtényezős felbontásban szereplő kitevőket 1 gyel megnöveljük, majd az így kapott számokat összeszorozzuk. Bontsuk fel a 12 t szorzatokra: 12 = 1 12 = 2 6 = 3 4 = 2 2 3. Ebből csak a következő esetekben kapjuk a legkisebb számokat: 2 11 ; 2 5 3; 2 3 3 2 ; 2 2 3 5. Bontsuk fel a 13 - mat szorzatokra: 13 = 1 13. Ebből csak a következő esetben kapjuk a legkisebb számot: 2 12. Ezek alapján a megoldások: 2 2 3 5 = 60 és 2 12 = 4096. 28
82. Egy sorban 50 doboz található. A dobozokba valaki beletesz 1 1 golyót. Eztuán visszatér a sor elejére és minden másodikba tesz 1 1 golyót. Ezt követően minden harmadikba, majd minden negyedikbe, s ezt egészen addig folytatja, amíg végül csak az utolsó dobozba tesz 1 golyót. Melyikben lesz a legkevesebb és a legtöbb golyó? Lesz e olyan doboz, amibe 5 golyó kerül? A dobozokba annyi golyó kerül az eljárás során, amennyi osztója van a doboz sorszámának. A legkevesebb golyó az első dobozba lesz (1 darab). A legtöbb golyó a 48. dobozba kerül (10 darab), mert 48 = 2 4 3. A 16. dobozban pontosan 5 darab golyó lesz, mivel 16 = 2 4. 83. Bizonyítsd be, hogy a 220 és a 284 barátságos számok! Adj meg 3 darab Pitagoraszi számhármast! A barátságos számok esetében vizsgáljuk meg az önmaguknál kisebb osztók összegét: 220 1 + 2 + 4 + 5 + 10 + 11 + 20 + 22 + 44 + 55 + 110 = 284 284 1 + 2 + 4 + 71 + 142 = 220 Mivel a kapott eredmény éppen a másik szám, így ezek barátságos számpárt alkot. Az (x; y; z) Pitagoraszi számhármasok megadásához vegyünk tetszőleges m, n értékeket, ahol m > n, majd alkalmazzuk a képzési szabályt (x = m 2 n 2 ; y = 2mn; z = m 2 + n 2 ): m = 2 és n = 1 x = 4 1 = 3 y = 2 2 1 = 4 z = 4 + 1 = 5 m = 3 és n = 2 x = 9 4 = 5 y = 2 3 2 = 12 z = 9 + 4 = 13 m = 4 és n = 3 x = 16 9 = 7 y = 2 4 3 = 24 z = 16 + 9 = 25 Továbbá, ha adott egy számhármas, akkor annak pozitív egész számszorosai is megfelelő megoldást adnak: (3; 4; 5); (6; 8; 10); (9; 12; 15); 84. Írd fel 1 - től 50 - ig az ikerprímeket! Döntsd el, hogy a következő számok tökéletes / bővelkedő / szűkölködő (hiányos) számok - e! 6, 10, 11, 12, 20, 28 Az ikerprímek a következők: (3; 5), (5; 7), (11; 13), (17; 19), (29; 31), (41; 43). 29
Az adott számok kategóriákba való besorolásához először adjuk össze a számok osztóit, majd a kapott értékeket viszonyítsuk az adott számok kétszereséhez. 6 1 + 2 + 3 + 6 = 12 = 12 10 1 + 2 + 5 + 10 = 18 < 20 11 11 < 22 12 1 + 2 + 3 + 4 + 6 + 12 = 28 > 24 20 1 + 2 + 4 + 5 + 10 + 20 = 42 > 40 28 1 + 2 + 4 + 7 + 14 + 28 = 56 = 56 Ezek alapján a megoldások: Tökéletes szám Bővelkedő szám Szűkölködő szám 6, 28 12, 20 10, 11 85. A szabályos n - szögek közül melyek szerkeszthetők meg Euklideszi módon (körzővel és vonalzóval), ha n = 3, 4,, 11? Egy szabályos n szög pontosan akkor szerkeszthető meg Euklideszi módon, ha n felírható 2 valamilyen hatványának és különböző Fermat prímek (3; 5; 17; ) szorzataként. Nézzük meg, mely számok írhatók fel a kívánt szorzatalakban: 3 = 2 0 3 4 = 2 2 5 = 2 0 5 6 = 2 3 8 = 2 3 10 = 2 5 Ezek alapján a megoldás: a szabályos 3, 4, 5, 6, 8, 10 szög megszerkeszthető Euklideszi módon. 86. Melyek azok a p prímszámok, amelyekre 2p 1 és 2p + 1 ikerprímek? Amennyiben p = 2, akkor a kapott értékek (3 és 5) ikerprímek. Amennyiben p = 3, akkor a kapott értékek (5 és 7) ikerprímek. Vizsgáljuk meg a további páratlan prímszámokat, az általános alakjukkal. Amennyiben p = 3k + 1, akkor 2 (3k + 1) + 1 = 6k + 3, ha pedig p = 3k + 2, akkor 2 (3k + 2) 1 = 6k + 3, vagyis egyik sem prím, mert oszthatók 3 mal. Ezek alapján a megoldások: p = 2 és p = 3. 30
87. Határozd meg az 1852 és 1972 számok legnagyobb közös osztóját Euklideszi algoritmus segítségével! Az euklideszi algoritmus azt jelenti, hogy minden újabb lépésben az előző lépésben szereplő osztót osztjuk el az ott keletkezett maradékkal: 1972 1852 = 1, maradék: 120. 1852 120 = 15, maradék: 52. 120 52 = 2, maradék: 16. 52 16 = 3, maradék: 4. 16 4 = 4, maradék: 0. Ezek alapján a megoldás (az utolsó nem 0 maradék): 4. 88. Határozd meg 60 és 198 legnagyobb közös osztóját és legkisebb közös többszörösét! Először bontsuk fel a számokat prímtényezőkre: 60 = 2 2 3 5 és 198 = 2 3 2 11. A legnagyobb közös osztó meghatározásához a közös prímtényezőket az előforduló legkisebb hatványon összeszorozzuk. Ezek alapján a legnagyobb közös osztó: (60, 198) = 2 3 = 6. A legkisebb közös többszörös meghatározásához a két számban szereplő összes prímtényezőt az előforduló legnagyobb hatványon összeszorozzuk. Ezek alapján a legkisebb közös többszörös: [60, 198] = 2 2 3 2 5 11 = 1980. 89. Határozd meg a b számot, ha tudjuk, hogy a = 2 7 3 5 7; (a, b) = 2 4 3 5 és [a, b] = 2 7 3 9 5 7! A b szám prímtényezők szorzataként való felíráshoz a legnagyobb közös osztóból indulunk ki. Ebből következik, hogy a b szám prímtényezős felbontásában biztosan lesz 2 4 (mert az a számban 2 7 szerepelt) és 3 - nak valamilyen hatványa (mivel a - nál is éppen 3 5 szerepelt, ezért a hatványt még nem tudjuk kitalálni). Ezek után tekintsük a legkisebb közös többszöröst. Ebből azt kapjuk, hogy biztosan lesz a b szám prímtényezős felírásában 5 és 3 9 (mert az a szám felírásában az 5 nem, míg a 3 csak az ötödik hatványon szerepelt). Ezek alapján a megoldás: b = 2 4 3 9 5 = 1 574 640. 31
90. Határozd meg a betűk lehetséges értékeit! (a; 72) = 24 [b; 12] = 60 Először bontsuk fel prímtényezők szorzatára a megadott számokat: 72 = 2 3 3 2 ; 24 = 2 3 3 és 12 = 2 2 3; 60 = 2 2 3 5. A legnagyobb közös osztó meghatározásához a közös prímtényezőket az előforduló legkisebb hatványon, a legkisebb közös többszörös meghatározásához a két számban szereplő összes prímtényezőt az előforduló legnagyobb hatványon kell összeszoroznunk. Ezek alapján a megoldások: a = 24, vagy olyan pozitív többszöröse, amelynek nincs további 3 as prímtényezője. b 1 = 5; b 2 = 2 5 = 10; b 3 = 3 5 = 15; b 4 = 2 2 5 = 20; b 5 = 2 3 5 = 30; b 6 = 60 91. Melyek azok a számpárok, amelyeknek legnagyobb közös osztója 12, legkisebb közös többszöröse 5040? Írjuk fel az adott számok prímtényezős alakját: 12 = 2 2 3 és 5040 = 2 4 3 2 5 7. A legnagyobb közös osztóból adódik, hogy mindkét számban szerepelnie kell a 2 2 nak és a 3 nak. A legkisebb közös többszörösből pedig azt kapjuk, hogy a másik számban lennie kell 2 4 nek és 3 2 nek. Az 5 és a 7 csak az egyik számban állhat, de valamelyikben lenniük kell. Ezek alapján összesen 8 megoldás lehetséges: a 1 = 2 2 3 = 12 és b 1 = 2 4 3 2 5 7 = 5040 (12; 5040) és [12; 5040] a 2 = 2 2 3 5 = 60 és b 2 = 2 4 3 2 7 = 1008 (60; 1008) és [60; 1008] a 3 = 2 2 3 7 = 84 és b 3 = 2 4 3 2 5 = 720 (84; 720) és [84; 720] a 4 = 2 2 3 5 7 = 420 és b 4 = 2 4 3 2 = 144 (144; 420) és [144; 420] a 5 = 2 4 3 = 48 és b 5 = 2 2 3 2 5 7 = 1260 (48; 1260) és [48; 1260] a 6 = 2 2 3 2 = 36 és b 6 = 2 4 3 5 7 = 1680 (36; 1680) és [36; 1680] a 7 = 2 4 3 5 = 240 és b 7 = 2 2 3 2 7 = 252 (240; 252) és [240; 252] a 8 = 2 4 3 7 = 336 és b 8 = 2 2 3 2 5 = 180 (180; 336) és [180; 336] 32
92. Mely a és b természetes számokra teljesül, hogy (a; b) = 8 és a b = 1280? A legnagyobb közös osztó miatt a számok általános alakja: a = 8k és b = 8m, itt (k; m) = 1. Ezt behelyettesítve a szorzatba a következő adódik: k m = 20. Ebből a következőt kapjuk: k 1 = 1; m 1 = 20 és k 2 = 4; m 2 = 5. Ezek alapján a megoldások: a 1 = 8; b 1 = 160 és a 2 = 32; b 2 = 40. 93. Melyik az a legnagyobb szám, amellyel az 1512 at és a 1762 at elosztva mindkét esetben 12 lesz a maradék? Írjuk fel a 12 vel kisebb számok prímtényezős alakját: 1500 = 2 2 3 5 3 ; 1750 = 2 5 3 7. Ezek alapján a megoldás: (1500; 1750) = 2 5 3 = 250. 94. Melyik az a legkisebb természetes szám, amely 2 vel osztva 1, 3 mal osztva 2, 4 gyel osztva 3 és 5 tel osztva 4 maradékot ad? Az adott számhoz, ha hozzáadunk 1 et, akkor a kapott szám osztható lesz 2 vel, 3 mal, 4 gyel és 5 tel is. Írjuk fel a 2,3,4,5 számok legkisebb közös többszörösét: [2; 3; 4; 5] = 3 4 5 = 120. Ezek alapján a megoldás: 120 1 = 119. 95. Melyek azok a négyjegyű pozitív egész számok, amelyek 11 gyel, 15 tel és 16 tal osztva egyaránt 6 maradékot adnak? Legyen a keresett szám x. Ekkor az x 6 osztható 11 gyel, 15 tel és 16 tal is. Írjuk fel a 11,15,16 legkisebb közös többszörösét: [11; 15; 16] = 11 15 16 = 2640. Ezek alapján a megoldások: 2646; 5286; 7926. 33
96. Egy ötjegyű szám osztható 7 tel, 8 cal és 9 cel. Az első két számjegyből álló szám prímszám, eggyel nagyobb egy négyzetszámnál, s a két számjegy összege kétjegyű. Melyik ez az ötjegyű szám? Írjuk fel a 7,8,9 számok legkisebb közös többszörösét: [7; 8; 9] = 7 8 9 = 504. Az első két számjegyből képzett szám prímszám, így ennek páratlannak kell lennie. Mivel eggyel nagyobb egy négyzetszámnál, ezért csak 17, vagy 37 lehet. A 17 esetén 1 + 7 = 8 nem kétjegyű. Ebből adódik, hogy a keresett szám 504 nek többszöröse és 37 tel kezdődik. Ezek alapján a megoldások: 37 296; 37 800. 97. Írj az 523 - hoz három számjegyet úgy, hogy az így keletkezett hatjegyű szám osztható legyen 7 tel, 8 cal és 9 cel is. Hány megoldás van? Legyen a keresett háromjegyű szám x. Írjuk fel a 7,8,9 számok legkisebb közös többszörösét: [7; 8; 9] = 7 8 9 = 504. Ekkor osszuk el 523 000 et 504 gyel: 523 000 = 1037 504 + 352. Ebből azt kapjuk, hogy x 1 = 504 352 = 152, vagy x 2 = 2 504 352 = 656. Ezek alapján a megoldások: 523152; 523656. 98. Melyik az a háromjegyű szám, amelyből 7 et elvéve 7 tel osztható, 8 cat elvéve 8 cal osztható, 9 cet elvéve 9 cel osztható számot kapunk? A szövegből adódik, hogy a keresett szám osztható 7 tel, 8 cal és 9 cel is. Írjuk fel a 7,8,9 számok legkisebb közös többszörösét: [7; 8; 9] = 7 8 9 = 504. Mivel az 504 többszörösei nem háromjegyűek, így ez az egyetlen megoldás. 34
99. Tamás a könyveit rendezgetve a következőt veszi észre: akár 20 at, akár 25 öt, akár 35 öt rak egy sorba mindig 2 könyv marad az utolsó sorban. Mennyi könyve van, ha tudjuk, hogy több van 1000 nél, de kevesebb 2000 - nél? Írjuk fel a számok prímtényezős felbontását: 20 = 2 2 5; 25 = 5 2 ; 35 = 5 7. Számítsuk ki ezek legkisebb közös többszörösét: [20; 25; 35] = 2 2 5 2 7 = 700. Ebből adódik, hogy a könyvek száma 700 valamilyen egész többszörösénél 2 vel több. Ezek alapján a megoldás: Tamásnak 1402 könyve van összesen. 100. Adott 3 bolygó keringési ideje: 18 év; 24 év; 30 év. Mennyi év múlva lesz a következő együttállás, ha az előző óta 5 év telt el? Írjuk fel a számok prímtényezős felbontását: 18 = 2 3 2 ; 24 = 2 3 3; 30 = 2 3 5. Számítsuk ki ezek legkisebb közös többszörösét: [18; 24; 30] = 2 3 3 2 5 = 360. Ezek alapján a megoldás: 360 évenként van együttállás, s így 355 év múlva lesz a következő. 101. Melyik az a legnagyobb négyzet alakú járólap, amellyel hézagmentesen ki lehet rakni egy 306 cm 425 cm es téglalap alakú helyiséget? Írjuk fel a számok prímtényezős felbontását: 306 = 2 3 2 17; 425 = 5 2 17. Számítsuk ki ezek legnagyobb közös osztóját: (306; 425) = 17. Ezek alapján a megoldás: 17 17 cm es négyzet alakú járólapot kell használni. 102. Hány olyan pozitív egész szám van, amelyik osztója a 10 40 és 20 30 számok valamelyikének? Először bontsuk fel a számokat prímtényezőkre: 10 40 = 2 40 5 40 és 20 30 = 2 60 5 30. Egy szám osztóinak számát úgy kapjuk meg, ha a prímtényezős felbontásban szereplő kitevőket 1 gyel megnöveljük, majd az így kapott számokat összeszorozzuk. 35