Bizonyítási módszerek - megoldások 1. Igazoljuk, hogy menden természetes szám esetén ha (a) 9 n 3 n (b) 4 n 2 n (c) 21 n 3 n (d) 21 n 7 n (e) 5 n 25 n (f) 4 n 16 n (g) 15 n (3 n 5 n) 9 n n = 9k = 3 3k 3 n 4 n n = 4k = 2 2k 2 n 21 n = 21k = 3 7k 3 n 21 n n = 21k = 7 3k 7 n 5 n 25 n = 25 n 5 n 25 n n = 25k = 5 5k 5 n 4 n 16 n = 16 4 n 16 n = 16k = 4 4k 4 n 15 n (3 n 5 n) = (3 n 5 n 15 n Ez viszont nyilvánvaló, mert (3; 5) = 1, azaz relatív prímek. (h) 4 n 3 2 n (i) 3 n 9 n 4 n 3 2 n = 2 n 4 n 3 2 n n = 2k n 3 = 2 3 k 3 = 8k 3 = 4 2k 3 4 n 3 3 n 9 n = 9 n 3 n 9 n n = 9k = 3 3k 3 n
(j) 2 n 2 2 n (k) 2 (n 5 + 3n 3 + 7) 2 n 2 n 2 2 n = 2 n 2 n 2 2 n n = 2k n 2 = 22k = 4k = 2 2k 2 n 2 2 (n 5 + 3n 3 + 7) 2 n = 2 n 2 (n 5 + 3n 3 + 7) 2 n n = 2k n 5 +3n 3 +7 = (2k) 5 +3 (2k) 3 +6+1 = 2 ( 2 4 k 5 + 3 2 2 k 3 + 3 ) +1 2 (n 5 +3n 3 +7) (l) 2 n 2 n 2 (m) 3 (n 3 + 2n) 2 n n = 2k n 2 = (2k) 2 = 4k 2 = 2 2k 2 2 n 2 n 3 + 2n = n(n 2 + 2) 3 eset lehetséges: 1. eset: n = 3k n 3 + 2n = 3k(n 2 + 2) 3 (n 3 + 2n) 2. eset: n = 3k + 1 n 3 + 2n = n ( (3k + 1) 2 + 2 ) = n(9k 2 + 6k + 3) = 3n(3k 2 + 2k + 1) 3 (n 3 + 2n) 3. eset: n = 3k 1 n 3 + 2n = n ( (3k 1) 2 + 2 ) = n(9k 2 6k + 3) = 3n(3k 2 2k + 1) 3 (n 3 + 2n) Több eset nem lévén az állítást bizonyítottuk. 2. megoldás: Felhasználjuk, hogy három egymást követő egész szám szorzata osztható 3-mal, vagyis (n 1)n(n + 1) = 3k n 3 +2n = n 3 n+3n = n(n 2 1)+3n = (n 1)n(n+1)+3n = 3k+3n = 3(k+n) 3 (n 3 +2n) (n) 2 (n 2 3n) n 2 3n = n(n 3) 2 eset lehetséges. 1. eset: n = 2k n 2 3n = 2k(n 3) 2 (n 2 3n) 2. eset: n = 2k 1 n 2 3n = n(2k 4) = 2n(k 2) 2 (n 2 n 2 ) Több eset nem lévén az állítást bizonyítottuk. 2. megoldás: Felhasználjuk, hogy két egymást követő egész szám szorzata osztható 2-vel, vagyis (n 1)n = 2k (o) 4 (n 4 + 3n 2 ) n 2 3n = n 2 n 2n = (n 1)n 2n = 2k 2n = 2(k n) 2 (n 2 3n) n 4 + 3n 2 = n 2 (n 2 + 3) 2 eset lehetséges. 1. eset: n = 2k n 4 + 3n 2 = (2k) 2 (n 2 + 3) = 4k 2 (n 2 + 3) 4 (n 4 + 3n 2 ) 2, eset: n = 2k 1 n 4 +n 2 = n 2 ( (2k 1) 2 + 3 ) = n 2 (4k 2 4k +4) = 4n 2 (k 2 k +1) 4 (n 4 +3n 2 )
(p) 6 (n 3 n) Mivel 6 = 2 3, és (2; 3) = 1, azaz relatív prímek, ezért elegendő bizonyítanunk, hogy 2 (n 3 n) és 3 (n 3 n). Mivel n 3 n = n(n 2 1) = (n 1)n(n + 1), vagyis 3 egymást követő természetes szám szorzata, ezért 3-mal és 2-vel is osztható. Ezzel állításunkat igazoltuk. (q) 3 (n 3 + 5n) n 3 + 5n = n(n 2 + 5) 3 eset lehetséges. 1. eset n = 5k n 3 + 5n = 3k(n 2 + 5) 3 (n 3 + 5n) 2. és 3. eset: n = 3k ± 1 n 3 + 5n = n ( (3k±) 2 + 5 ) = n(9k 2 ± 6k + 6) = 3n(3k 2 ± 2k + 2) 3 (n 3 + 5n) Több eset nem lévén az állítást bizonyítottuk. (r) 15 (n 6 n 2 ) Mivel 15 = 3 5 és 3, 5 relatív prímek, ezért elegendő bizonyítanunk, hogy a kifejezés osztható 3-mal és 5-tel. Viszont n 6 n 2 = n 2 (n 4 1) = n 2 (n 2 1)(n 2 + 1) = (n 1)n(n + 1)(n 2 + 1)n. Ez 3-mal osztható, mert három egymást követő természetes szám szorzata osztható 3-mal. Már csak 5-tel való oszthatóságot kell bizonyítanunk. 5 eset lehetséges. 1, eset: n = 5k n 6 n 2 = (5k) 2 (n 4 1) = 5 5k(n 4 1) 5 (n 6 n 2 ) 2. és 3. eset: n = 5k±1 n 6 n 2 = n 2 ( (5k ± 1) 2 1 ) (n 2 +1) = n 2 (25k 2 ±10k+1 1)(n 2 +1) = 5n 2 (5k 2 ±2k) 5 4. és 5. eset: n = 5k±2 n 6 n 2 = n 2 (n 2 1) ( (5k + 2) 2 + 1 ) = n 2 (n 2 1)(25k 2 +10k+5) = 5n 2 (n 2 1)(5k 2 +2k+1) (s) 6 (n 3 + 11n) Felhasználjuk, hogy 3 egymást követő természetes szám szorzata osztható 2-vel és 3-mal, vagyis 6-tal, azaz (n 1)n(n + 1) = 6k. n 3 +11n = n 3 n+12n = n(n 2 ) 1)+12n = (n 1)n(n+1)+12n = 6k+12n = 6(k+2n) 6 (n 3 +11n) (t) 30 (5n 3 + 15n 2 + 10n) Felhasználjuk, hogy 3 egymást követő természetes szám szorzata osztható 2-vel és 3-mal, vagyis 6-tal, azaz (n 1)n(n + 1) = 6k, illetve két egymást követő terbésszetes szám szorzata osztható 2-v2l: n(n + 1) = 2l. 5n 3 + 15n 2 + 10n = 5(n 3 n + 3n 2 + 3n + 12n) = 5 ( n(n 2 1) + 3n(n + 1) + 12n ) = = 5 ((n 1)n(n + 1) + 6l + 12n) = 5(6k + 6l + 12n) = 30(k + l + 2n) 30 (5n 3 + 15n 2 + 10n) (u) 120 (n 5 5n 3 + 4n) Mivel 120 = 8 3 5, és 3; 5; 8 számok páronként relatív prímek elegendő belátnunk, hogy az adott kifejezés osztható 3-mal. 5 tel és 8-cal.
n 5 5n 3 + 4n = n(n 4 5n 2 + 4) = n(n 2 1)(n 2 4) = (n 2)(n 1)n(n + 1)(n + 2) 3-mal osztható, mert három egymást követő természetes szám oszthat 3-mal. Öttel osztható, mert öt egymást követő természetes szám szorzata. 8-cal is osztható, mert négy egymást követő természetes szám szorzata osztható nyolccal. (v) 120 (5n 4 + 10n 3 5n 2 10n) Mivel 120 = 8 3 5, és 3; 5; 8 számok páronként relatív prímek elegendő belátnunk, hogy az adott kifejezés osztható 3-mal. 5 tel és 8-cal. 5n 4 +10n 3 5n 2 10n = 5n ( n 2 (n 2) n(n 2) ) = 5(n 2)n(n 2 1) = 5(n 2)(n 1)n(n+1) 3-mal osztható, mert három egymást követő természetes szám oszthat 3-mal. Öttel nyilvánvalóan osztható. 8-cal is osztható, mert négy egymást követő természetes szám szorzata osztható nyolccal. 2. Igazoljuk, hogy minden két egymást követő természetes szám szorzata osztható kettővel. Feladat értelmében, ha n N 2 n(n + 1) Két eset lehetséges. 1. eset: n = 2k n(n + 1) = 2k(n + 1) 2 n(n + 1) 2. eset: n = 2k 1 n(n + 1) = (2k 1)2k 2 n(n + 1) 3. Igazoljuk, hogy minden két egymást követő páros természetes szám szorzata osztható nyolccal. Feladat értelmében ha n N 8 2n(2n + 2) Felhasználjuk, hogy két egymást követő természetes szém szorzata osztható kettővel: n(n + 1) = 2k. 2n(2n + 2) = 4n(n + 1) = 4 2k = 8k 8 2n(2n + 2) 4. Bizonyítsuk be, hogy bármely három egymást követő természetes szám szorzata osztható hárommal. Feladat értelmében bizonyítandó ha n N 3 n(n + 1)(n + 2) 3 eset lehetséges. 1. eset: n = 3k n(n + 1)(n + 2) = 3k(n + 1)(n + 2) 3 n(n + 1)(n + 2) 2. eset: n = 3k 1 n(n + 1)(n + 2) = n 3k(n + 2) 3 n(n + 1)(n + 2) 3. eset: n = 3k + 1 n(n + 1)(n + 2) = n(n + 1)(3k + 3) = 3n(n + 1)(k + 1) 3 n(n + 1)(n + 2) 5. Bizonyítsuk be, hogy egy tízes számrendszerben felírt szám osztható kettővel, ha páros számra végződik. Minden n természetes felírható n = 10a + b alakban, ahol b az n szám utolsó számjegye. Ha Ezzel allításunkat bizonyítottuk. 2 b b = 2k n = 10a + b = 10a + 2k = 2(5a + k) 2 n
6. Bizonyítsuk be, hogy egy tízes számrendszerben felírt szám osztható öttel, ha ötre vagy nullára végződik. Minden n természetes felírható n = 10a + b alakban, ahol b az n szám utolsó számjegye. Ha b = 0 vagy b = 5, akkor Ezzel allításunkat bizonyítottuk. 5 b b = 5k n = 10a + b = 10a + 5k = 5(2a + k) 5 n 7. Bizonyítsuk be, hogy egy tízes számrendszerben felírt természetes szám osztható néggyel, ha a két utolsó számjegy által alkotott szám osztható néggyel. Minden n természetes felírható n = 100a + b alakban, ahol b az n szám utolsó két számjegyéből előállított szám. Ha Ezzel allításunkat bizonyítottuk. 4 b b = 4k n = 100a + b = 100a + 4k = 4(25a + k) 4 n 8. Bizonyítsuk be, hogy egy tízes számrendszerben felírt természetes szám osztható nyolccal, ha a három utolsó számjegy által alkotott szám osztható nyolccal. Minden n természetes felírható n = 1000a + b alakban, ahol b az n szám utolsó három számjegyéből előállított szám. Ha 8 b b = 8k n = 1000a + b = 1000a + 8k = 8(125a + k) 8 n Ezzel allításunkat bizonyítottuk. 9. Bizonyítsuk be, hogy egy tízes számrendszerben felírt természetes szám osztható hárommal, ha a számjegyeik összege osztható hárommal. Legyen n = a r a r 1 a r 2... a 2 a 1 a 0 tetszőleges természetes szám, ahol a r, a r 1,..., a 2, a 1, a 0. Tételezzük fel, hogy az n számjegyeinek összege osztható 3-mal, azaz Ekkor a r + a r 1 + + a 2 + a 1 + a 0 = 3k. n =a r a r 1 a r 2... a 2 a 1 a 0 =a r 10 r + a r 1 10 r 1 + + a 2 10 2 + a 1 10 + a 0 = =a r 10 r + a r 1 10 r 1 + + a 2 10 2 + a 1 10 + a 0 (a r + a r 1 + + a 2 + a 1 + a 0 )+ + (a r + a r 1 + + a 2 + a 1 + a 0 ) = =a r 10 r a r + a r 1 10 r 1 a r 1 + + a 2 10 2 a 2 + a 1 10 a 1 + + (a r + a r 1 + + a 2 + a 1 + a 0 ) = =a r (10 r 1) + a r 1 (10 r 1 1) + + a 2 (10 2 1) + a 1 (10 1) + 3k = r r 1 =a r 99... 9 +a r 1 99... 9 + + a 2 99 + a 1 9 + 3k = =3 a r r 33... 3 +a r 1 r 1 33... 3 + + a 2 33 + a 1 3 + k 3 n
10. Bizonyítsuk be, hogy egy tízes számrendszerben felírt természetes szám osztható kilenccel, ha a számjegyeik összege osztható kilenccel. Legyen n = a r a r 1 a r 2... a 2 a 1 a 0 tetszőleges természetes szám, ahol a r, a r 1,..., a 2, a 1, a 0. Tételezzük fel, hogy az n számjegyeinek összege osztható 9-cel, azaz Ekkor a r + a r 1 + + a 2 + a 1 + a 0 = 9k. n =a r a r 1 a r 2... a 2 a 1 a 0 =a r 10 r + a r 1 10 r 1 + + a 2 10 2 + a 1 10 + a 0 = =a r 10 r + a r 1 10 r 1 + + a 2 10 2 + a 1 10 + a 0 (a r + a r 1 + + a 2 + a 1 + a 0 )+ + (a r + a r 1 + + a 2 + a 1 + a 0 ) = =a r 10 r a r + a r 1 10 r 1 a r 1 + + a 2 10 2 a 2 + a 1 10 a 1 + + (a r + a r 1 + + a 2 + a 1 + a 0 ) = =a r (10 r 1) + a r 1 (10 r 1 1) + + a 2 (10 2 1) + a 1 (10 1) + 9k = r r 1 =a r 99... 9 +a r 1 99... 9 + + a 2 99 + a 1 9 + 9k = =9 a r r 11... 1 +a r 1 r 1 11... 1 + + a 2 11 + a 1 + k 9 n 11. Igazoljuk, hogy tetszőleges n természetes szám esetén ha (a) 3 (n 2) 6 (n 2 5n + 6) 3 (n 2) n 2 = 3k n = 3k+2 n 2 5n+6 = (n 2)(n 3) = 3k(n 3) 3 (n 2 5n+6) (b) 5 n 30 (n 3 n) Mivel 30 = 5 6 és 6 és 6 számok relatív prímek, ezért elegendő bizonyitani, hogy a kifejezés osztható 5-tel és 6-tal. Mivel n 3 n = n(n 2 1) = (n 1)n(n + 1), ami három egymást követő szám szorzata, ami osztható 3-mal és 2-vel, így 6-tal is. Másrészt Ezzel állításunkat bizoníítottuk. (c) 2 n 16 (n 4 1) 5 n = 5k n 3 n = n(n 2 1) = 5k(n 2 1) 5 (n 3 n). (d) 4 n 16 (n 2 + 4n) 2 n n =2k 1 n 4 1 = (n 2 1)(n 2 + 1) = (n 1)(n + 1)(n 2 + 1) = =(2k 2)2k((2k 1) 2 + 1) = 4(k 1)k(4k 2 4k + 2) = 2l =8 (k 1)k(2k 2 2k + 1) = 16l(2k 2 2k + 1) 16 (n 4 1) 4 n n = 4k n 2 + 4n = n(n + 4) = 4k(4k + 4) = 16k(k + 1) 16 (n 2 + 4n)
(e) 6 n 12 (n 2 + 2n) 6 n n = 6k n 2 + 2n = n(n + 2) = 6k(6k + 2) = 12k(3k + 1) 12 (n 2 + 2n) (f) 5 n 15 (n 2 + n) Az állítás hamis, mert n = 10 esetén n 2 + n = 110, ami nem osztható 15-tel. (g) 3 (n 2) 6 (n 2 5n + 6) lásd a 11. (a) feladatot. 12. Bizonyítsuk be, hogy 2, 3, 5, 7 irracionális számok. 2: Tételezzük fel, hogy 2 racionális szám, vagyis felírható két egész szám hányadosaként, amelyek relatív prímek: p 2 = (p; q) = 1 q 2 q = p / 2 2q 2 = p 2 p = 2k 2q 2 = 4k 2 / : 2 q = 2k 2 q = 2l Ez viszont ellentmondás, mert (p; q) 2, viszont a feltétel miatt (p; q) = 1. Ezzel állításunkat bebizonyítottuk. 3: Tételezzük fel, hogy 3 racionális szám, vagyis felírható két egész szám hányadosaként, amelyek relatív prímek: p 3 = (p; q) = 1 q 3 q = p / 2 3q 2 = p 2 p = 3k 3q 2 = 9k 2 / : 3 q = 3k 2 q = 3l Ez viszont ellentmondás, mert (p; q) 3, viszont a feltétel miatt (p; q) = 1. Ezzel állításunkat bebizonyítottuk. 5: Tételezzük fel, hogy 5 racionális szám, vagyis felírható két egész szám hányadosaként, amelyek relatív prímek: p 5 = (p; q) = 1 q 5 q = p / 2 5q 2 = p 2 p = 5k 5q 2 = 25k 2 / : 5 q = 5k 2 q = 5l Ez viszont ellentmondás, mert (p; q) 5, viszont a feltétel miatt (p; q) = 1.
Ezzel állításunkat bebizonyítottuk. 7: Tételezzük fel, hogy 7 racionális szám, vagyis felírható két egész szám hányadosaként, amelyek relatív prímek: p 7 = (p; q) = 1 q 7 q = p / 2 7q 2 = p 2 p = 7k 7q 2 = 49k 2 / : 2 q = 7k 2 q = 7l Ez viszont ellentmondás, mert (p; q) 7, viszont a feltétel miatt (p; q) = 1. Ezzel állításunkat bebizonyítottuk.