Ezt a két feladatot segítene valaki megoldani?

5. Kellene tudni, hogy milyen módszert tanultatok ezeknek az igazolására. Teljes indukcióval általában lehet ezeket bizonyítani, de nagyon kínlódós ebben az esetben.

n=3 esetén 120|120 igaz.

Tegyük fel, hogy 3<=n=k-ig igaz az állítás vagyis 120|k^5-5k^3+4k, nézzük meg, hogy k+1 esetén mi történik:

(k+1)^5 - 5*(k+1)^3 + k*(k+1) = ... = k^5 + 5k^4 + 5k^3 - 4k^2 - 9k - 4

Ebből össze tudjuk rakni egyszer az indukciós feltevést;

= (k^5-5k^3+4k) + 5k^4 + 10k^3 - 4k^2 - 13k - 4

Az indukciós feltevés miatt a zárójeles rész osztható 120-szal, így a maradékra kellene belátni. Igazából ez sem lett sokkal szebb, de annyit már elértünk, hogy ötödfokú helyett negyedfokú a kifejezés. Szóval erre el lehet indítani egy újabb teljes indukciót, aminek eredménye egy (legrosszabb esetben) harmadfokú kifejezés lesz, amire ha szintén nem találunk szép megoldást, akkor lehet egy újabb teljes indukciót indítani, aztán egyszer csak elfogynak a tagok.

Ennél egy kicsit elegánsabb megoldás, hogyha tanultatok ilyet, hogy a kifejezést megpróbáljuk szorzatalakban felírni. Először is észrevehetjük, hogy ki tudunk n-et emelni:

n*(n^4-5n^2+4)

Ezután észrevehetjük, hogy ha a zárójelben lévő kifejezést egyenlővé tesszük 0-val:

(n^4-5n^2+4) = 0, akkor egy másodfokú visszavezethető egyenletet kapunk, aminek könnyedén meg tudjuk adni a megoldásait. A megoldások fényében -a tanult módon- már szorzattá tudunk alakítani:

n*(n-1)*(n+1)*(n-2)*(n+2), illetve ha "növekvő sorrendbe" tesszük őket:

(n-2)*(n-1)*n*(n+1)*(n+2)

Tehát azt vehetjük észre, hogy gyakorlatilag 5 egymást követő egész számot szorzunk mindig össze.

Írjuk fel a 120 prímtényezős alakját: 2^3 * 3 * 5

Tehát ha azt meg tudnánk mutatni, hogy a szorzat mindig osztható ezekkel a szorzótényezőkkel, akkor már nyert ügyünk van.

Az 5-tel és 3-mal osztást nem olyan bonyonyult belátni; 5 egymást követő egész szám között (a skatulya-elv miatt) mindig lesz legalább 1, ami osztható 3-mal, és lesz 1, ami osztható 5-tel.

Hogy a szorzat osztható-e háromszor a 2-vel, az már egy kicsit nehezebb, de nem megoldhatatlan;

-ha az első tényező páros, akkor a harmadik és az ötödik is páros lesz, ezek mind oszthatóak legalább 1-szer a 2-vel, tehát ebben az esetben készen vagyunk.

-ha az első tényező páratlan, akkor a második és a negyedik lesz páros, ez összesen 2 darab páros számot jelent, tehát 2-szer tudjuk osztani. A 3. lehetőség onnan fog jönni, hogy a páros számok sorában minden második osztható 4-gyel (2, 4!, 6, 8!, 10, 12!, ...), tehát ha van két egymást követő páros számunk, akkor az egyik biztosan osztható lesz 4-gyel, vagyis kétszer a 2-vel.

Mivel minden esetet megvizsgáltunk, ezért igaz, hogy bármilyen, 2-nél nagyobb n-re osztható lesz a kifejezés értéke 120-szal (egyébként n=0-ra és n=1-re is igaz, illetve az összes egész számra is, nem egészen értem, hogy azok miért lettek kizárva).

2. Az ilyen feladatoknál az a jó taktika, hogy megpróbálunk hozzá feladatot írni. Egy lehetséges feladat:

Egy csoportban k darab fiú és n-k darab lány van. Hányféleképpen lehet belőlük egy k fős csapatot összeállítani (a kiválasztás sorrendje nem számít)?

Az első, kézenfekvő válasz erre az, hogy (n alatt a k), ami az egyenlet jobb oldalán látható.

A kevésbé kézenfekvő megoldást a következő, talán kicsit nyakatekert gondolatmenettel kapjuk; ne egyszerre válasszuk ki az n darab emberből a k darabot, hanem nemek szerint válogatunk;

-kiválasztunk k darab fiút, ekkor 0 darab lány fér el a csapatban, ezt (k alatt a k)*(n-k alatt a 0)-féleképpen tudjuk megtenni.

-kiválasztunk k-1 darab fiút, ekkor 1 darab lány fér be a csapatba, ezt (k alatt a k-1)*(n-k alatt az 1)-féleképpen tudjuk megtenni.

-kiválasztunk k-2 darab fiút, ekkor 2 darab lány fér be a csapatba, ezt (k alatt a k-2)*(n-k alatt a 2)-féleképpen tudjuk megtenni.

...

-kiválasztunk 0 darab fiút, ekkor k darab fér be a csapatba, ezt (k alatt a 0)*(n-k alatt a k)-féleképpen tehetjük meg (és emiatt a tag miatt szükséges a feltétel, hogy n>=2k legyen, bár igazából enélkül is tudna működni a dolog, ugyanis ha a felső szám kisebb lenne, akkor az egész szorzat értéke 0 lenne).

Értelemszerűen ezek összege adja a lehetőségek számát.

Könnyen belátható, hogy ezzel a metódussal is minden lehetséges kiválasztási mód egyszer kerül megszámlálásra, akárcsak az (n alatt a k) esetén, így az egyenlet két oldala egyenlő kell, hogy legyen. Ezzel bizonyítottuk az állítást.