Egy ötven férőhelyes autóbuszban egy gépkocsivezető és m utas tartozkodik. Mindegyik utasnak van n hátizsákja, mindegyik hátizsákban van n macska és mindegyik macska mellett van n cica. A buszban összesen 10992 láb van. Mennyi m, n értéke?

Ennek nincs megoldása.

Ugyanis:

10992 = 2+2m+4n^2+4n^3

10990 = 2m+4n^2+4n^3

és:

2m = minimum: 0

maximum: 100

---------------------------

Ebből következik, hogy:

4n^3+4n^2 = maximum: 10990

minimum: 10890.

Ellentmondásra jutottunk, tehát nincs megoldás.

Volt egy apró elnézés fentebb a kifejezés felírásakor, valójában bonyolultabb alakú kifejezés írja le a lábak számát.

A Wolfram Alpha szerint a feladatnak van megoldása (bár a levezetést nem adja meg):

[link]

eszerint ez a megoldás, és egyben az EGYETLEN megoldás:

m = 7

n = 7

másféle megoldás nincsen.

Mindjárt megpróbálom leírni a levezetést is, úgy, ahogy én próbáltam rájönni.

A feladatot ha szavanként átfogalmazom az elemi algebra nyelvére, akkor az alábbi egyenletet kapom:

2 + m⋅[2 + n²(4 + 4n)] = 10 992

Két láb a vezetőtől, az utasok saját testük részeként fejenként 2 lábat szolgáltatnak, minden egyes utas hátizsákjaiban (n) macskái (n²) fejenként 4 lábat nyújtanak, a cicák révén pedig minden egyes macska még további 4n lábat dob be a készletbe.

Szóval ezt az egyenletet kellene megoldani, úgy értve, hogy m és n is természetes szám, és m értéke legfeljebb 50 lehet.

Most jöhet a levezetés, de mielőtt hozzálátunk a műsorhoz, kedvcsinálónként tekintsük meg előbb a Wolfram ALpha által nyújtott ,,filmelőzetest'':

[link]

legalább előre látjuk, hogy a végén majd miért is törjük magunkat.

A Wolfram Alpha több egész megoldást is ír ki, de mivel a busz 50 férőhelyes, ezért m értéke 0 és 50 közé eső egész szám. Így a Wolfram Alpha által nyújtott egész megoldások egyetlenegy megoldásra szűkíthetőek be, csak az alábbi jön szóba:

m = 7

n = 7

Lássuk hát, hogy ezt kézzel hogyan lehet levezetni. Egyszerűen kezdődik: a mérlegelv révén egyszerűbb alakra hozogatjuk az egyenletet:

2 + m⋅[2 + n²(4 + 4n)] = 10 992

mindkét oldalból levonok 2-t

m⋅[2 + n²(4 + 4n)] = 10 990

Jó lenne még kettővel is elosztani az egyenletet, de mielőtt ehhez hozzálátnánk, előbb egy kis kozmetika: ott bent a belső zárójelben abból az n²(4 + 4n) alakból kiemelem a 4-est:

így lesz belőle n²(4 + 4n), vagyis n²⋅4⋅(1 + n), vagyis 4n²⋅(n + 1)

Szóval most így néz ki a teljes egyenlet:

m⋅[2 + 4n²⋅(n + 1)] = 10 990

no most immár könnyebben leoszthatunk 2-vel:

m⋅[1 + 2n²⋅(n + 1)] = 5 495

Ha valaki látni szeretné most azonnal, hogy nem történt-e hiba az átalakítások során, vagyis ez az új alakú egyenlet tényleg ugyanúgy viselekedik, mint az eredeti, hát itt ezt is lehet előzetesen ellenőrizni a Wolfram Alpha-val:

[link]

Látszik, hogy teljesen ugyanolyan ábrát rajzol, mint az előbb, és ugyanazok a megoldások is jönnek ki. Tehát nyugodtan megoldhatjuk az eredeti helyett ezt az egyenletet, mert ez is ugyanúgy viselkedik, mint az eredeti, tehát majd a végén a kapott megoldások egyben az eredeti szempontjából is jó megoldások lesznek.

Sajnos, monstantól fogva van vége a kényelmes útnak, a nyugodt sztrádának, most kezdődik az emelkededő. Most már nem tudjuk az eddig megszokott egyszerű algebrai átalakításokkal egyszerűbb, kényelmesebb, áttekinthetőbb alakra hozni az egyenletet (legalábbis én nem).

Jobb híján, megpróbálom tehát kihasználni azt, hogy tudom: csak természetes (nemnegatív egész) számok lehetnek a megoldások, sőt, m-ről azt is tudom, hogy legfeljebb 50 lehet. Tulajdonképpen akár próbálgatással is belekezdhetnék, előbb-utóbb végeznék is vele, de napokig tartana. Géppel persze másodpercek alatt meglenne, de az nem túl szép megoldás, legalábbis a tanár szerintem nem örülne neki, és nem is lenne túl tanulságos sem. Mégis, valami nagyon hasonlót fogok csinálni, mint a próbálkozás. Csak éppen nem teljesen vakon fogok próbálkozni.

Szóval az

m⋅[1 + 2n²⋅(n + 1)] = 5 495

egyenletről így kapásból még nem sokat tudunk elmondani, de egyet azért biztosan láthatunk ránézésre is. Vagyis, hogy itt tulajdonképpen az történik, hogy az 5 495 számot két másik szám szorzataként írom fel:

az egyik az ,,m'', a másik pedig az ,,1 + 2n²⋅(n + 1)''.

Tulajdonképpen lehetséges-e egyáltalán felbontani az 5495-öt ilyen alakban? Az is lehet, hogy 5 495 éppen prímszám, vagyis nem is lehet felírni két természetes szám szorzataként (csak úgy, ha az egyik éppen az 1, a másik meg épp az 5495, de ezt könnyű kizárni egy ötperces próbálgatással). Prímszám-e az 5 495? Milyen könnyű lenne megoldani a feladatot, ha az lenne! Akkor ugyanis nagyon kevés lenne a szóbajövő lehetőségek száma, azokat pedig akár egyenként kézzel, behelyettesítéssel is ellenőrizhetnénk, aztán amelyik nem bizonyul alapból ellentmondásosnak, az marad a megoldás.

Hát akkor nézzük meg, hogy prímszám-e az 5 495? Nem, nem prímszám, nincs ilyen szerencsénk, de azért így sem rossz a helyzet:

[link]

ebből gyorsan kiderül, hogy 5495 = 5⋅7⋅157. Persze kézzel is elvégezhető ez a felbontás az ,,akasztós'' módszerrel:

[link]

Tehát immár felbontottuk az 5495-at prímtényezők szorzatára: 5495 = 5⋅7⋅157.

Mostantól tehát nézzünk úgy az egyenletre, hogy tulajdonképpen ilyen alakú:

m⋅[1 + 2n²⋅(n + 1)] = 5⋅7⋅157

Mi áll balodalt? Valamilyen szorzat. Mi áll jobboldalt? Jobboldalt is egy szorzat, ráadásul prímek szorzata, tehát ezt a jobboldali szorzatot nem is lehetne másképp leírni (minden szám lényegében egyértelműen bomlik fel prímek szorzatára).

Miben segít nekünk mindez a megoldásnál? Afféle ,,osztozkodást'' fogunk most csinálni, mint amikor a Mikulás kiosztja a puttonyát a jó és rossz gyerekek között. Az ,,ajándékok'' itt most a jobboldalt álló prímek (5; 7; 157), a ,,gyerekek'' pedig a baloldalt látható szorzat két tényezője: az egyik az ,,m'', a másik pedig az ,,1 + 2n²⋅(n + 1)''. Az a feladatom, hogy az 5; 7; 157 prímeket ,,kiosszam'' az ,,m'' és az ,,1 + 2n²⋅(n + 1)'' szorzattényezők között.

Mivel három ,,ajándék van'', de csak két ,,gyerek'', ezért az osztozkodás nem lesz igazságos, szóval lesz ,,jó'' meg ,,rossz'' gyerek. Az is lehet, hogy az egyik gyerek két ajándékot fog kapni (a jó gyerek), a másik ,,gyereknek'' pedig meg kell elégednie a maradék egy ,,ajándékkal''. De akár még ennél is igazságtalan felállásokat is meg kell néznünk, eleve egyiket sem nem zárhatjuk ki, csak külön-külön, megfontolás alapján. Lássuk, milyen lehetőségek vannak az osztozkodásra:

1)

Az ,,m'' megkapja az 5-öt, az ,,1 + 2n²⋅(n + 1)'' pedig megkapja a 7-et és a 157-et.

2)

Az ,,m'' megkapja a 7-et, az ,,1 + 2n²⋅(n + 1)'' pedig megkapja az 5-öt és a 157-et.

3)

Az ,,m'' megkapja az 5-öt és a 7-et, az ,,1 + 2n²⋅(n + 1)'' pedig megkapja a 157-et.

Ezeket kissé furcsán fogalmaztam, most leírom pontosan, melyik miként jelenik meg az algebra nyelvén az egyenletben:

1)

⎧ m = 5

⎨

⎩ 1 + 2n²⋅(n + 1) = 7⋅157

2)

⎧ m = 7

⎨

⎩ 1 + 2n²⋅(n + 1) = 5⋅157

3)

⎧ m = 5⋅7

⎨

⎩ 1 + 2n²⋅(n + 1) = 157

Van még több kiosztási lehetőség is, de ezek szerint az elvadult osztozkodási lehetőségek szerint az ,,m'' vagy a 157-et kapná, vagy pedig egy még nagyobb szorzatot, márepdig a feladat szerint az m értéke legfeljebb 50 lehet. Ezért ezeket a ,,lehetőségeket eleve figyelmet kívül hagyhatjuk.

Tehát a fenti három lehetőségek kell figyelembe vennünk. Én abban reménykedem, hogy az fog kiderülni, hogy e három lehetőség közül kettő teljes zsákutcának fog bizonyulni (amelyek semmiféle megoldáshoz nem vezetnek), és éppen az egyetlenegy megmaradt lehetőség fog megoldást nyújtani, és az lesz az egész feladat megoldása.

Persze az is lehet, hogy a feladatnak egyáltalán nincs megoldása.

És az is lehet, hogy többféleképp is megvalósulhat a feladatban leírt helyzet (vagyis ilyen m-re, olyan n-re is, de akár olyan m-re, ilyen m-re is összejöhet a 10992 összlábszám, szóval többféle módon).

Én azt mondom, a ,,műsor'' előtt most is tekintsük meg az ,,előzetest'' a Wolfram Alpha előadásában:

1) lehetőség:

⎧ m = 5

⎨

⎩ 1 + 2n²⋅(n + 1) = 7⋅157

[link]

Wolfram Alpha azt mondja: NINCSEN egész megoldás (csak nem-egész megoldás van, ami a feladat szempontjából nem számít). Szóval Wolfram Alpha szerint ez a lehetőség valójában nem is lehetőség, hanem zsákutca, innen nem nyílik semmiféle megoldás.

2) lehetőség:

⎧ m = 7

⎨

⎩ 1 + 2n²⋅(n + 1) = 5⋅157

[link]

Wolfram Alpha azt mondja: LÉTEZIK valós megoldás, és az éppen a 7-es szám (amit ezen kívül még ír a Wolfram Alpha, az nem fontos: ami nem egész szám, pláne nem is valós, az a feladat szempontjából nem jön szóba).

Tehát a lehetőség megvalósulása esetén a buszban lévő elrendezés:

m = 7

n = 7

mindkét ismeretlenre jó megoldás a 7.

3) lehetőség:

⎧ m = 5⋅7

⎨

⎩ 1 + 2n²⋅(n + 1) = 157

[link]

Wolfram Alpha azt mondja: NINCSEN egész megoldás (csak valós és komplex megoldás van, ami a feladat szempontjából nem számít).

Szóval Wolfram Alpha szerint ez a lehetőség valójában nem is lehetőség, hanem zsákutca, innen nem nyílik semmiféle megoldás.

Három szóbajövö megvalósulási lehetőséget teintettünk meg, ebből kettő tévesnek, zsákutcának bizonyul, nem vezet tovább minket a feladat megoldásában, és csak egyetlenegy lehetőség bizonyult olyannak, amiből ténylegesen végig tudjuk számolni, milyen érték jöhet ki m-re és n-re. Mindez azt jelenti, hogy ez az egytlenegy lehetséges megoldás. Ez tehát nemcsak egy megvalósulási lehetőség a sok közül, hanem ez ,,A MEGOLDÁS'', szóval a ,,nagybetűs'' megoldás. A feladat által megkövetelt láb-összlétszám, 10 992, éppen akkor jön össze, ha m és n is éppen 7, és semmilyen más módon nem lehet ,,összehozni'' a megkívánt 10 992 lábat.

Konkrétan tehát, a három említett ,,osztozkodási'' stratégia közül a 2) lehetőség vezet tovább igazán megoldáshoz:

⎧ m = 7

⎨

⎩ 1 + 2n²⋅(n + 1) = 5⋅157

Aszerint a lehetőség szerint az m = 7 már meg is van, az n értékét viszont még le kellene vezetni az alsó egyenletből:

Nézzük meg, hogy a Wolfram Alpha segítsége nélkül hogyan tudnánk levezetni n értékét.

1 + 2n²⋅(n + 1) = 5⋅157

ez az egyenletünk, ezt kéne megoldanunk. Hogyen kezdenénk hozzá?

Először is, próbáljuk meg kissé ,,megpuhítani'', szóval a mérlegelv alkalmazása révén olyan egyszerű formára hozni, ahogy csak tudjuk:

1 + 2n²⋅(n + 1) = 5⋅157

kiszámolom a jobboldal értékét

1 + 2n²⋅(n + 1) = 785

mindkét oldalból elveszek 1-et

2n²⋅(n + 1) = 784

mindkét oldalt osztom 2-vel

n²⋅(n + 1) = 392

Hát idáig sikerült egyszerűsítenünk az egyenletet. Valóban jóval egyszerűbb alakú lett, mint az eredeti alak volt, de még mindig nem tudjuk meglátni benne a megoldást, és ilyen mérlegelv-szerű átalakításokkal nem is tudunk már továbblépni. Mit tegyünk? Próbálgassunk? Tulajdonképen itt már végre megtehetjük! Kezdjük:

Próba 0: Legyen n = 0, ekkor n² is 0 lesz, n + 1 pedig 1 lesz. Tehát n²⋅(n + 1) éppen 0⋅1 lesz, vagyis 0. Hát ez nem lett 392, szóval ez a próbálkozás nem sikerült, n nem lehet 0.

Próba 1: Legyen n = 1, ekkor n² is 1 lesz, n + 1 pedig 2 lesz. Tehát n²⋅(n + 1) éppen 1⋅2 lesz, vagyis 2. Hát ez nem lett 392, szóval ez a próbálkozás sem sikerült, n nem lehet 1 sem.

Próba 2: Legyen n = 2, ekkor n² 4 lesz, n + 1 pedig 3 lesz. Tehát n²⋅(n + 1) éppen 4⋅3 lesz, vagyis 12. Hát ez nem lett 392, szóval ez a próbálkozás sem sikerült, n nem lehet 2 sem.

Próba 3: Legyen n = 3, ekkor n² 9 lesz, n + 1 pedig 4 lesz. Tehát n²⋅(n + 1) éppen 9⋅4 lesz, vagyis 36. Hát ez nem lett 392, szóval ez a próbálkozás sem sikerült, n nem lehet 3 sem.

Próba 4: Legyen n = 4, ekkor n² 16 lesz, n + 1 pedig 5 lesz. Tehát n²⋅(n + 1) éppen 16⋅5 lesz, vagyis 80. Hát ez nem lett 392, szóval ez a próbálkozás sem sikerült, n nem lehet 4 sem.

Próba 5: Legyen n = 5, ekkor n² 25 lesz, n + 1 pedig 6 lesz. Tehát n²⋅(n + 1) éppen 25⋅6 lesz, vagyis 150. Hát ez nem lett 392, szóval ez a próbálkozás sem sikerült, n nem lehet 5 sem.

Próba 6: Legyen n = 6, ekkor n² 36 lesz, n + 1 pedig 7 lesz. Tehát n²⋅(n + 1) éppen 36⋅7 lesz, vagyis 252. Hát ez nem lett 392, szóval ez a próbálkozás sem sikerült, n nem lehet 6 sem.

Próba 7: Legyen n = 7, ekkor n² 49 lesz, n + 1 pedig 8 lesz. Tehát n²⋅(n + 1) éppen 49⋅8 lesz, vagyis éppen 392. Ez végre épp talált, szóval ez a próbálkozás sikerült, n értékének 7-et igenis választhatjuk.

Tovább próbálkozni nem érdemes: az ennél is nagyobbb n értékek (8, 9, 10 stb...) behelyettesítése esetén az n²⋅(n + 1) kifejezés értéke nyivánvalóan jóval nagyobb lesz, mint 392, és az egyre nagyobb helyettesítési értékekre egyre még nagyobb lesz, tehát immár elértük a célt, mostantól csak túlfutni tudunk rajta, több megoldás nem lehetséges.

Összefoglalóan elmondhatjuk, hogy éppen az n = 7 bizonyult megoldásnak, és semmi más nem.

m-re pedig már eleve az m = 7 jött szóba, ez még az egyenlet megoldásától függetlenül, azzal együtt adva volt:

⎧ m = 7

⎨

⎩ 1 + 2n²⋅(n + 1) = 5⋅157

tehát az ehhez a lehetőséghez tartozó megoldás:

⎧ m = 7

⎨

⎩ n = 7

Ha valaki nem szereti ezt a macerás próbálgatást (nyolcadszori nekifutásra jött csak össze!), az megspórolhatja ezt a munkát, de ehhez egy picit trükközni kell mindenféle prímekkel. Azért leírom, hátha valaki kedveli az efféle számelméleti trükköket:

Szóval, hogyan lehet körülményes próbálgatás nélkül belátni, hogy az

n²⋅(n + 1) = 392

egyenletnek épp az n = 7 a megoldása (egész megoldások esetén), és más pedig nem?

Ezúttal ne vakon próbálgassunk! Az előbb is kerültünk már ilyen szituációba, akkor mi segített? Az, hogy ha jobban megnézem az

n²⋅(n + 1) = 392

egyenletet, látjuk hogy tulajdonképen arról van szó benne, hogy a 392 számot két szám szorzataként kellene felírnunk. De jó is lenne, ha a 392 prím lenne, vagy legalábbis egyszerű alakú! Miért? Azért, mert akkor csak kevésféleképen lehetne őt felírni két szám szorzataként, és azt a kevés lehetőséget pedig akár már egyenként is kipróbálhatnánk. Akkor nem kéne ezt a körülményes számolgatást csinálnunk, mint az előbb, ahol csak a nyolcadik nekifutásra jött ki valami.

Nézzük meg hát, prím-e a 392, és ha nem, akkor milyen alakban bomlik prímek szorzatára:

[link]

itt láthatjuk, 392 = 2³⋅7². Tehát az egyenletre úgy is tekinthetünk, hogy a

n²⋅(n + 1) = 2³⋅7²

felbontási lehetőségekről beszél. Hányféleképp írhatom a 392-t fel két szám szorzataként? Tulajdonképpen itt is afféle osztozkodásról, ,,ajándékkiosztásról'' van szó, ezt a trükköt már egyszer elsütöttük ebben a feladatban korábban. Jól bejött a trükk akkor, próbálkozzunk most is vele!

Szóval afféle ,,ajándékkiosztásról'' van szó: a kéttényezős szorzat, n²⋅(n + 1) tényezői között ,,kiosztom'' a 2³⋅7² szorzatot alkotó prímeket. Úgy is gondolhatunk erre most is, mint afféle ajándékkiosztásra. Hányféleképpen oszthatok ki két darab ,,7''-es zsetont és három darab 2-es zsetont a két gyerek, ,,n²'' és ,,n + 1'' között? Most ezt persze kapásból nem tudjuk megmondani, de látszik, hogy itt már nincs olyan sok lehetőség, szóval akár egyenként is ki próbálgathatjuk a lehetőségeket:

A)

n-re próbáljuk ki a 2-t, eszerint akkor ,,n²'' részére 2² lesz kiosztva, tehát a kiosztásra váró 2³⋅7² ajándékkészletből a 2²-et immmár ki is osztottuk, maradt a raktáron még 2⋅7², ez a megmaradt ajándék jutna az ,,n + 1'' részére. Csakhogy ez nem stimmel, hiszen ha ,,n'' már 2, akkor ,,n + 1'' itt szükségszerűen 3, márpedig 2⋅7² az nem 3. Ez a kiosztás ellentmondásos, lehetetlen.

B)

n-re próbáljuk ki a 7-t, , eszerint akkor ,,n²'' részére 7² lesz kiosztva, tehát a kiosztásra váró 2³⋅7² ajándékkészletből a 7²-et immmár ki is osztottuk, maradt a raktáron még 2³, ez jutna az ,,n + 1'' részére. Végre ez éppen stimmel, hiszen ha n-re épp a 7-et próbáljuk ki, akkor n + 1 itt szükségszerűen 8, márpedig 2³ valóban éppen 8. Ez a kiosztás teljesen jól összejött, n értékének nyugodtan válaszhatjuk a 7-et.

Ezen a két példán látszik, hogyan is megy a prímek ,,kiosztása'' az n²⋅(n + 1) kéttényesző szorzat tényezői, ,,n²'' és ,,n + 1'' között. Megpróbálhatunk még néhány kiosztást, de hamar láthatjuk, hogy csak az előző, B) mód működőképes, az összes többi alapból ellentmondásos.

Szóval elmondhatjuk: az

n²⋅(n + 1) = 2³⋅7²

egyenlet megoldása éppen n = 7, mármint ha csak az egészek megoldások jönnek szóba. m-re pedig már eleve az m = 7 jött szóba, ez még az egyenlet mgodásától függetlenül, azzal együtt adva volt:

⎧ m = 7

⎨

⎩ 1 + 2n²⋅(n + 1) = 5⋅157

tehát az ehhez a lehetőséghez tartozó megoldás:

⎧ m = 7

⎨

⎩ n = 7

Lám, ugyanaz jött ki, mint az előbb a próbálgatós módszerrel.

Sikerült tehát bebizonyítanom ezúttal a Wolfram Alpha nélkül is, hogy a három említett lehetőség közül a 2) tényleg megoldáshoz vezet, nem zsákutca, és sikerült is levezetni a megoldást belőle.

Majdnem kész vagyunk a feladattal. De csak majdnem. Egy helyen még adós vagyok. Majdnem minden adósságomat felszámoltam: a Wolfram Alpha aáltal mutatott eredményeket saját kezűleg is levezettem. De még valamivel adós vagyok.

Amikor felsoroltam a három lehetőséget:

1)

⎧ m = 5

⎨

⎩ 1 + 2n²⋅(n + 1) = 7⋅157

2)

⎧ m = 7

⎨

⎩ 1 + 2n²⋅(n + 1) = 5⋅157

3)

⎧ m = 5⋅7

⎨

⎩ 1 + 2n²⋅(n + 1) = 157

akkor ugyan megmutattam, hogy a 2) lehetőség valóban megoldást nyújt, tehát m = 7, és az alsó egyenlet levezetéséből n = 7 is kijön. AZONBAN NEM BIZONYÍTOTTAM MÉG BE, HOGY AZ 1) ÉS A 3) LEHETŐSÉG VALÓBAN ROSSZ LENNE, ZSÁKUTCA! Nincs jogom még azt mondani, hogy a feladatnak az m = 7, n = 7 lehetőségen kívül ne lenne más megoldása! Bár a Wolfram Alpha számításait megmutattam

[link]

[link]

és ezek arra utalnak, hogy valóban 2) az egyetlen lehetőség, 1) és 3) pedig zsákutca, AZONBAN SAJÁT KEZŰLEG MÉG NEM VEZETTEM LE, HOGY TÉNYLEG ZSÁKUTCA AZ 1) és a 3). Márpedig ezt a tényt is le kéne vezetni lépésenként.

Igazából a dologban nem lesz sok újdonság. Ugyanúgy, ahogy megmutattam, hogy a 3) lehetőség jó, ugyanazokkal a módszerekkel lehet megmutatni azt is, hogy az 1) és 3) lehetőség zsákutca.

Hát akkor nézzük. Nézzük mondjuk a 3)-ast. Szóval azt állítom, hogy az

3)

⎧ m = 5⋅7

⎨

⎩ 1 + 2n²⋅(n + 1) = 157

egyenletrendszernek nincs megoldása, és ezt le is tudom vezetni. Persze mivel m értéke itt az alsó egyenlettől független, ezért igazából elég azt megmutatnom, hogy az

1 + 2n²⋅(n + 1) = 157

egyenletnek nincs megoldása.

Ugyanúgy haladunk,ahogy akkor, amikor a 2) lehetőség egyenletét kezdtem levezetni. Tehát először mérlegelv meg egyéb egyszerű átalakítások révén minél egyszerűbb alakra hozom az egyenletet:

1 + 2n²⋅(n + 1) = 157

mindkét oldalból elvonok 1-et

2n²⋅(n + 1) = 156

mindkét oldalt elosztom 2-vel

n²⋅(n + 1) = 78

Most már sajnos egyszerűbb alakra nem lehet hozni. Több trükk is van a folytatáshoz: ugyanazok, amiket a 2) lehetőség levezetésekor is elsütöttem:

* vagy próbálgatok egyesével, ameddig értelmes,

* vagy pedig prímeket osztogatok szét ajándékként a szorzat tényezői mint gyereksereg között.

Nézzük először a próbálgatást:

Próba 0: Legyen n = 0, ekkor n² is 0 lesz, n + 1 pedig 1 lesz. Tehát n²⋅(n + 1) éppen 0⋅1 lesz, vagyis 0. Hát ez nem lett 72, szóval ez a próbálkozás nem sikerült, n nem lehet 0.

Próba 1: Legyen n = 1, ekkor n² is 1 lesz, n + 1 pedig 2 lesz. Tehát n²⋅(n + 1) éppen 1⋅2 lesz, vagyis 2. Hát ez nem lett 72, szóval ez a próbálkozás sem sikerült, n nem lehet 1 sem.

Próba 2: Legyen n = 2, ekkor n² 4 lesz, n + 1 pedig 3 lesz. Tehát n²⋅(n + 1) éppen 4⋅3 lesz, vagyis 12. Hát ez nem lett 72, szóval ez a próbálkozás sem sikerült, n nem lehet 2 sem.

Próba 3: Legyen n = 3, ekkor n² 9 lesz, n + 1 pedig 4 lesz. Tehát n²⋅(n + 1) éppen 9⋅4 lesz, vagyis 36. Hát ez nem lett 72, szóval ez a próbálkozás sem sikerült, n nem lehet 3 sem.

Próba 4: Legyen n = 4, ekkor n² 16 lesz, n + 1 pedig 5 lesz. Tehát n²⋅(n + 1) éppen 16⋅5 lesz, vagyis 80. Hát ez nem lett 72, szóval ez a próbálkozás sem sikerült, n nem lehet 4 sem.

Ezenkívül, ez az utóbbi próbálkozás már eleve túl nagy eredményt produkált, és a további próbálkozások még ennél is nagyobbakat fognak. Immár túlszaladtunk, anélkül, hogy elértük volna a célt! A további próbálkozás felesleges, hiszen a kívánt egyenlőség elérésére már nincs remény.

Összefoglalóan elmondhatjuk tehát: a 3) lehetőség zsákutca, nem vezet tovább megoldáshoz.

Ha valaki nem szereti a próbálkozást, itt is választhatja a másik jól bevált megoldási módot: a prímek és szorzattényezők Mikulás-ünnepségét. Szóval oldjuk meg most próbálgatás nélkül az

n²⋅(n + 1) = 78

egyenletet, pontosabban szólva: bizonyítsuk be róla, hogy megoldhatatlan!

A 78-as számot kellene két szám szorzataként felírni, vagyis az ,,n²'' és az ,,n + 1'' tényezők szorzatára. Most is az segít, ha a 78-at prímtényezők szorzatára bontjuk:

[link]

Wolfram Alpha megmondja, hogy 78 = 2⋅3⋅13 alakban bomlik prímtényezők szorzatára.

Most kezdődhet az ígért ajándékosztás. Két gyerek várja ajándékait: az egyik az ,,n²'', a másik pedig az ,,n+1''. Az ajándékkészlet most is gazdag, még több ajándék is van , mint gyerek: a 2, 3, 13 prímek lesznek kiosztva mint ajándékok. Egyik gyerek többet fog kapni, igazságtalan osztozkodás. Tulajdonképpen most jobb lenne, ha az

n²⋅(n + 1)

szorzatot nem úgy képzelném el, mint kéttényezős szorzatot, ahol az egyik tényező az ,,n²'', a másik pedig az ,,n + 1''.

Most sokkal jobb lenne ugyanezt a szorzatot inkább az alábbi háromtényezős szorzatként felfogni:

n⋅n⋅(n + 1)

Szóval, ha így fogjuk fel, akkor három gyerek várakozik ajándékára, két ikertestvér: ,,n'' és ,,n'', a harmadik gyerek pedig ,,n+1''. A három gyerek között osztjuk ki a három ajándékot, az 2, 2, és 13 prímszámot. Elvileg minden lehetőséget meg kell néznünk, az abszolút igazsgágtalanokat is, akár azt is, hogy az egyik gyerek kapja az összes ajándékot, és a többi semmit sem.

De az jó hír van, hogy igazából erre az egész próbálgatásra most már nincs is szükség, mert most már azonnal látjuk, hogy az ajándékozás lehetetlen. Igen, a két iker miatt fullad botrányba a Mikulás-ünnep: a három ajándék mind különbözik egymástól, de a gyerekek közük kettő a megkülönböztethetetlenségig azonos. Legfeljebb az jön szóba, hogy a két iker ,,n'' és ,,n'' ne kapjon semmit, és a harmadik gyerek, ,,n+1'' kapjon mindent. Próbáljuk meg:

n = 1

n + 1 = 78

ez persze nyilvánvalóan lehetetlen, hiszen ha már n = 1, akor ,,n + 1''-nek nyilvánvalóan 2-vé kell válnia, nem lehet 78 is egyszerre.

No hát ez ilyen volt. Még adós vagyok az 1) lehetőség zsákutca mivoltának levezetésével,

⎧ m = 5

⎨

⎩ 1 + 2n²⋅(n + 1) = 7⋅157

de a lényeg már látszik, az is ezekkel a módszerekkel megy, mint a fentiek.