Valaki még ma megtudná oldani a következő feladatot?
Nem kell az összes feladat egy is elég.
1. Keressük meg az összes p prímet, amelyre 2^+p+p^2 is prím!
2. Igazoljuk, hogy az a1<a2< ...<an természetes számok legkisebb közös többszöröse nem kisebb na1-nél! Teljesülhet-e egyenlőség valamilyen n esetén?
3. Két szomszédos szám négyzete csak a két utolsó jegy sorrendjében különbözik. Melyek ezek a számok?
Aki mérnöknek tanul vagy tanult az biztos megtudja oldani neked, de szerintem a többség utálja a matekot.
Ez van :S
a 3. egy megoldása 13 és 14. monnyuk lehet több is
az 1. mútkó má vót, ha sikerül bebizonyítani, hogy p>3
esetén nincs megoldás, nyerté, ha nem, akkó végtelen számú
ilyen p lehet. aszt meg keresgéjje, akinek kan a zannya
köszi az eddigieket
véletlenül nem ismersz valakit aki jó matekos és ma még tud segíteni, vagy ilyen oldalt?
1.,p=2-re nem teljesül, p=3-ra teljesül 2^3+3^2=8+9=17 prím.
Ha p nem egyenlő 3mal, akkor p^2 3mal osztva 1 maradékot ad. Feltéve, hogy 2^p+p^2 prím, következik, hogy ez a kifejezés nem osztható 3mal (hiszen már p=2-re is nagyobb lesz 3nál, tehát az valódi osztó lenne), amiből az előzővel az következik, hogy 2^p 3mal osztva 1 maradékot ad (hiszen 3mal osztható soha nem lehet, 2 maradékot meg nem adhat, mert akkor p^2tel az összege már 3mal osztható lenne). De a 2nek pontosan a páros hatványai adnak 1 maradékot 3mal osztva, tehát p páros, és mivel prím, csak a 2 lehet. De arra leellenőrizve nem jó, tehát p nem egyenlő 3ra nincs megoldás.
Az egyetlen jó megoldás a p=3
2., kicsit átalakítjuk a sorozatot. Vegyük az a a_1' < a_2' < .. < a_n' sorozatot, ahol ak' jelöli az ak és az a1 legkisebb közös többszörösét. Ekkor egy olyan sorozatot kaptunk, amire a_1'=a_1 (hiszen önmagával vett legkisebb közös többszörös), és az a_1',a_2',..,a_n' számok legkisebb közös többszöröse ugyanaz,mint az a_1,a_2, ..,a_n számoké (hiszen az már úgyis többszöröse az a_1-nek). Minden eredeti sorozathoz tudsz ilyen sorozatot csinálni. Ennek az egésznek az a lényege, hogy mivel mind az a1, mind a LKKT marad ugyanaz ebben az új sorozatban, ezért elég ezekre a sorozatokra megoldani a feladatot (ha lenne olyan a_1<..<a_n sorozat, melyre az LKKT kisebb lenne na_1-nél, akkor az erre kapott a_1'<..<a_n' sorozatnál is az LKKT kisebb lenne a_1'-nél), és ezeknek a sorozatoknak megvan az a szép tulajdonságuk, hogy a_k' számok mind az a_1' többszörösei (erre ment ki az egész varázslás, hogy ezt a szép tulajdonságot be lehessen hozni, és lássuk, hogy ezáltal nem változik a feladat). Ekkor pedig logikusan a_1'<a_2'<a_3'<..<a_n' -ből következik, hogy 2a_1'<=a_2', 3a_1'<=a_3', stb., na_1'<=a_n'. Az LKKT pedig nagyobb egyenlő a_n' -nél, ami ezek szerint nagyobb egyenlő na_1'-nél.
Ezzel a feladatot beláttuk.
Kapcsolódó kérdések:
Minden jog fenntartva © 2024, www.gyakorikerdesek.hu
GYIK | Szabályzat | Jogi nyilatkozat | Adatvédelem | Cookie beállítások | WebMinute Kft. | Facebook | Kapcsolat: info(kukac)gyakorikerdesek.hu
Ha kifogással szeretne élni valamely tartalommal kapcsolatban, kérjük jelezze e-mailes elérhetőségünkön!