Home

About

Advanced Search

Browse by Discipline

Scientific Societies

E-print Alerts

Add E-prints

E-print Network
FAQHELPSITE MAPCONTACT US


  Advanced Search  

 
Mat tanri I/5. 3. feladatsor: megoldsok 2000. szeptember 26. 1. a) Ha n = p 1
 

Summary: Mat tanári I/5. 3. feladatsor: megoldások 2000. szeptember 26.
1. a) Ha n = p 1
1 p 2
2    p k
k , akkor n pontosan akkor k-adik hatvány, ha k j i minden
1  i  k. Itt a fölbontás létezése mellett er®sen kihasználjuk az alaptételnek a
fölbontás egyértelm¶ségére vonatkozó részét annál a mozzanatnál, amikor abból, hogy
n valaminek a k-adik hatványa, arra következtetünk, hogy az n fölbontása megkapható
a k-adik gyökének fölbontásából, azt a fölbontást k-adik hatványra emelve.
b) Az a) rész alapján a szorzat kanonikus alakjában minden prím kitev®je osztható k-
val; ezen prímtényez®k valamennyien vagy b-b®l, vagy c-b®l származnak, így b és
c kanonikus alakjában külön-külön is igaz az, hogy a kanonikus alakban csak k-val
osztható kitev®vel szerepelnek a príményez®k, azaz b és c maga is k-adik hatvány. Ha
b-r®l és c-r®l nem tesszük föl, hogy relatív prímek, akkor el®fordulhat pl. hogy b = p,
és c = p k 1 valamilyen p prímre, így a tényez®k egyike sem k-adik hatvány.
2. a) n 2, n és n + 2 valamelyik osztható 3-mal, így ha ezek mind prímek, akkor szerpel
köztük a 3 is. Ez a helyzet pedig nyilván csak a 3, 5 és 7 sorozattal ad csupa prímet.
::: b) Máig megoldatlan probléma, hogy létezik-e végtelen sok ikerprím, azaz olyan n; n + 2
számpár, melyben mindkét tag prímszám.
c) Korábban láttuk, hogy egy páratlan szám négyzete 8-cal osztva 1-et ad maradékul;

  

Source: Ágoston, István - Institute of Mathematics, Eötvös Loránd University

 

Collections: Mathematics