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 2001. februr 28. 1. Ha csak vges sok z-hatvny ltezik, akkor vannak olyan klnbz n s m termszetes
 

Summary: Mat tanári I/5. 3. feladatsor: megoldások 2001. február 28.
1. Ha csak véges sok z-hatvány létezik, akkor vannak olyan különböz® n és m természetes
számok, melyekre z n = z m . Ekkor, ha z 6= 0, akkor pl. n > m esetén z m -mel egyszer¶sítve
azt kapjuk, hogy z n m = 1, azaz z egységgyök.
2. a) Ha " rendje `, akkor ` j p k , és ha ` 6= p k , akkor ` j p k 1 .
b) k = 1-re: az 1-et kivéve minden p-edik egységgyök primitív, így az összes egységgyök
összegéb®l, 0-ból ki kell vonni az 1-et, hogy a prmitív p-edik egységgyökök összegét
megkapjuk: az összeg tehát 1.  k > 1-re: A a) rész alapján a p k -adik egységgyökök
összegéb®l le kell vonni a p k 1 -edik egységgyökök öszegét, azaz 0-ból 0-t, hogy a
keresett összeget megkapjuk. A keresett érték tehát ilyenkor 0.
3. a) " k = 1 pontosan akor teljesül, ha

1
"
 k
= 1.
b) Az a) rész alapján a primitív gyökök párba állíthatók a reciprokukkal, kivéve ha egy
pr'mitív gyök megegyezik a reciprokával. Ez csak n = 1 vagy n = 1 esetében
lehetséges, amikoris a szorzat 1, ill. 1. Minden egyéb esetben a szorzat 1.
4. a) % k = 1 pontosan akkor teljesül, ha  k = 1, tehát  rendje megegyezik  rendjével, azaz

  

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

 

Collections: Mathematics