fbpx

Prímszámok feladatokban, egyszerűtől az emelt szintig

A prímszámok tekinthetők az egynél nagyobb egész számok építőköveinek. A velük kapcsolatos ismeretek a Prímszámok, elméleti ismeretek, érdekességek című cikkünkben találhatók, mely ITT érhető el.

Sok olyan elemi probléma létezik, melyekben fontos szerepet játszanak a prímszámok. Ebben a cikkben ezek közül ismertetünk tizet. Az összeállításban a fokozatosság elvét tartottam szem előtt, azaz a feladatok a legegyszerűbbtől indulnak és egyre nehezebb problémákon keresztül jutunk el az emelt szintű feladatokig.

Kiknek ajánljuk a cikket?

Az emelt, illetve középszintű matematika érettségire készülőkön kívül mindenkinek, akik szeretnek matematika feladatokon gondolkodni. Ezen kívül azoknak is, akiket érdekel a prímszámok világa.

10 feladat prímszámokra

Alapfeladatok

  • 1. feladat: Páros vagy páratlan az első 2022 darab prímszám összege, illetve szorzata?

Megoldás: Első megközelítésre riasztónak tűnik a kérdés. Most keressük meg az első 2022 darab prímszámot, majd adjuk, illetve szorozzuk össze? Ennél azért egyszerűbben kideríthetjük a választ a kérdésekre. Elég csak a prímszámok paritására gondolnunk.

Mivel a 2 az egyetlen páros prímszám, ezért itt egy páros és 2021 db páratlan prímet kell összeadni. Ezen utóbbi összeg páratlan, ha ehhez hozzáadjuk a 2-t, akkor páratlan számot kapunk eredményül. Az eddig leírtakból az is kiderül, hogy a szorzatuk páros, hisz osztható 2-vel. Ezzel a feladatot megoldottuk.

***

  • 2. feladat: Három prímszám összege 2022. Mennyivel egyenlő közülük a legkisebb?

Megoldás: Három szám összege csak úgy lehet páros, ha mindhárom páros, vagy egy páros és kettő páratlan. Mivel csak egy páros prímszám van, ez a 2, ezért az első eset most nem állhat elő. A második esetben pedig fel kell használnunk a 2-t, így ez a legkisebb a három prímszám közül. A másik kettő lehet például a 2017 és a 3. Ezzel a feladatot megoldottuk.

***

Közepes nehézségű feladatok

  • 3. feladat: Határozzuk meg az összes olyan p és q prímszámot, melyekre teljesül, hogy a p-q és p+q is prímszámok!

Megoldás: Nyilván q<p. Mivel két páratlan szám összege és különbsége is páros, így nem lehet mindkét prím páratlan. Hisz tudjuk, hogy csak egy páros prím van a 2. Tehát a kisebbik a 2, azaz q=2. A másik nyilván páratlan. Így p olyan páratlan prímszám, amire p-2, p, p+2 is prímszám.

Mivel ez három egymást követő páratlan szám, így pontosan az egyik osztható 3-mal. Tudjuk, hogy az egyetlen 3-mal osztható prím a 3, és nincs nála kisebb páratlan prím, így p-2=3. Ebből p=5. Így a keresett prímek q=2, p=3. Ezzel a feladatot megoldottuk.

***

  • 4. feladat: Határozzuk meg az összes olyan x, y és z prímszámot, melyekre fennáll az alábbi egyenlőség
2x+7y+14z=434.

Megoldás:  A feltételek szerint a bal oldali kifejezés minden tagja egész szám. Vizsgáljuk meg ezen oldalt. Itt az összeg első és harmadik tagja osztható 2-vel, akárcsak a 434. Így csak abban az esetben állhat fenn az egyenlőség, ha a 7y is páros. Mivel y prím, így szükségképpen y=2.

Ekkor kapjuk, hogy

2x+14z=420,

azaz

x+7z=210.

A 7z és a 210 is osztható 7-tel, amiből következik, hogy az x is. Mivel x prím, ezért x=7. Ezután már könnyen kiszámolhatjuk, hogy z=29. Tehát x=7, y=2 és z=29. Ezzel a feladatot megoldottuk.

***

Egy érdekes feladat prímekre

  • 5. feladat: Létezik-e olyan pozitív egész szám, melyet nem tudunk egy számjegyének megváltoztatásával prímszámmá alakítani? Ha igen, melyik a legkisebb ilyen?

Megoldás:

Ha létezik ilyen, akkor azt célszerű a páros számok körében keresni. Ez azért van, mert a párosszámoknak szükségképpen az utolsó számjegyét kell megváltoztatni, hogy belőle prímszám lehessen. Így elég megnézni, hogy melyik a legkisebb olyan 10-zel osztható pozitív egész szám, melyre teljesül, hogy közte és a rákövetkező 10-zel osztható szám között nincs prímszám.

Ebben segít egy prímszám-táblázat. Így az első ilyen pozitív egész szám a 200. Tehát a 200 megfelelő szám. Ezzel a feladatot megoldottuk.

***

Emelt szintű feladatok

Feladat a prímszámok elhelyezkedésére

  • 6. feladat: Az előző feladat nyomán kézenfekvő a kérdés, hogy milyen sűrűn helyezkednek el a prímszámok a pozitív egész számok között? Létezik-e minden pozitív egész n esetén n db egymást követő pozitív egész szám, melyek mindegyike összetett szám?

Megoldás:                              

Igen, meg lehet adni n db egymást követő összetett számot például a következő konstrukcióval:

{{a}_{1}}=(n+1)!+2, {{a}_{2}}=(n+1)!+3, {{a}_{3}}=(n+1)!+4, …\\ , {{a}_{i}}=(n+1)!+(i+1),… , {{a}_{n}}=(n+1)!+(n+1), 

ahol

(n+1)!=1\cdot 2\cdot 3\cdot ...\cdot (n+1).

Ekkor i+1 osztója ai-nek, mert i+1 osztója (n+1)!-nak és természetesen i+1-nek is.

Ezek a számok nyilván egymást követőek, másrészt minden esetben az ai nagyobb, mint i+1, vagyis nagyobb, mint az osztója, így mindegyik összetett szám. Ezzel a feladatot megoldottuk.

***

Feladat ikerprímekre

  • 7. feladat: Legyen p, q illetve r, s két ikerprím pár, amelyek mindegyike nagyobb, mint 3. Igaz-e, hogy ekkor az
N=p\cdot r-q\cdot s

osztható 12-vel.

Megoldás: Mivel egy pozitív egész szám akkor és csak akkor osztható 12-vel, ha osztható 4-gyel és 3-mal, ezért vizsgájuk meg az N  3-as illetve 4-es maradékát.

A p, q illetve r, s ikerprím párok, így p, q illetve r, s egymást követő páratlan számok, tehát a számpárok egyik tagjának a négyes maradéka 1, a másiké 3. A feltételek alapján mind a négy prímszám nagyobb 3-nál, ezért az egyik sem osztható 3-mal, ami azt jelenti, hogy a számpárok egyik tagjánaka hármas maradéka 1, a másiké 2.

A továbbiakban használjuk fel, hogy két szám szorzatának m-es maradéka egyenlő az m-es maradékaik szorzatának m-es maradékával.

Ha p és r négyes maradéka 3, akkor q és s négyes maradéka 1. Ekkor a pr  négyes maradéka egyenlő a 9 négyes maradékával, azaz 1. Mivel qs négyes maradéka is 1, így a különbségük osztható 4-gyel. Ha p és r négyes maradéka különböző, akkor az r és s négyes maradéka is különböző, amiből következik, hogy a pr és qs négyes maradéka is 3, így N osztható 4-gyel.

Hasonlóan gondolható végig, hogy N osztható 3-mal, amit a tisztelt Olvasóra bízunk. Így N osztható 12-vel. Ezzel a feladatot megoldottuk.

***

Feladat prímszámokra

  • 8. feladat: Legyen
p \text{ és } 8p^2+1

is prím. Lehet-e a

p^2+p+1

összetett szám?

Megoldás: Először nézzük meg, hogy mely p prímszámok esetén lehet

8p^2+1

is prímszám?

Ha p=3, akkor

8p^2 +1=73,

ami ugyancsak prím.

Ha p 3-tól különböző prímszám, akkor hármas maradéka 1 vagy 2. Az előző feladatban idézett tétel alapján a négyzetének a hármas maradéka megegyezik az 1, illetve a 4 hármas maradékával, ami 1.

Ez alapján

8p^2

hármas maradéka 2, így

8p^2+1

osztható 3-mal és nagyobb, mint 3, ami miatt nem lehet prím.

Tehát csak p=3 esetén teljesül a feltétel. Ekkor viszont

p^2+p+1=13,

ami prímszám, így a feltett kérdésre a válasz: nem. Ezzel a feladatot megoldottuk.

***

Feladat a Fermat-prímekre

  • 9. feladat: Bizonyítsuk be, hogy ha egy
F_n=2^n+1 \text{ }(n\in {{\mathbb{Z}}^{+}}) 

alakú szám prímszám, akkor

n=2^k,

ahol k pozitív egész szám. (Fermat-prímek)

Megoldás: Nézzünk erre egy indirekt bizonyítást, azaz tegyük fel, hogy Fn prímszám, mégis van az n számnak 1-nél nagyobb páratlan osztója.

A bizonyítás további részében használjuk az

{{a}^{2k+1}}+{{b}^{2k+1}}=\left( a+b \right)\left( {{a}^{2k}}-{{a}^{2k-1}}b+{{a}^{2k-2}}{{b}^{2}}-...\pm ...+{{b}^{2k}} \right)

azonosságot.

Legyen az n 1-nél nagyobb páratlan osztója 2l+1 , ahol l pozitív egész szám. Ekkor n=(2l+1)q, ahol q pozitív egész szám.

Így

{{F}_{n}}={{2}^{n}}+1={{2}^{(2l+1)q}}+1={{\left( {{2}^{q}} \right)}^{2l+1}}+1=\left( {{2}^{q}}+1 \right)\left( {{\left( {{2}^{q}} \right)}^{2l}}-{{\left( {{2}^{q}} \right)}^{2l-1}}+...+{{2}^{q}} \right),

ahol

1<{{2}^{q}}+1<{{2}^{(2l+1)q}}+1={{F}_{n}},

ami azt jelenti, hogy Fn nem lehet prím. Így ellentmondásra jutottunk, ezért

n=2^k,

ahol k pozitív egész szám. Ezzel a feladatot megoldottuk.

***

Feladat Mersenne-prímekre

  • 10. feladat: Bizonyítsuk be, hogy ha egy
M_n=2^n-1

( ahol n pozitív egész szám ) alakú szám prímszám, akkor n prímszám. (Mersenne-prímek)

Megoldás: Itt is alkalmazzunk indirekt bizonyítást. Tegyük fel, hogy Mn prímszám, mégis létezik az n-nek 1-nél nagyobb és n-nél kisebb osztója.

A továbbiakban használjuk fel az

{{a}^{k}}-{{b}^{k}}=\left( a-b \right)\left( {{a}^{k-1}}+{{a}^{k-2}}b+{{a}^{k-3}}{{b}^{2}}+...+{{b}^{k-1}} \right)

összefüggést.

Legyen az n szám 1-nél nagyobb, nála kisebb osztója q. Ekkor n=pq, ahol p pozitív egész számra is teljesül, hogy nagyobb 1-nél és kisebb n-nél.

Így

{{M}_{n}}={{2}^{n}}-1={{2}^{pq}}-1={{\left( {{2}^{p}} \right)}^{q}}-1=\left( {{2}^{p}}-1 \right)\left( {{\left( {{2}^{p}} \right)}^{q-1}}+{{\left( {{2}^{p}} \right)}^{q-2}}+...+2+1 \right),

ahol a feltételek alapján

1<{{2}^{p}}-1<{{2}^{pq}}-1={{M}_{n}},

amiből következik, hogy Mn nem prímszám. Ez ellentmondás, így feltevésünk helytelen, tehát n prímszám. Ezzel a feladatot megoldottuk.

***

Összefoglalás

Igyekeztünk felvillantani a cikkben néhány olyan problémát, melyek a középiskolai algebrai, illetve számelméleti ismereteken túl más háttértudást nem igényelnek. Akit érdekel ez a téma, annak szeretettel ajánljuk  Freud Róbert és Gyarmati Edit Számelmélet című könyvét..

Szeretnél még több, hasonló cikket olvasni? Akkor böngéssz a blogunkon Matekos blog!

Emelt szintű érettségire készülsz, vagy elsőéves egyetemista vagy? Ekkor ajánljuk figyelmedbe az online tanuló felületünket és a felkészülést segítő csomagjainkat. Az ezekkel kapcsolatos részletekről itt ÉrettségiPro+ olvashatsz.

Összegyűjtöttük az eddigi összes emelt szintű matematika érettségi feladatsort és a megoldásokat. Ezt a gyűjteményt, valamint az érettségire készüléssel kapcsolatos hasznos tanácsokat a Emelt szintű matematika feladatsorok linken érheted el.

Szerző: Ábrahám Gábor (szakmai önéletrajz)

Cikkek

A szerző további cikkei megtalálhatók a Budapesti Fazekas Milyály Gyakorló Általános Iskola és Gimnázium matematika oktatási portálján:

Az emelt szintű érettségire készüléssel kapcsolatos írásaink a 34 hét alatt új tudás születik, illetve 17 fejezet matematikából linken érhetők el.

A szerző által írt tankönyvek a Maxim Kiadó linken találhatók.

További speciális négyszögekről (paralelogramma, rombusz) az alábbi cikkekben lehet olvasni Paralelogramma illetve Rombusz linken érhetők el.

Matek versenyre készülőknek

Ha olyan ambícióid vannak, hogy szeretnél matematikával versenyzés szintjén foglalkozni, akkor javaslom az Erdős Pál Matematikai Tehetségondozó Iskolát. Ezzel vonatkozó részletek ezen linken Erdős Pál Matematikai Tehetséggondozó Iskola olvashatók. A matematika versenyek témáit feldolgozó könyvek, kiadványok (a szerző Egyenlőtlenségek I.-II. című könyvei is) a MATE alapítvány, kiadványok linken kersztül vásárolhatók meg.

Leave a Reply