Mat-tanári szak, első évfolyam, első félév Válaszok a vizsgakérdésekre (1998. január 15.)

2. a) Igaz, például az 1 bármelyik n-hez jó.

b) Nem igaz. Az n = 1 szám ellenpélda, hiszen bármelyik egész számot vesszük is, az relatív prím az 1-hez, ami az 1-nek többszöröse.

c) Ha D és D′ is kitüntetett közös többszörös, akkor D′ közös többszörös, és mivel D kitüntetett, ezért D′-nek, mint minden közös többszörösnek, osztója. Tehát D | D′. A D′ | D oszthatóság a D és D′ szerepének megcserélésével adódik.

d) Ha a, b ∈ ℤ, akkor van olyan x, y ∈ ℤ, melyre (a, b) = ax + by.

f) Nem, például a = 2^{1} · 2^{2} és b = 2^{2} · 2^{1} esetén a képletből a legnagyobb közös osztóra 2^{1} · 2^{1} adódik, pedig az igazság 2^{3}.

3. b) Igaz. Tanultuk, hogy minden páros tökéletes szám 2^{p−1}q alakú, ahol q = 2^{p} − 1 ≠ 2 is és p is prím. A képlet szerint az osztók száma ((p − 1) + 1)(1 + 1) = 2p.

c) Nem. Ha a számhármas (xd, yd, zd), ahol (x, y, z) már alapmegoldás, akkor tanultuk (de a megoldás képletéből is látszik), hogy z páratlan szám. Mivel kettő-hatvány is, z = 1 lehet csak és ezért xd vagy yd nulla, ami nem kettő-hatvány.

d) 6, ezek: (0, 1, 1), (0, −1, −1), (1, 0, 1), (−1, 0, −1), (1, −1, 0), (−1, 1, 0). Azt is elfogadjuk, ha valaki a (0, 0, 0)-t is belevette (bár itt 0 a kitüntetett közös osztó).

e) Nincs, mert 3 | (42, 66) nem osztója 200 − 100-nak (alkalmaztuk a tanult tételt).

f) A 20. Erre nyilván igaz a következtetés (hiszen b ≡ c (40) esetén b ≡ c (20)). Ha viszont valamilyen n-re igaz a következtetés, akkor az a = 20, b = 40, c = 0 esetben a feltétel teljesül, tehát a ≡ c (n)-nek is teljesülnie kell, azaz n | 20 − 0 = 20.

4. a) 0 vagy 2. Valójában p = 3 esetén nullát kapunk, és az összes többi esetben kettőt, mert ha p = 2^{2n} + 1, ahol n ≥ 1, akkor 2^{n} páros, és így 2^{2n} (hárommal nem osztható) négyzetszám, azaz 3-mal osztva 1-et ad maradékul.

b) π(x) felső becslése és a Csebisev tétel.

c) Nem. Ez adódik a Lagrange-formulából, vagy pedig abból a Csebisev tétel bizonyításában felhasznált észrevételből, hogy \binom{2n}{n} nem osztható a 2n/3 és n közötti prímekkel.

d) Tanultuk, hogy ha (a, b) = 1, akkor az N-edik ak + b alakú prím φ(a)N log N-nel osztva 1-hez tart, ha N → ∞. Mivel φ(14) = 6 és φ(11) = 10, ezért a két sorozat hányadosa 6/10-edhez tart, vagyis egy idő után az N-edik 11k + 1 alakú prím lesz a nagyobb.

5. a) Igen, hiszen ekkor uε + vε^{2} = uε^{2} + vε. Másik megoldás: köbre emelve kijön, hogy a diszkrimináns nulla.

b) Egyenes. Ugyanis H nyilván az 1 + i és a −1 − i felező merőlegese, K pedig ebből a valós tengelyre való tükrözéssel, majd +90 fokos forgatással adódik.

d) Van, azok, amelyek szöge a 2π irracionális többszöröse.

e) Igaz. Ugyanis tanultuk, hogy az n-edrendű elemek (azaz a primitív n-edik egységgyökök) hatványai pont az összes n-edik egységgyökök. Két egyenlő rendű elem hatványainak halmaza tehát egyenlő, és így ők egymás hatványai.

Eredményhirdetés: 1998. január 20. (kedd), 10:00, a szobámban (Főépület, I. emelet 19). A harmadik vizsga időpontmegbeszélése: ugyanitt, ugyanazon a napon, 11:00.

Email cím: ewkiss@cs.elte.hu. Oktatási anyagok: http://www.cs.elte.hu/˜ ewkiss.