Mat-tanári szak, első évfolyam, első félév Első zárthelyi — megoldások

1. A szokásos eljárással számolva az egyenlet általános megoldása x = −27v − 5000 és y = 16v + 3000 (3 pont). A pozitív megoldások azok, amikor v < −5000/27 és v > −3000/16, azaz v = −187 vagy v = −186 (2 pont). Innen (x, y) = (49, 8) illetve (x, y) = (22, 24) adódik (1 pont).

2. Az ismeretlen n szám kanonikus alakját 5^{α}p_{1}^{α_{1}} … p_{k}^{α_{k}} alakban érdemes felírni, ahol α ≥ 1 (1 pont), és így d(n) = (α + 1)(α_{1} + 1) … (α_{k} + 1) = 35 (1 pont). A 35 számnak két felbontása van egynél nagyobb egészek szorzatára: 35 = 5 · 7 (1 pont). Az első esetben n = 5^{34}, a másodikban n = 5^{4}p^{6} vagy n = 5^{6}p^{4}, ahol p ≠ 5 prímszám (2 pont). E számok közül a legkisebb a 2^{6} · 5^{4} (1 pont).

3. A baloldal „gyanúsan nagyobb”, mint a jobboldal, hiszen k ≥ 2 esetén σ(k) ≥ k + 1, viszont d(k) ≤ k (2 pont). Tehát k + 1 ≤ σ(k) = d(k) + 1 ≤ k + 1, és így mindkét helyen egyenlőség van (1 pont). Vagyis k prímszám (1 pont), és akkor k = d(k) = 2 (1 pont). Mivel k = 1 sem megoldás, az egyetlen megoldás k = 2, amire az egyenlőség könnyen ellenőrizhetően tényleg teljesül (1 pont).

4. (2m^{2} + 1, 3m^{2} + 4) = (2m^{2} + 1, m^{2} + 3) = (−5, m^{2} + 3) | 5, vagyis csak 1 és 5 jöhet szóba (3 pont). Például m = 0 esetén 1 az eredmény (1 pont). Az 5 érték nem fordulhat elő, mert az öttel való osztási maradékokat végignézve láthatjuk, hogy 2m^{2} + 1 soha nem lehet osztható 5-tel (2 pont). Tehát az eredmény csak 1 lehet.

5. Szorzattá alakítva

11 = x^{2}u^{2} + 3yu^{2} + 3yv^{2} + x^{2}v^{2} = (x^{2} + 3y)(u^{2} + v^{2}) (2 pont).

Tehát 0 ≤ u^{2} + v^{2} | 11, azaz u^{2} + v^{2} = 1 vagy 11. De a 11 nem áll elő két négyzetszám összegeként (próbálgatással, vagy azért mert 4k + 3 alakú), és így u^{2} + v^{2} = 1, vagyis x^{2} + 3y = 11 (2 pont). Ezt az egyenletet modulo 3 vizsgálva ellentmondást kapunk, és így az eredeti egyenletnek nincs megoldása (2 pont).

6. Ahhoz, hogy belássuk, hogy a 143 = 11 · 13 számot nem festettük pirosra, elegendő olyan c számot találni, hogy 11 | c és 13 | c + 1. Ekkor ugyanis 143 | c(c + 1) biztosan teljesülni fog, de 143 | c nem teljesül (mert 13 | c + 1 miatt 13 ∤ c), és 143 | c + 1 sem teljesül (mert 11 | c miatt 11 ∤ c + 1). Ahhoz, hogy ilyen c számot találjunk, a 11x = c és 13y = c + 1 egyenleteknek kell teljesülnie, vagyis a 13y − 11x = 1 lineáris diofantikus egyenletet kell megoldanunk. Ez megoldható, mert 11 és 13 relatív prímek, és így a keresett c érték létezik. Ezzel az a) kérdést megválaszoltuk (3 pont).

Általában belátjuk, hogy a prímhatványokat befestettük, a többi számot nem. Ha n nem prímhatvány, akkor felírható n = ab alakban, ahol a és b egynél nagyobb, relatív prím számok. Ekkor a fenti gondolatmenetet alkalmazva kapunk egy olyan c értéket, amelyre a feladatbeli következtetés nem teljesül (1 pont). Ha viszont n = p^{k}, ahol p prím és k ≥ 1, akkor p^{k} | c(c + 1) miatt p | c vagy p | c + 1. Az első esetben p, és így p^{k} is relatív prím c + 1-hez, és így p^{k} | c(c + 1) miatt p^{k} | c. Hasonlóan a második esetben p^{k} | c + 1. Nyilván az n = 1 szám is be van festve. (4 pont).