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

1. A {0}. Ez számolással adódik, vagy abból, hogy {z ∈ ℂ | Re(z) ≥ 0} az y-tengely jobboldala (zárt félsík), a másik három halmaz pedig ennek origó körüli elforgatottja rendre 270, 180, 90 fokkal.

2. Csak n = 1-re. Ha ugyanis n ≥ 2, akkor [n/2] ≥ 1, és ezért Csebisev tétele miatt van olyan p prímszám, melyre [n/2] < p ≤ 2[n/2]. Ekkor p ≤ n, de p ≥ [n/2] + 1 miatt 2p > n, és így az első n szám között csak p lehet p-vel osztható. Ezért az első n szám legkisebb közös többszörösében p az első hatványon szerepel, vagyis nem kaphatunk köbszámot.

3. Az első kongruenciát úgy egyszerűsíthetjük 10-zel, hogy a modulust leosztjuk (10, 42) = 2-vel. Így 2x ≡ 7 (21) adódik (1 pont). Nyilván x = 14 megoldás, és így (2, 21) = 1 miatt az első kongruencia összes megoldása a tanult tétel szerint x ≡ 14 (21) (2 pont). A kapott kongruenciarendszer megoldható, hiszen (21, 27) = 3 | 14 − 8, és a megoldás egyértelmű modulo [21, 27] = 189 (1 pont). A 14 + 21u számokat próbálgatva adódik, hogy x = 35 jó, tehát az összes megoldás x ≡ 35 (189) (2 pont). Második megoldás: lineáris diofantikus egyenletre való átírással. A második kongruenciából x = 27u + 8, ezt az elsőbe helyettesítve 20(27u + 8) − 70 = 42v adódik (3 pont). Ezt megoldva (2 pont), majd u értékét visszahelyettesítve x-re az előbbi eredményt kapjuk (1 pont).

4. A keresett rend mindig 1996/4 = 499. Ha ugyanis (−ε^{2})^{n} = 1, akkor négyzetre emelve ε^{4n} = 1. Mivel ε primitív 1996-odik egységgyök, innen 1996 | 4n, vagyis 499 ≤ n (3 pont). Megfordítva, (ε^{998})^{2} = 1, tehát ε^{998} értéke 1 vagy −1, de 1 nem lehet, mert akkor ε rendje 1996-nál kisebb lenne, és ezért ε^{998} = −1 (2 pont). Így (−ε^{2})^{499} = −ε^{998} = 1 (1 pont). Második megoldás: szögekkel is számolhatunk. Az ε szöge k2π/1996, ahol (k, 1996) = 1 (1 pont), és így −ε^{2} szöge π + (2k)2π/1996 = ((k + 499)/2) · 2π/499 (2 pont). Elemi számelméleti gondolatmenet mutatja, hogy (k + 499)/2 a 499-hez relatív prím egész szám, és így az eredmény 499 (3 pont).

5. Azokat a 0 ≤ x < 90^{2} számokat keressük, melyekre x^{2} ≡ x (90^{2}), azaz 8100 | x^{2} − x. Ez ekvivalens azzal, hogy a 8100 minden prímhatvány-osztója, azaz a 2^{2}, 3^{4}, 5^{2} számok mindegyike osztója x^{2} −x = x(x−1)-nek (1 pont). Mivel x és x−1 relatív prímek, ha egy prímhatvány osztója x(x − 1)-nek, akkor osztója vagy x-nek, vagy x − 1-nek (2 pont). Tehát x maradéka 0 vagy 1 lehet a fenti mindhárom prímhatványra nézve. Ez összesen 2^{3} lineáris kongruenciarendszert jelent x-re, egy tipikus ilyen például x ≡ 1 (2^{2}), x ≡ 0 (3^{4}), x ≡ 1 (5^{2}) (1 pont). A kínai maradéktétel szerint minden ilyen rendszernek van megoldása, ami egyértelmű modulo 2^{2} · 3^{4} · 5^{2}, azaz egy jó x értéket ad (1 pont). Mivel az x ≡ 0 (m) és az x ≡ 1 (m) kongruenciáknak m > 1 esetén nincs közös megoldása, mindegyik rendszer más értéket ad x-re (1 pont), ezért a megoldások száma 2^{3} = 8.

6. Nincs. Legyen a sorozat ak +b (k = 0, 1, …), ahol a és b pozitív egészek. Első megoldás. Legyen x > 0 adott. A sorozatban legalább (x − b)/a tag van x-ig. Ha p^{2} + q^{2} ≤ x, akkor p, q ≤ \sqrt{x}, tehát ilyen p^{2} + q^{2} összeget, ahol p és q prímek, legfeljebb π(\sqrt{x})^{2}-félét tudunk felírni. De előadáson beláttuk, hogy π(x) ≤ 5x/ log_{2} x, és így π(\sqrt{x})^{2} ≤ (5\sqrt{x}/ log_{2} \sqrt{x})^{2}, ami (x − b)/a-val osztva nullához tart, ha x → ∞. Ezért nagy x-ekre a sorozatnak lényegesen több tagja van x-ig, mint p^{2} + q^{2} alakú szám. Második megoldás. Mivel végtelen sok 4k − 1 alakú prím van, választhatunk egy olyat, ami nem osztója a-nak, legyen ez r. Ekkor az ak ≡ −b (r) kongruencia k-ra megoldható, hiszen (a, r) = 1, és így a megoldások száma végtelen. Ezért a sorozatnak végtelen sok olyan tagja van, ami r-rel osztható. Másrészt viszont tanultuk, hogy r | p^{2} + q^{2} csak úgy teljesülhet, ha r | p és r | q. Ha p és q prímek, akkor innen p = q = r, azaz p^{2} + q^{2} = 2r^{2}. Ezért a sorozat végtelen sok r-rel osztható tagja közül legfeljebb egy (a 2r^{2}) az, ami előáll két prímszám négyzetösszegeként.