Page 8 - Microsoft Word - Tuzson Miert_nem_lehet_javitva8_001-135p.doc

Megoldások

1.1. Páratlan számú páratlan szám összege (különbsége) páratlan, vagyis
    
1 3 5 ... 2013 páratlan és páros számok összege (különbsége) min-

dig páros, vagyis  2 4 6... 2012 páros , továbbá páratlan páros


1
páratlan, vagyis nem nulla. Az állítás 2013 helyett minden 4k  alakú
egész számra igaz.
1.2. Ezúttal is  1 3 5 ... 2009 páratlan és  2 4 6... 2010 






 páros. Az állítás 2010 helyett minden 4k  alakú egész számra igaz
2
marad.






1.3. Mert akkor fennállna egy 1 2 3 4 ... 2012 2013 0 alakú
egyenlőség, ami az 1.1. feladat értelmében lehetetlen.






1.4. Mert akkor fennállna egy 1 2 3 4 ... 2009 2010 0 alakú
egyenlőség, ami a 1.2. feladat értelmében lehetetlen.
1.5. A megadott számok szorzata négyzetszám lenne, ami lehetetlen, mert
pl. 2011 prímszám és az a szorzatban csak az első hatványon szerepelhet.
1 1 1
  
1.6. Egy 1 ...  0 egyenlőség lehetetlen lenne, mert a
2 3 2011
nevezőben létezik a 2 a legnagyobb hatványon és a bővítések után

M 21  0 adódna.
M 2
11 1 1 1 1
1.7. Egy   ...    ... egyenlőség lehetetlen (ahol
ii 2 i k i k 1 i k 2 i 2011
1
ii 2 2011 az 1,2,3,...,2011 számok egy permutációja), hiszen például
, ,...,i
1
1  1 1  1  1   1  2 vagyis 2011! n 2 ami lehetet-

...
...
2011! ii 2 i k i 2011   i i ... i k  
2
1
1
len, hiszen a bal oldali szorzatban pl. a 2011 prímszám, csak az első
hatványon szerepel (és még más prímszám is).

k
1.8. Egy 1 x  1 i x  2 i ...x  m i x m i 1   x m i  2  ... x egyenlőség lehetetlen,

x  1
k
1 x x  
mert x   2 ... x k 1   és (x  1)x  k x  k x  k 1.
k
x  1
1.9. Az a  1 a  2 ... a  n 0 (1) és aa  n n (2) feltételek mellett, a

... a 

1
2
(2) alapján, ha n  2k  1, akkor az aa 2 ,...,a számok mind páratlanok
,
n
1
kell, hogy legyenek, de ekkor az (1) nem teljesülhet. Ha n  2k , akkor a (2)
9