Page 143 - vol1

Megoldás: feltételezzük az ellenkezőjét, vagyis, hogy a két
csoportba osztás megvalósítható. Ez azt jelenti, hogy ha
elhagyjuk a 9-e számot, a többi szám összegének a fele egész
szám, de ez nem így van, mert az összeg 77 ami páratlan.

5) Van-e olyan kétjegyű szám, amelynek legalább 4 különböző
prímosztója van?
Megoldás: feltételezzük, hogy van ilyen szám. Akkor a 4
legkisebb prímszám 2, 3, 5 és 7. Ellenben 2×3×5×7=210 már
nem kétjegyű, hanem háromjegyű szám.

6) Lehet-e 3 egymást követő pozitív egész szám összege
prímszám?
Megoldás: feltételezzük, hogy a válasz igenlő, vagyis van 3
olyan egymás utáni pozitív egész szám, amelyeknek az
összege prímszám. De mivel a három szám egymás utáni,
ezért az alakjuk valamilyen sorrendben 3k, 3k+1 és 3k+2. De
ha ezt a három számot összeadjuk, akkor egy 3-mal osztható
összetett számot kapunk, vagyis nem prímszámot.

7) Van-e olyan tízes számrendszerbeli pozitív egész szám,
amelyben a számjegyek szorzata 9900?
Megoldás: feltételezzük, hogy van ilyen szám. De ekkor mivel
2
2
2
9900=2 ×3 ×5 ×11 azt kapjuk, hogy a 11 számjegy kellene
legyen, ami ellentmondás.

8) Három egymást követő prímszámot akkor nevezünk
hármasikernek, ha a szomszédok közötti különbség 2. Hány
ilyen hármasiker prímszám van?
Megoldás: könnyen belátható, hogy 3, 5, 7 éppen egy ilyen
prím hármasiker. Igazoljuk, hogy nincs több ilyen.
Feltételezzük az ellenkezőjét, vagyis, hogy létezik olyan p
prímszám, amelyre p, p+2 és p+4 mind prímszámok. Ellenben
mivel p>3 ezért p=3k+1 vagy p=3k+2 alakú lehet, de ekkor
vagy p+2 vagy p+3 osztható lesz 3-mal, vagyis nem lesz prím,
ellentmondás.

143