Page 147 - vol1

nem egyenlő a világos és a sötét mezők száma, ellentmondás,
tehát nem lehet belőlük téglalapot összeállítani.

17) Igazoljuk, hogy 10 2014 +5 nem négyzetszám!
Bizonyítás: Feltételezzük az ellenkezőjét vagyis, hogy
2
2
2
10 2013 +5=k vagyis 100…005=k de (1+5) 3, így k 3, ezért k
3. De így 100…005 9, és ez azt jelentené, hogy (1+5) 9 ami

absurdum. Az előbbiekben a 9-cel való osztási szabállyal
jutottunk ellentmondásba.
21n + 4
18) Igazoljuk, hogy ha n1, akkor a 3 tört
14n +
egyszerűsíthetetlen!
Bizonyítás: Feltételezzük, hogy a tört egyszerűsíthető egy d
1 pozitív egész számmal. Ekkor d21n+4 és d14n+3 és ezek
alapján d42n+8 és d42n+9 ahonnan azt kapjuk, hogy d1
vagyis d=1 ami ellentmondás.

19) Bizonyítsuk be, hogy ha a, b, c páratlan egész számok, akkor
+
az ax + bx c = 0 egyenletnek nincs egész gyöke!
2
Bizonyítás: feltételezzük az ellenkezőjét vagyis, hogy
páratlan a, b, c értékek mellett is az egyenletnek van x=k
egész megoldása. Ekkor ak + bk c = 0vagyis
+
2
+
c
)
( k ak b = − ahonnan kc következne, ezért k=2n+1 kell
legyen, de ezt visszahelyettesítve az egyenletbe ellentmon-
+
2
0
dásra jutunk, (2a n+ 1) + b (2n+ 1) c = hiszen páratlan
számok összege nem lehet nulla

20) Igazoljuk, hogy végtelen sok prímszám van (Euklidész)
Bizonyítás: Feltételezzük az ellenkezőjét, tehát csak véges
számú prímszám van, legyenek ezek p1, p2, …, pn. Képezzük az
N= p1,×p2× … ×pn+ 1 számot. Ez vagy összetett, vagy prím. Ha
összetett lenne, akkor lennének prímosztói, de ezek csak a pk
közül lehetnek, de ez nem lehet, mert N nem osztható egyik
pk prímszámmal sem. Tehát N nem összetett, ezért prím, így
mivel nagyobb bármelyik pk prímszámnál, ezért egy újabb

147