Page 206 - vol1

Könnyen belátható, hogy ilyen esetekben nem is biztos, hogy van megoldás.
Például nem található olyan x érték, amelyre 2 | x − és 4| x − , hiszen x− 1
2
1
2
és x − egymás utáni számok, ezért az egyik páratlan szám.
2
A megoldhatóság érdekében vizsgáljuk előbb a k = esetet, vagyis az
−
m 1 | x c és m x c−
|
2
2
1

oszthatóságot, ahol ezúttal ( ,m m ) 1.
1 2
Az 1. feladat 2. megoldásának a gondolatmenetét követve felírható:
−
−
−
−
m 1 | x c  x c = m x és m x c  x c = m x , ahonnan
|
1 1
1
2
1
2
2
2 2
m x − m x = c − , (*)
c
2 2
2
1 1
1
ahol ,x x  . Az előző paragrafus 1. tétele értelmében a (*) egyenlet akkor és
2
1
c
csak akkor oldható meg az egész számok halmazán, ha ( ,m m )| c − . Ekkor a
1 2 2 1
megoldás


+

0
+
0
=
x m m t m x + c = m m t m x + ,
c
1
1
1
1
2
2
1
2
2 2
0
,
0
ahol t  és x x a (*) egyenlet egy partikuláris megoldása.
2
1
2
Tehát a k = esetben a feltett kérdésre a válasz egyszerű. Ez a válasz
3
ötletet adhat arra, hogy k  esetén is megválaszoljuk a kérdést.
1. tétel. Adott k  * \   1 esetén legyenek c 1 , ,...,c és m 1 ,m 2 ,..,m egész
c
2
k
k
számok. Az
−
−
−
m 1 | x c m x c 2 ; ...; m x c
|
|
;
k
1
k
2
oszthatóságnak akkor és csak akkor van x megoldása, ha
( ,m )| c − minden 1  j  esetén.
c
m
i
k
i 1 j i
Amennyiben x0 egy partikuláris megoldás, úgy az
x = x + [ ,m 2 ,..,m k ] , t

m
t
0
1
a feladat összes megoldását szolgáltatja.
Bizonyítás
A tétel egy induktív bizonyítását a szakirodalomban [37] számmal jelölt könyv
515. lapján olvashatjuk. Az induktív bizonyítás hátránya, hogy nem ad konkrét
módszert arra, hogy miként keressünk egy x0 partikuláris megoldást.
7. feladat
Egy juhásznak kevesebb, mint 200 juha van. Ha 3-asával, 4-esével, 5-ösével,
illetve 6-osával számolja meg őket, rendre 1, 2, 3, illetve 4 juh marad. Hány juha
van összesen?
Megoldás
Olyan x számot keresünk, amelyre egy időben igaz, hogy:
3| x − 1; 4 | x − 2; 5 | x − 3 és 6 | x −
4.

206