Page 139 - vol2

H  H =  ha i  , és mivel S = H  H  ... H és az Sn
j
j
i
n
p
1
0
elemeinek a száma n!, továbbá minden H halmaz pontosan k elemet
i
tartalmaz, ezért következik, hogy n!=(p+1)k  k n!, éppen amit
bizonyítani akartunk.

k
10. feladat: Bizonyítsuk be, hogy ha k az a legkisebb szám amelyre x = en
*
p
és xSn , továbbá x = en , pN is teljesül, akkor p osztható k-val.
Megoldás: Feltételezzük az ellenkezőjét vagyis, hogy p nem osztható k-
val. Ekkor létezik olyan r  N ,r  0,r  amelyre p = kq r és így
+
k
 kq r = e   = , ami ellentmond annak, hogy k a legkisebb ilyen
p
+
e
tulajdonságú szám.

7
11. feladat: Létezik-e olyan xS6, x  e6 permutáció amelyre x = e6 ?
Megoldás: A 9. feladat alapján fennállna, hogy k=7 ossza az n! értéket,
ez pedig absurdum.

*
12. feladat: Határozzuk meg azt a legkisebb nN számot amelyre
n
x = e16 ahol
 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16
x =  
 2 3 4 5 6 1 8 9 10 11 12 13 7 14 15 16 
Megoldás: Mivel egy 16-od rendű permutáció esetén nem várható, hogy
n
eléggé kis n érték esetén álljon elő, hogy x = e16, ezért valamilyen más
módszert kell találnunk az n meghatározására. Megkeressük azt a
legkisebb „lépésszámot” amellyel egyidőben 1 az 1. helyre, 2 a 2.
helyre,…,16 a 16. helyre kerül. A jobboldali  permutációt ciklusokra
bontva kapjuk, hogy  = (1 2 3 4 5 6) (7 8 9 10 11 12 13) (14) (15) (16).
Az első ciklusból látszik, hogy 1→ → → → → → vagyis 1 hat
3
5
4
1
2
6
lépésből kerül az 1. helyre. Ez igaz az első ciklus bármelyik i elemére
amely 6 lépés után kerül az i. helyre. Teljesen hasonlóan a második
ciklusban levő bármelyik j szám éppen hét lépés után kerül a j. helyre.
Tehát az 1,2,3,…,13 számok mindegyike leghamarabb a helyére kerül
éppen a 6 és 7 legkisebb többszörösére, vagyis n=6×7=42-re. (Lásd a 8.
feladat megoldását is).
 1 2 3 4 5
13. feladat: Igazold, hogy az x =   egyenletnek nincs
3
 2 3 1 4 5 
megoldása az S5-ben.

139