 |
A B. 4830. feladat (2016. november) |
B. 4830. Oldjuk meg a pozitív egész számok körében a következő egyenletet:
\(\displaystyle n!=2^a+2^b. \)
Javasolta: Williams Kada (Szeged, Radnóti M. Gimn.)
(4 pont)
A beküldési határidő 2016. december 12-én LEJÁRT.
Megoldás. Egy 2-hatvány 7-es maradéka csak 1, 2 vagy 4 lehet, ezért két 2-hatvány összege nem lehet osztható 7-tel. Ez azt jelenti, hogy \(\displaystyle n\leq 6\), azonban \(\displaystyle 4\leq 2^a+2^b\) miatt \(\displaystyle 3\leq n\) is teljesül. Meg kell vizsgálnunk még az \(\displaystyle n=3,4,5,6\) eseteket. Mivel \(\displaystyle n!\) nem 2-hatvány (ha \(\displaystyle 3\leq n\)), ezért \(\displaystyle a\ne b\), ami azt jelenti, hogy a \(\displaystyle 2^a+2^b=n!\) egyenletnek pontosan akkor van megoldása, ha az \(\displaystyle n!\) szám 2-es számrendszerbeli alakjában pontosan két 1-es szerepel.
Ha \(\displaystyle n=3\), akkor \(\displaystyle n!=6=2^2+2^1\), így az \(\displaystyle (n=3; a=1; b=2)\) és \(\displaystyle (n=3; a=2; b=1)\) megoldásokat kapjuk.
Ha \(\displaystyle n=4\), akkor \(\displaystyle 4!=24=2^4+2^3\), így az \(\displaystyle (n=4; a=3; b=4)\) és \(\displaystyle (n=4; a=4; b=3)\) megoldásokat kapjuk.
Ha \(\displaystyle n=5\), akkor \(\displaystyle 5!=120=2^6+2^5+2^4+2^3\), ha pedig \(\displaystyle n=6\), akkor \(\displaystyle n!=720=2^9+2^7+2^6+2^4\), így ezekben az esetekben nem kapunk megoldást.
Az egyenletnek tehát négy megoldása van:
\(\displaystyle (n=3; a=1; b=2)(n=3; a=2; b=1), (n=4; a=3; b=4) \text{ és } (n=4; a=4; b=3).\)
Statisztika:
159 dolgozat érkezett. 4 pontot kapott: Balázs Ákos Miklós, Balázs József, Baran Zsuzsanna, Csiszár Zoltán, Csuha Boglárka, Daróczi Sándor, Deák Bence, Döbröntei Dávid Bence, Fraknói Ádám, Gáspár Attila, Győrffy Ágoston, György Levente, Haas Attila, Hoffmann Balázs, Horváth 436 Réka, Imolay András, Jánosik Áron, Janzer Orsolya Lili, Kelemen Lajos, Klász Viktória, Kocsis Júlia, Kovács 246 Benedek, Kovács Kitti Fanni, Kupás Vendel Péter, Lakatos Ádám, Mészáros 916 Márton, Molnár Bálint, Molnár-Sáska Zoltán, Nagy Dávid Paszkál, Pap Benedek, Póta Balázs, Schrettner Bálint, Schrettner Jakab, Sisák László Sándor, Szinyéri Bence, Tiderenczl Dániel, Tóth Viktor, Tóth-Rohonyi Iván, Török Tímea, Ujváry Szilvia, Umann Dávid, Vágó Ákos, Vári-Kakas Andor, Velkey Vince, Weisz Máté, Zólomy Kristóf. 3 pontot kapott: 69 versenyző. 2 pontot kapott: 34 versenyző. 1 pontot kapott: 6 versenyző. 0 pontot kapott: 4 versenyző.
A KöMaL 2016. novemberi matematika feladatai