A B. 5382. feladat (2024. április)

B. 5382. Döntsük el, hogy vannak-e olyan \(\displaystyle 2<p<q\) prímszámok, amelyekre a \(\displaystyle \{{p+1}, {p+2}, \ldots, {q-1}\}\) halmaz elemeinek több mint egyharmadrésze prímszám.

Javasolta: Hujter Bálint (Budapest)

(3 pont)

A beküldési határidő 2024. május 10-én LEJÁRT.

Megoldás. A \(\displaystyle \{ p+1, p+2, \ldots, q-1 \}\) halmaz elemeinek száma \(\displaystyle q-p-1\). Mivel \(\displaystyle 2<p<q\) prímszámok, ezért \(\displaystyle p\) és \(\displaystyle q\) is páratlanok, a \(\displaystyle \{ p+1,~ p+2,~ \ldots,~ q-1 \}\) halmaz elemei 2-nél nagyobbak, így közülük csak a páratlanok, vagyis \(\displaystyle p+2\), \(\displaystyle p+4\), \(\displaystyle \dots\), \(\displaystyle q-2\) lehetnek prímek. (Speciálisan, ha \(\displaystyle q=p+2\), akkor egyáltalán nincs a halmazban prímszám, vagyis ilyenkor nem kapunk megoldást.) A halmazba eső páratlan számok száma \(\displaystyle k:=\frac{q-p}{2}-1\). Mivel mindegyikük nagyobb \(\displaystyle p\)-nél (ami legalább 3), ezért a 3-mal oszthatók sem prímek. Egy 2 differenciájú számtani sorozatban minden harmadik elem osztható 3-mal (hiszen a \(\displaystyle 0\), \(\displaystyle 2\), \(\displaystyle 1\) maradékok ismétlődnek ciklikusan). Azt állítjuk, hogy a \(\displaystyle k\) darab páratlan elem közül így legalább \(\displaystyle (k-1)/3\) osztható 3-mal. Ez az eddigiekből világos, ha \(\displaystyle k\) osztható 3-mal vagy 1 a 3-as maradéka. Ha pedig 2 maradékot ad 3-mal osztva, akkor azért teljesül, mert a két legnagyobb páratlan elem, \(\displaystyle q-4\) és \(\displaystyle q-2\) valamelyike biztosan osztható 3-mal (hiszen a \(\displaystyle q\) prímszám nem lehet 3-mal osztható).

Így a halmazban legfeljebb \(\displaystyle k-(k-1)/3=\frac{q-p-1}{3}\) prímszám lehet, ami éppen a halmaz méretének harmada.

Tehát nincsenek olyan \(\displaystyle 2<p<q\) prímszámok, melyekre a megadott halmaz elemeinek több mint egyharmadrésze prímszám.

Statisztika:

75 dolgozat érkezett.
3 pontot kapott:	Ali Richárd, Aravin Peter, Balaskó Imola, Balaskó Noémi, Baran Júlia, Bencze Mátyás, Bodor Mátyás, Bui Thuy-Trang Nikolett, Csató Hanna Zita , Csonka Illés, Dam Soham, Danka Emma, Fehérvári Donát, Görömbey Tamás, Guthy Gábor, Holló Martin, Keresztély Zsófia, Miszori Gergő, Morvai Várkony Albert, Op Den Kelder Ábel, Sánta Gergely Péter, Sárdinecz Dóra, Sütő Áron, Szabó 721 Sámuel, Szabó 810 Levente, Szabó Imre Bence, Tamás Gellért, Török Eszter Júlia, Wágner Márton.
2 pontot kapott:	23 versenyző.
1 pontot kapott:	16 versenyző.
0 pontot kapott:	3 versenyző.
Nem számítjuk a versenybe a születési dátum vagy a szülői nyilatkozat hiánya miatt:	2 dolgozat.

A KöMaL 2024. áprilisi matematika feladatai