Szamelmelet tanári útmutató 963 16 2663 6 [PDF]

Zitiervorschau

Csatr Katalin{Gbos Ildik

SZMELMLET tanri tmutat

Műszaki Könyvkiadó, Budapest

A könyv a Soros Alapítvány támogatásában részesülő Matematika-módszertani Kutatócsoport közreműködésével készült.

A rajzokat készítette: Halmos Mária

c Csatár Katalin, Gábos Ildikó 1990, 2000  c Műszaki Könyvkiadó, 2000 

Az 1990-ben azonos címen megjelent könyv második, javított kiadása.

ISBN 963 16 2663 6 Azonosító szám: MK 0901502

Kiadja a Műszaki Könyvkiadó Felelős kiadó: Bérczi Sándor ügyvezető igazgató Felelős szerkesztő: Halmos Mária Műszaki vezető: Abonyi Ferenc Borítóterv: Biró Mária Műszaki szerkesztő: Ihász Viktória A könyv terjedelme: 6,79 (A/5) ív E-mail: [email protected] Honlap: www.muszakikiado.hu Készült a Dabas Jegyzet Nyomdában Felelős vezető: Marosi György ügyvezető igazgató

Nhny sz a k nyvsorozatrl A Matematika-módszertani Kutatócsoport középiskolai matematikatankönyv-sorozata, melynek ez a könyv is része, egy 1973-tól mintegy másfél évtizeden keresztül folyt tanítási kísérlet eredménye. Ezúton mondunk köszönetet azoknak a tanároknak, akik részt vettek a kísérletben és minden munkatársunknak, akik értékes tapasztalataikkal, beszámolóikkal, megjegyzéseikkel nagyon sokat csiszoltak, javítottak az anyagokon. Köszönetet mondunk Surányi Jánosnak, aki két évtizedig vezette a kutatócsoport sok nehézséggel terhes munkáját, figyelemmel kísérte, összefogta és kézben tartotta a tanítási kísérletet, nagy szakmai tudásával és emberségével segítette az iskolákban folyó munkát, a tanárok számára komoly támaszt jelentve; vállalta a kísérleti anyagok elkészítésének folyamatos szakmai irányítását, beleértve az anyagokhoz készített részletes bírálatait, amelyek alapján az évek folyamán sok jelentős javításra került sor. Köszönettel tartozunk Gádor Endrénének, aki a kísérletező tanárok munkáját segítette, és akinek a kísérleti anyagok javításában is sok része volt, és Genzwein Ferencnek, aki a 80-as években nagy segítséget nyújtott ahhoz, hogy a kísérleti munkákat folytathassa a kutatócsoport. Nagy szeretettel gondolunk Gábos Ildikóra, aki már sajnos nincs közöttünk, és aki nagy tanári tapasztalatával, a kísérletben való lelkes és áldozatkész részvételével, tanári útmutatók készítésével nagyon jelentős részt vállalt könyvsorozatunk kialakításában. Hálával tartozunk Péter Rózsának, aki élete utolsó éveiben – már nagyon betegen is – igen sokat segített a könyvek elkészítésében; Rényi Alfrédnak, aki annak idején a Matematika-módszertani Kutatócsoportot a Matematikai Kutató Intézetben létrehozta, és aki nagyon hatékonyan támogatta a tanulók önállóságára, kezdeményezéseire, tapasztalataira, felfedezéseire építő matematikatanítást. Köszönettel tartozunk Kékes Máriának, aki a Műszaki Kiadó részéről sokat tett azért, hogy ez a könyvsorozat minél tökéletesebben juthasson el az iskolákba. Könyveink szedését D. E. Knuth amerikai matematikus TEX matematikai kiadványszerkesztő programjával készítjük. Bori Tamásnak, Fried Katalinnak és Juhász Lehelnek köszönjük, hogy ennek a lenyűgözően matematikuslelkületű programnak különböző fortélyait megismertették velünk. Halmos Mária a könyvsorozat alkotó szerkesztője

5

Nhny bevezet gondolat „ . . . Az ember csak azt értheti meg, amire maga jön rá; amit készen kap, anélkül hogy lélekben megdolgozna érte, az egyik fülén be, a másikon ki. Olyan ez, mint a növények öntözése; a növény nem élhet víz nélkül, de nem sokat ér azzal a vízzel, amit a leveleire öntenek, az lepereg róla; csak azt képes igazán felhasználni, amit a gyökerein keresztül maga szív fel . . . ” (Rényi Alfréd: Dialógusok a matematikáról) „ . . . A matematika a legalsó szinttől a legfelsőig tapasztalatokból nő ki: próbálkozásokból, sejtésekből és ellenőrzésükből, elvetésükből vagy megerősítésükből. Mégis az emberi szellem szabad alkotása. Híd a „két kultúra” között. Tele van játékossággal, esztétikummal: művészet is . . . ” (Varga Tamás) Könyveink készítésekor elsősorban a matematikai gondolkodás és magatartás formálását és fokozatos kialakítását tartottuk szem előtt, és természetesen az ehhez szükséges képességek és készségek fejlesztését. A tanulókat igyekszünk végigvezetni egy olyan megismerési folyamaton, amely közben saját megfigyeléseik, tapasztalataik, következtetéseik alapján alakulnak ki a fejükben elvont matematikai fogalmak, gondolatok, módszerek. Az utat, amelyet a tanulók végigjárnak, igyekszünk minél érdekesebb matematikai problémákkal kikövezni. Az elvont matematikai fogalmak általában többlépcsős elvonatkoztatásokkal alakulnak ki, és minden egyes elvonatkoztatás többféle, egymástól erősen eltérő dolog, sőt többnyire fogalom, valamilyen szempontból közös vonását emeli ki. Feladataink összeválogatásával és az anyag fölépítésével igyekszünk lehetőséget adni arra, hogy a fogalmak kialakulása sokszínű, sokoldalú tapasztalatokra épüljön, és hogy az elvonatkoztatás egyetlen lépcsőfokát se hagyjuk ki. Igyekszünk biztosítani a fogalmak lassú és fokozatos érlelődését. Az anyagaink egyszerre több szálon is futnak, egy-egy problémakörhöz többször is visszatérünk. Könyveink többnyire egy-egy fő témakört dolgoznak föl, de azon belül szinte mindig egyszerre több témát mozgatnak. Ahol alkalom adódik rá, a fő témakörből is kilépnek. Ugyanarra a gondolatkörre különböző szinteken és összefüggésekben újra és újra visszatérnek; lehet, hogy más anyagban, akár más tanévben is. Egy-egy fogalom előfutára, előkészítő gondolata sok esetben valamilyen feladatsorban esetleg egy másik anyag gyakorló feladatában egyszer csak megjelenik, és aztán fokozatosan, hosszabb idő alatt érlelődik új fogalommá. 7

A tanulást – lehetőleg mindig – érdekes problémák megoldásával, a tanulók önálló felfedezéseire építve képzeljük. A tanulók nem pusztán befogadják az új ismereteket, hanem olyan problémákkal foglalkoznak, amelyekről saját gondolataik, ötleteik, sejtéseik lehetnek, sejtéseiket meg is kérdőjelezhetik, és megtanulhatják, hogy a tévedések is segíthetik az igazság megismerését. Eközben azt is fölismerik, hogy az igazság eldöntésére sok esetben alkalmas a matematikai bizonyítás.

A szmelmlet olyan témakör, amely a gyengébbeknek is sok érdekes megfigyelni- és gondolkodnivalót nyújt, a jók pedig az így jelölt nehezebb feladatokkal birkózhatnak. Így alkalmas arra, hogy felkeltse a matematika iránti érdeklődést, és kedvet csináljon a matematikához. Négy osztályos középiskola I. osztályában év elején néhány órán érdemes Pósa Lajos

Vegyes feladatok 1. című kis könyvéből válogatni feladatokat, és azután első nagyobb témakörnek a számelméletet ajánljuk. A Szmelmlet című könyvünk nagyon nagy anyagot tartalmaz, ezért több évre szétosztva is lehet tanítani. Ha a teljes anyagot első osztályban dolgozzuk föl, akkor mindenképpen érdemes két részletben venni. Alsóbb osztályokban is használható ez a könyv (12–13 éves kortól) részben a számelmélet iránti érdeklődés fölkeltésére, tehetségesebb gyerekeknek pedig módszeres feldolgozásra is. Az anyagaink feldolgozását egyéni és csoportos munkában javasoljuk. Ez a feladatok nehézségétől függően teljes órára, esetleg több órára, is kiterjedhet. Egy-egy fejezeten belül azonban legalább 2-3 alkalommal közös megbeszélésen rögzítsük a főbb tanulságokat, javítsuk a téves vagy hiányos megoldásokat. Az elvégzésre szánt nehezebb feladatokat mindig beszéljük meg, a házi feladatokat pedig szükség szerinti részletességgel. Természetesen egy-egy újabb fogalom előkészítését vagy valamilyen törvényszerűség felismerését szolgáló feladatot is föladhatunk otthoni munkára. A szabályszerűségek felismerését, megfogalmazását és bizonyítását is önállóan vagy csoportmunkában végezhetik a tanulók. Közben segítséget kérhetnek a tanártól, ha nem biztosak abban, hogy jó úton haladnak; vagy ha elakadnak. A csoportmunka természetes velejárója, hogy a tanulók egymás gondolatait is javítják, kiegészítik, módosítják. Az a tapasztalat, hogy bár szívesen dolgoznak együtt, többségük önállóan kezd dolgozni, és csak egy idő után, vagy ha nem biztosak magukban, hasonlítgatják össze elképzeléseiket. A feladatokban felhasználásra kerülő fogalmak, tételek és a tételek bizonyításai a könyv végén levő sszefoglalsban megtalálhatók. Néhány érdekes olvasmány is van a könyvben, amelyek különböző célokat szolgálnak. Például a Prosorszg című olvasmány megbeszélése jó, ha megelőzi a számelmélet alaptételének kimondását. Enélkül a számelmélet alaptétele nyilvánvalónak tűnhet a tanulóknak, nem mond semmit a számukra; a Fggelkben szereplő Szmrendszerek című olvasmányt azoknak szántuk, akik általános iskolában nem foglalkoztak részletesen a különböző számrendszerekkel, és szeretnék megtanulni a használatukat.

8

Ebben az anyagban jó néhány olyan feladat szerepel, amely bizonyos algebrai készséget igényel. A Tbbszrsk szablyos eloszlsa című rész előtt az ilyen feladatok éppen az algebrai ismeretek megszerzésének az igényét próbálják felébreszteni. A Tbbszrsk szablyos eloszlsa című anyagrész tárgyalása előtt érdemes megszakítani a számelmélet tanítását, és az Algebra című könyvet elkezdeni. A Szmelmlet ezután következő részeit akkor érdemesebb tárgyalni, amikor már az egyszerűbb algebrai átalakítások nem jelentenek a tanuló számára nehézséget.

Javasolt rabeoszts Ezt az órabeosztást olyan osztályokban ajánljuk egy évfolyamon megvalósítani, ha emelt óraszámmal folyik a matematikatanítás, másféle osztályokban a körülményekhez igazodva lehet módosítani, sok esetben több évre elosztva az anyagot.

A feldolgozsra 23 rt javasolunk. Sokféle feladat számokról.

3 óra

Oszthatósági alapismeretek. A számelmélet alaptétele. Érdekességek a törzsszámokról.

5 óra

Számok összes osztója. Legnagyobb közös osztó. Legkisebb közös többszörös.

5 óra

A szmelmlet trgyalsnak megszak tst s egy krlbell 10 rs algebra anyag beiktatst itt javasoljuk. Többszörösök szabályos eloszlása. Összeg, szorzat osztási maradékai. Oszthatósági feltételek.

4 óra

Számrendszerek. Oszthatósági feltételek különböző számrendszerekben.

3 óra

Összefoglalás. Vegyes oszthatósági feladatok. Témazáró dolgozat.

3 óra

A tmakr befejezse utn ezeket az ismereteket vrhatjuk el a tanulktl: Prímszám, összetett szám, számelmélet alaptétele, relatív prímek. Osztó, többszörös, legnagyobb közös osztó, legkisebb közös többszörös. Összeg és szorzat osztási maradéka. Számok felírása adott számokkal való oszthatóságuk alapján (például 2k, 2k − 1; 3k + 1, 3k, 3k − 1 . . . ). Nevezetes oszthatósági feltételek: 2-vel, 5-tel 10-zel; 4-gyel, 25-tel, 100-zal; 8-cal, 125-tel, 1000-rel; 3-mal, 9-cel való oszthatósági feltételek. Összetett számokkal, például 6-tal, 15-tel, 36-tal való oszthatóságok.

9

Megjegyzsek, tmutatsok Sokfle feladat szmokrl Ezekkel a feladatokkal feleleveníthetjük az alsóbb osztályokban tanult számelméleti ismereteket, és egy kis ízelítőt adhatunk újszerű, számokra vonatkozó feladatokból.

A feladatok kzt tbb nehz is van. Ezek azzal a cllal kerltek be ebbe a feladatsorba, hogy felvessk bizonyos j ismeretek megtanulsnak a szksgessgt. Ezeket nem felttlenl kell azonnal megoldani, egy ideig nyitott krdsknt is maradhatnak, s majd a szksges ismeretek elsajt tsa utn visszatrhetnk rjuk.

Osztlyozzuk a pozitv egsz szmokat oszthatsg szerint! 7. oldal 1{12. Általános iskolai ismeretekre épülő feladatok. Az első 11 feladat lehetőséget ad a halmazokkal kapcsolatos ismeretek (részhalmaz, metszet, egyesítés) felelevenítésére, a

12. feladat pedig logikai alapismeretek megbeszélésére (például ilyenekére: minden kezdetű állítás tagadása van olyan kezdetű állítás). Az első nyolc feladatot önálló feldolgozásra ajánljuk.

1.

2. A 12-vel osztható számok mind oszthatók 4-gyel is, ezért marad üresen az ábrán szürkére színezett rész.

10

8. oldal 3.

4. Csak a második ábrába tudjuk beírni az összes kért számot. Ha az első ábrán a 10-zel oszthat kerül a külső halmazra, akkor a nem 0-ra végződő 12-vel osztható számokat (a 12-t, a 24-et és a 36-ot) nem lehet elhelyezni; ha pedig a 12-vel oszthat kerül a külső halmazra, akkor a 0-ra végződő 12-vel nem osztható számokat (a 10-et, a 20-at, a 30-at, a 40-et és az 50-et) nem lehet sehova sem tenni.

5.

9. oldal 6. Minden 21-gyel osztható szám 7-tel is osztható, ezért üresen marad az ábrának az a része, ahová 21-gyel osztható, de 7-tel osztható számok kerülnének. Ezenkívül üresen marad a 7-tel és 48-cal oszthatók közös részéből az a rész, ahova a 21-gyel nem oszthatók kerülnének, ugyanis ha egy szám 7-tel és 48-cal is osztható, akkor biztosan osztható 21-gyel is.

11

Például így lehetne olyan ábrát rajzolni, ahol egy rész sem marad üresen:

9{10. oldal 7. Minden 18-cal osztható szám 9-cel is osztható, ezért az első ábrán az a rész marad üresen, ahova a 18-cal osztható, de 9-cel nem osztható számok kerülnének. A második ábrán egy rész sem marad üresen. A 4-gyel oszthatók és az 5-tel oszthatók közös részébe a 20-szal oszthatók kerülnek. A harmadik ábra vizsgálatakor azt vesszük észre, hogy minden 18-cal osztható szám 9-cel is osztható, és hogy minden 9-cel osztható szám 3-mal is osztható, a negyedik ábra vizsgálatakor pedig azt, hogy minden 10-zel osztható szám 5-tel is osztható, és hogy a 4-gyel és 5-tel is osztható számok a 20 többszörösei, így oszthatók 10-zel.

12

10. oldal 8.

A 2-vel oszthat, a 3-mal oszthat, az 5-tel oszthat címkét bármilyen elrendezésben elhelyezhetjük.

13

12. oldal 9. Az első ábrához a harmadik címkehármas tartozik, a második ábrához a második, és a harmadik ábrához az első.

13. oldal 10.

14

15

14. oldal 11.

16

Ha a 10. vagy a 11. feladat nehezen megy, könnyíthetünk a feladatokon azzal, hogy csak azt kérjük, hogy minél kevesebb rész maradjon üresen.

15. oldal 12. Igaz a 2., 3., 4., 6., 7., 10., 11., 12., 15. és 16. állítás. 17

15. oldal 13. December 31-én 19 nyílásból szökell a víz, az 1., a 4., a 9., a 16., a 25., a 36., a 49., a 64., a 81., a 100., a 121., a 144., a 169., a 196., a 225., a 256., a 289., a 324. és a 361. nyílásból. A feladat próbálgatással is megoldható. Lesznek olyan tanulók, akik rájönnek, hogy a megoldás az osztók számával kapcsolatos, ugyanis az olyan sorszámú nyílásokból szökell a víz, amelyeknek páratlan számú osztójuk van. Ezek pedig a négyzetszámok, ugyanis egy négyzetszám négyzetgyökének az osztópárja maga a szám.

16. oldal 14. a) Ennek a számtani sorozatnak az elemei az olyan számok, amelyek 4-gyel osztva 2-t adnak maradékul, vagyis a 4-gyel nem osztható páros számok. Ilyen szám nem lehet négyzetszám, mert a páros számok négyzetei 4-gyel oszthatók.

b) A sorozat elemei az 1-re végződő számok. Ezek közt vannak négyzetszámok, például 81, 121, 361; minden 1-re és minden 9-re végződő szám négyzete ilyen.

c) A sorozat elemei a 2-re végződő számok. Ezek közt nem lehet négyzetszám, mert 2-re végződő négyzetszám nincs. Természetesen ehhez végig kell gondolni, hogy a négyzetszámok lehetséges végződése: 0, 1, 4, 5, 6, 9.

A bizony tsok algebrai tudst ignyelnek. Ksbb visszatrhetnk a bizony tsokra. 15. Jelöljük a-val a legkisebb ilyen számot. A 245-szöröse így írható: 5·72 ·a, tehát a = 5. A megoldás a számok egyértelmű törzstényezőkre bonthatóságán (számelmélet alaptételén) múlik.

16. A keresett szám 113, 131, 311 lehet. 17. A rendszám ilyen alakú: aabb = 11 · (100a + b)∗ . Tehát a rendszám 11-gyel osztható négyzetszám, így (az egyértelmű törzstényezőkre bonthatóságot fölhasználva) 121-gyel is osztható. Ebből következik, hogy 100a + b osztható 11-gyel. A szóba jöhető lehetőségek közül csak a 7744 négyzetszám, amely a 88 négyzete. Tehát a rendszám 7744.

Erre s a 15. feladatra a szmelmlet alapttelnek megbeszlse utn rdemes visszatrni. 18. A 6024 cm2 területű téglalapok oldalainak mérőszámai a 6024 osztópárjai. A téglalapok oldalpárjainak mérőszámai ezek lehetnek: 1, 6024; 2, 3012; 3, 2008; 4, 1506; 6, ∗ Az aabb betűjelsorozat fölötti vonal azt jelöli, hogy az a, a, b, b számjegyekkel 10-es számrendszerben felírt számról van szó.

18

1004; 8, 753; 12, 502; 24, 251. Ezek közül a 24 és a 251 összege (a téglalap félkerülete) a legkisebb. Így a keresett téglalap oldalai 24 cm és 251 cm. Amikor a szükséges algebrai ismeretek birtokában belátják a tanulók, hogy egyenlő kerületű téglalapok közül a legkisebb területű a négyzet, akkor visszatrhetnk erre a feladatra.

19. A három szám 7, 8 és 9. Ezeket próbálgatással találják meg a gyerekek. Ksbb vissza lehet trni az algebrai megoldsra. Algebrai megoldás: A három szám a − 1, a, a + 1. A kért feltétel így írható fel: (a2 − 1)a = 21 · 3a Mivel a ≥ 1, oszthatunk vele. Innen a2 − 1 = 63, ahonnan a = 8.

20. Ezt a feladatot is próbálgatással oldják meg a tanulók. A próbálgatást meggyorsíthatja az algebrai felírás. Ha a próbálgatás nem megy, vagy csak egy megoldást kapnak meg a tanulók, itt ne erőltessük a teljes megoldást, de az algebra tan tsa kzben rdemes visszatrni erre a feladatra. Algebrailag: 10a + b alakban írjuk fel a számot. A megadott feltétel így írható: 10a + b − 17 = ab. Az egyenletet így alakíthatjuk: (a − 1)(10 − b) = 7 Két lehetőség van: a − 1 = 1 és 10 − b = 7, ekkor a = 2 és b = 3; a − 1 = 7 és 10 − b = 1, ekkor a = 8 és b = 9. A keresett kétjegyű szám 23 és 89. (A megoldásban felhasználtuk, hogy a és b természetes számok.) 7 A felírt egyenletet így is át lehet alakítani: b = 10 − a−1 Innen látszik, hogy b csak úgy lehet természetes szám, ha a − 1 osztója 7-nek, és ettől kezdve már az előbbi megoldás szerint folytatható.

21. Ezt a feladatot is próbálgatással lehet megoldani. A feladat feltételeiből néhány megszorítás adódik: a számot abc-vel jelölve az első változtatás miatt a ≥ b + 2, a szélső jegyek felcserélésére vonatkozó feltételből következik, hogy a = c + 5, mivel (100a + 10b + c) − (100c + 10b + a) = 99(a − c); ez pedig csak úgy lehet körülbelül 500, ha a − c = 5. Ezenkívül tudjuk, hogy c ≥ 1, és az előbbi megszorítás miatt a ≥ 6. Az eredeti számra így 22 lehetőség adódik: 974 964 954 944 934 924 914 863 853 843 833 823 813 752 742 732 722 712 641 631 621 611 19

Oszthatsgi ismereteink Az előző fejezet feladatai után, amelyeket többnyire szemléletes úton oldhatnak meg a tanulók, de amelyek azt is mutatják, hogy a matematikai eszköztárat hasznos lenne bővíteni, időszerű az elméleti rész elindítása. Ha a könyvet 14–15 éveseknek tanítjuk, akik már tanultak oszthatóságról, prímszámokról, akkor a 17–18. oldal elméleti anyagát és az itt található feladatokat érdemes házi feladatnak föladni. Az óra az alapfogalmak rövid megbeszélésével kezdődhet, amely egyben lehetőséget ad az otthoni munka ellenőrzésére. A 18. oldalon végzett felbontások után megfogalmazhatódik a sejtés, mely szerint bárhogy is kezdjük el az összetett számok szorzattá alakítását, mindig ugyanazokhoz a törzstényezőkhöz jutunk. Ezután önállóan dolgozhatnak a tanulók a 19. oldal feladatain. Házi feladatnak adjuk fel a Prosorszg c. olvasmányt (20. oldal). Ennek a megbeszélésével kezdődhet a következő óra, amely után a Szmelmlet alapttelnek (23. oldal) elolvasása következhet, ezután még feldolgozhatjuk a 24. oldalon levő feladatokat. A Szrke szmsor sz nezse c. olvasmány (25. oldal) ismét házi feladat lehet a 27. oldal 1{3. feladatával együtt. A következő órán érdemes az eratosztenszi rostlst (26. oldal) végigjátszani. Próbáljuk meggondoltatni velük, hogy ha 50-ig keressük a prímszámokat, akkor elég a 2, a 3, az 5 és a 7 többszöröseit kihúznunk.

Prosorszg 23. oldal Azt kérjük a tanulóktól, hogy keressenek olyan számokat, amelyeket Párosországban többféleképpen lehet párosországbeli prímszámok szorzatára bontani. Néhány példa ilyenekre: 60 = 6 · 10 = 2 · 30 (kétféleképpen bontható fel) 72 = 2 · 2 · 18 = 2 · 6 · 6 (kétféleképpen bontható fel) 216 = 6 · 6 · 6 = 2 · 6 · 18 = 2 · 2 · 54 (háromféleképpen bontható fel) 252 = 2 · 126 = 6 · 42 = 18 · 14 (háromféleképpen bontható fel) 420 = 2 · 210 = 6 · 70 = 10 · 42 = 14 · 30 (négyféleképpen bontható fel) 660 = 6 · 110 = 10 · 66 = 22 · 30 = 2 · 330 (négyféleképpen bontható fel) 1620 = 2 · 810 = 6 · 270 = 10 · 162 = 18 · 90 = 30 · 54 (ötféleképpen bontható fel)

Feladatok 24. oldal 1. 36 960 = 25 · 3 · 5 · 7 · 11 20

4225 = 52 · 132

2. 12100 = (22 · 3)100 = 2200 · 3100 7510 · 4520 = (3 · 52 )10 · (32 · 5)20 = (310 · 520 ) · (340 · 520 ) = 310 · 340 · 520 · 520 = 350 · 540

3. 2-nek semmilyen hatványa sem lehet 7-tel osztható, hiszen 2-nek minden hatványában csak a 2 szerepel prímtényezőként. 4. a) 217 · 317 = x17 , 217 · 317 = 2 · 317 , innen x = 6. 

b) 417 = 2x , 417 = 22  x

c) 360 = 9x = 32

 x

d) 460 = 8x = 23 

17

= 234 , innen x = 34.

= 22x , innen 2x = 60, x = 30. = 23x , innen 3x = 60, x = 20.



e) x2 = 260 = 230 2 , innen x = 23 0.  

f) x3 = 327 = 39 3 , innen 3x = 39 . Ez a feladat igényli a hatványozásra vonatkozó azonosságok ismeretét. Ha még ezt később tanulják a gyerekek, akkor természetesen ezt a feladatot is későbbre kell tenni.

5. a) 24 · 35 | 26 · 37 igaz. b) 38 · 113 | 24 · 39 · 114 igaz. c) 26 · 74 | 28 · 73 · 5 nem igaz, mert a 26 · 74 -ben a 7 magasabb kitevőjű hatványon szerepel, mint a másik számban, ezért nem lehet annak osztója.

d) 24 · 3 · 52 | 26 · 54 · 73 nem igaz, mert az első számban szerepel a 3 prímtényezőként, a másodikban pedig nem.

rdekessgek a trzsszmokrl 27. oldal Az itt szereplő feladatokkal kapcsolatos tételek és bizonyítások az 54. oldalon kezdődő sszefoglals c. részben megtalálhatók. Ebben a fejezetben a tanulók maguk jöhetnek rá arra, hogy a pr mszmok szma vgtelen. A tanulók ennek (Eukleidésztől származó) bizonyítását is fölfedezhetik. A tapasztalatok szerint a jók általában a megadott segítséggel (kulccsal) önállóan is eljutnak a bizonyításhoz. A matematikai gondolkodásra nevelés szempontjából fontosnak tartjuk ezt a fejezetet. Számonkérésre azonban nem ajánljuk ezt az anyagot, de jó jegyek szerzésére igen. A jók többnyire képesek a bizonyításokat később is visszaidézni; a lényeges állításokat a gyengébbek is megjegyzik.

21

Néhány szót ejtsünk az indirekt bizony tsi mdrl is. Fontos, hogy ezzel a nehz gondolattal

minl elbb elkezdjenek ismerkedni a tanulk. 27. oldal

1. Lehet, hogy a gyerekek nem látják, hogy a feladat csak azt kívánja, hogy meghatározott számú egymást követő összetett számot keressenek; azt viszont nem, hogy az adott számú egymást követő összetett szám előtt vagy után már ne álljon összetett szám. Ezt beszéljük meg velük, és vessük össze a 3. feladattal.

a) Például 24, 25, 26, 27, 28. b) Például 422, 423, 424, 425, 426, 427. c) Például 201, 202, 203, 204, 205, 206, 207, 208, 209, 210. d) Például 2 · 3 · . . . · 101 + 2, 2 · 3 · . . . · 101 + 3, . . . , 2 · 3 · . . . · 101 + 101. 2. Akármilyen nagy hézag lehet a prímszámok között; n darab egymást követő összetett számot – és így legalább n hosszúságú hézagot – így állíthatunk elő: 2 · 3 · 4 · . . . · (n + 1) + 2

2 · 3 · 4 · . . . · (n + 1) + 3 . . .

2 · 3 · 4 · . . . · (n + 1) + (n + 1)

Hívjuk fel a gyerekek figyelmét arra, hogy természetesen ez nem feltétlenül a legelső n egymást követő összetett szám a természetes számok sorában. Kisebbet kapunk például, ha az n egymást követő természetes szám szorzata helyett n darab természetes szám legkisebb közös többszöröséből indulunk ki.

3. a) Nincs két olyan prímszám, amelyek között pontosan hat összetett szám van, mivel a 2 kivételével minden prímszám páratlan, két páratlan szám között pedig mindig páratlan számú szám van, így két páratlan prím közt is csak páratlan számú összetett szám lehet; az egyetlen páros prím és az azt követő 3 között pedig egyetlen összetett szám sincs.

b) Az első ilyen pár 89 és 97 (a következő: 359 és 367). c) Nincs megoldás (az indoklást lásd az a) részben). d) Az első ilyen pár 139 és 149 (de előtte már 113 és 127 között 13 összetett szám van). A következő ilyen pár 181 és 191. A gyerekeket érdekelheti még, hogy mely prímek közt nincs összetett szám (csak a 2 és a 3 közt); melyek közt van egyetlen összetett szám (ilyenek 3 és 5, 5 és 7, 11 és 13 stb.; az ilyen számokat ikerpr meknek nevezik).

4. Aki szerint az első kérdésre a válasz nem lehet, valahonnan kezdve mr csak sszetett szmok vannak a termszetes szmok sorban, annak a számára a többi kérdés nem érdekes. 22

A gyerekek általában azt válaszolják, hogy valsz nleg nem lehet. Megmondhatjuk, hogy csakugyan nem lehet (végtelen sok prímszám van), és hogy erre még visszatérünk. Felmerülhet az a kérdés, hogy ikerpr mszm is vgtelen sok van-e. Erre a válasz: „Senki nem tudja”. Nagyon nagy ikerprímeket is ismerünk, de nem sikerlt bebizony tani, hogy akrmekkora szmnl is vannak nagyobb ikerpr mek. A 28. oldalon megadott kulccsal a gyerekek rájöhetnek a vgtelen sok pr mszm ltezsnek eukleidszi bizony tsra. A felírt szám vagy olyan összetett szám, amely sem 4831-gyel, sem egyetlen 4831-nél kisebb prímszámmal nem osztható (az osztás maradéka mindig 1), és így van 4831-nél nagyobb prímosztója, vagy önmaga egy 4831-nél nagyobb prímszám. Ez a meggondolás segíthet az indirekt bizonyítás végiggondolásában (lásd a Szmelmlet könyv 57. oldalán). Az 1 milliónál nagyobb prímszám előállítása hasonló módszerrel történik. De természetesen így nem a legkisebb 1 milliónál nagyobb prímszámot kapjuk meg. Számítógéppel érdemes keresni is 1 milliónál nagyobb prímszámot.

Feladatok 30. oldal 1. a) Ha 7 osztója xy-nak, akkor (mivel 7 prímszám) a 7 szerepel xy prímtényezős fölbontásában, és mivel a fölbontás egyértelmű, és a 7-et nem lehet tovább bontani, biztos, hogy x és y közül legalább az egyiknek szerepel a prímtényezős fölbontásában, vagyis x-nek vagy y-nak osztója. Tehát igaz az állítás.

b) Nem igaz, mivel 15 = 3 · 5. Lehet például, hogy a 3 osztója x-nek, de az 5 nem, és az 5 pedig osztója y-nak, a 3 meg nem. Általánosan is az előbbiekhez hasonlóan meggondolható, hogy p | xy ⇒ p | x vagy p | y csak akkor igaz, ha p prímszám. Így mivel 23 prímszám, a c) állítás igaz, és mivel 91 = 7 · 13, így a d) állítás nem igaz.

2. a) Igaz, hiszen a 2 és a 3 is szerepel x prímtényezős fölbontásában, tehát x osztható 6-tal.

b) Nem igaz, mert a 2-vel és a 10-zel való oszthatóság csak azt biztosítja, hogy a 2 és az 5 is szerepel az x prímtényezős fölbontásában, ahhoz pedig, hogy 20-szal osztható legyen az x, az is kellene, hogy az x prímtényezős fölbontásában a 22 szerepeljen.

c) Igaz. d) A b)-ben leírt meggondoláshoz hasonlóan gondolható meg, hogy nem igaz. 23

3. a) Igaz, ugyanis mivel 21 = 3 · 7; ha 21 | x2 , akkor az x2 prímtényezős fölbontásában szerepel a 3 és a 7, márpedig akkor az x prímtényezős fölbontásában is kell szerepelnie a 3-nak és a 7-nek, amiből következik, hogy 21 | x.

b) Nem igaz, ugyanis 12 = 22 · 3, és lehet, hogy az x nem osztható 4-gyel, hanem csak 2-vel.

c) Igaz, ugyanis mivel a 12-vel való oszthatóság miatt az x2 prímtényezői között a 3 szerepel, márpedig négyzetszám csak úgy lehet, ha akkor 32 -nel is osztható. Tehát eszerint x 2 osztható 22 · 32 -nel, vagyis 36-tal.

d) Igaz, ugyanis a 13 prímszám, és mivel a 7-nek nem osztója, a 7x-nek csak úgy lehet osztója, ha osztója az x-nek.

4. 280 = 23 · 5 · 7. Eszerint x2 prímtényezős fölbontásában a 23 , az 5 és a 7 szerepel, de egy négyzetszámban minden prímtényező páros kitevővel szerepelhet csak, tehát x 2 biztosan osztható 24 · 52 · 72 -nel, vagyis 19 600-zal; az x pedig biztosan osztható 22 · 5 · 7-el, vagyis 140-nel.

5. Ez a feladat rokon a 16. oldalon található 15. feladattal. a-val jelöljük a keresett számot. Az egyértelmű prímtényezőkre bonthatóságot használva: 1260 · a = 22 · 32 · 5 · 7 · a Innen látszik, hogy a = 2 · 3 · 52 · 72 = 7350 a legkisebb olyan szám, amelyre teljes köböt kapunk. 7350-nek az 1260-szorosa 9 261 000 = 2103

6{7. A 7. feladat megfogalmazza azt a tapasztalatot, amelyet a 6. feladatban kért próbálkozásokkal szereznek a gyerekek. A 7. feladat állítása igaz, mert három egymást követő pozitív egész szám között biztosan van egy páros és egy 3-mal osztható, így szorzatuk osztható 6-tal. Ennél többet nem állíthatunk biztosan a szorzat oszthatóságával kapcsolatban.

8. 4 szomszédos pozitív egész szám között biztosan van 2 páros szám, és közülük az egyik biztosan osztható 4-gyel is. Biztosan van a négy szám között egy 3-mal osztható is. Tehát a szorzat biztosan osztható 23 · 3-mal, vagyis 24-gyel.

9. Hét szomszédos pozitív egész szám között biztosan van 3 páros szám, közülük legalább egy osztható 8-cal, vagyis a hét szám szorzata biztosan osztható 25 -nel, vagyis 32-vel. A hét szám közt van legalább két 3-mal osztható, tehát a szorzat biztosan osztható 9-cel, és még biztosan van legalább egy 5-tel osztható és legalább egy 7-tel osztható is. Tehát a szorzat biztosan osztható 25 · 32 · 5 · 7-tel, vagyis 10 080-nal.

10. A megadott állítások nem igazak. A b) és d) állítások nem is tehetők igazzá, mert a b) állítás esetében négyzetszámnak csak négyzetszámszorosa lehet négyzetszám, tehát 24

az ötszöröse nem lehet négyzetszám; a d) esetében pedig egész szám köbének csak köbszámszorosa lehet köbszám, a 9 pedig nem köbszám. (Kbszmon egész szám köbét értjük, éppúgy, ahogy ngyzetszmon egész szám négyzetét.) Az a) állítás azzal a feltétellel tehető igazzá, hogy a kiindul szm pros, mert (2k)2 = 4k2 , amely 4-gyel osztva négyzetszám (k tetszőleges természetes szám). A c) állítás is azzal a feltétellel tehető igazzá, hogy a kiindul szm pros, mert (2k)3 = 8k3 , amely 8-cal osztva köbszám (k tetszőleges természetes szám). Az e) állítás azzal a feltétellel tehető igazzá, hogy a kiindul szm 3-mal oszthat, mert (3k)2 = 9k2 , amely 9-cel osztva négyzetszám (k tetszőleges természetes szám).

11. Az a) jelű címkehármas az ötödik rajzhoz tartozik; a b) címkehármas az első rajzhoz; a c) címkehármas a negyedik rajzhoz; a d) címkehármas ugyanahhoz tartozik, amelyikhez az a) címkehármas, vagyis az ötödik rajzhoz; az e) címkehármas a második rajzhoz tartozik. A harmadik rajzhoz egyik címkehármas sem jó. Ehhez tartozó címkehármasokat kerestethetünk a gyerekekkel. Ilyen például: 60 valdi oszti, 49 valdi oszti, 143 valdi oszti.

12. Ennek a feladatnak a megoldásához is felhasználjuk a számelmélet alaptételét: 0 végződést akkor kapunk, ha 2 és 5 szerepel a prímtényezők között. Annyi 0 van, ahány 2 · 5 képezhető. Mivel minden második szám páros, és csak minden ötödik osztható 5-tel, elég azt nézni, hogy hány 5-ös tényező szerepel a prímtényezős alakban: mivel minden ötödik szám osztható 5-tel, a szorzatban 1005 = 20 darab 5-tel osztható szám van, ezek közül pedig minden ötödik 25-tel is osztható, így 25-tel osztható számból 4 van, amelyek mindegyike még egy-egy 0-t eredményez. Tehát összesen 20 + 4 = 24 darab 0-ra végződik a szám.

Szmok sszes osztja 32. oldal Az 1{4. feladatokat próbálgatással oldják meg a tanulók. Eközben várhatóan legtöbbjükben tudatosul a már többször is használt gondolat (például 16. oldal 18. feladata): egy szám osztóit osztópáronként kapjuk meg. Ha nagyság szerinti sorrendben vizsgálják az adott számoknak a különböző számokkal való oszthatóságát, akkor azt is észreveszik, hogy az osztópárok tényezőinek nagysága egyszer csak megfordul, s innen az egyszer már kapott osztók ismétlődnek meg, fordított sorrendben. √ n-nél √ nagyobb egész számokat már nem kell megnézni, vagyis n -ig ( n egészrészéig) kell elmenni a próbálgatásban, ha minden megtalált osztóval az osztópárját (ahányszor megvan az adott számban a megtalált osztó) is számba vesszük.

2. Az előbbiek alapján, ha egy n pozitív egész szám osztóit keressük, akkor a  √

25

Ez a feladat alkalmat ad a négyzetgyök szemléletes fogalmának felelevenítésére; néhány számpéldán az egészrész fogalmát is megvilágíthatjuk.

3. Az előző tapasztalat birtokában könnyen adódik, hogy 160-nak 12, 366-nak 8, és 1991-nek 4 osztója van. 4. Ezt a feladatot érdemes házi feladatnak föladni, ebből jól láthatják, hogy az osztk szma elég szeszélyesen változik. 5. Ezek a számítások a mégis meglevő rendet, a föllelhető szabályosságot sejtetik meg: p k -nak (k + 1) osztója van. Többnyire a 11-nél már mechanikusan írják a választ.

6. Az előbbi feladat alapján lehet okoskodni. Akinek nehezen megy, annak adjunk bemelegítő feladatot: d(2 · 3) =? sorban: 12, 12, 4, 8 és 24.

d(2 · 32 ) =?

d(23 · 3) =? A kért osztók száma

A 33–34. oldalon látható fagráfok jól szemléltetik, hogy az osztk szma csak a pr mtnyezs felbontsban szerepl pr mszmok szmtl s a pr mszmok kitevitl fgg. A 6. feladat első és utolsó példájának (200 és 12 250) fagráfja látható a könyvben. Érdemes fölhívni a figyelmet arra, hogy a 6. feladat első és második példájának fagráfja ugyanolyan szerkezetű, és hogy a 12 250 gráfja a 250 gráfjából épül föl. Ezen a nagy gráfon a három törzstényező (2, 5 és 7) ágait háromféle színnel színezve jobban látszik a szerkezet.

7. A levonható szabályszerűséget (a prímtényezők kitevőinél 1-gyel nagyobb számok szorzata adja meg az osztók számát) képlettel is megadhatjuk. A képlet megtalálható az

sszefoglalsban (54. oldal). Az összefüggés ismeretét akár szavakkal, akár formulával megfogalmazva csak a jobbaktól várjuk el; konkrét számok összes osztója számának a kiszámítását azonban a többiektől is.

8. 720 = 24 · 32 · 5, d(720) = 30; 960 = 26 · 3 · 5, d(960) = 28; 30 000 = 24 · 3 · 54 d(30 000) = 50.

9. A legkisebb pozitív egész szám, amelynek 9 osztója van, a 36, mert a 28 = 256, illetve 9 = 3 · 3 miatt 22 · 32 = 36 jöhet szóba, melyek közül az utóbbi a kisebb.

A legkisebb pozitív egész szám, melynek 10 osztója van, a 48, ugyanis 29 = 512 és 10 = 2 · 5 miatt 24 · 3 = 48 jöhet szóba, melyek közül az utóbbi a kisebb.

10. a) Pontosan 3 osztója csak a p 2 (p prímszám) alakú számoknak van, például ilyen a 4, a 9, a 25, a 49 stb. 26

b) Pontosan 4 osztója a p 3 és az r · q (p, q, r prímszám) alakú számoknak van, például ilyen a 8, a 27, a 125 stb. és a 6, a 10, a 14, a 15, a 21 stb.

c) Pontosan 5 osztója csak a p 4 (p prímszám) alakú számoknak van, ilyen például a 16, a 81, a 625 stb.

d) Pontosan 6 osztója a p 5 és az r · q 2 (p, q, r prímszám) alakú számoknak van, például ilyen a 32, a 243 stb. és a 18, az 50, a 75 stb.

11. a) Egy ilyen szám van, a 720. b) Van ilyen, például a 840-nek 32 osztója van, ugyanis 840 = 23 · 3 · 5 · 7. 12. 6k = 2k · 3k , tehát az osztóinak a száma (k + 1)2 (k természetes szám). Innen látszik, hogy az osztók száma csak négyzetszám lehet.

a) Nincs megoldás. b) 66 -nak 49 osztója van. c) 69 -nek 100 osztója van. 13. 32 · 1110 és 310 · 112 ilyen szám. Az első olyan nagy, hogy egyszerű számológéppel nem lehet pontosan kiszámítani, a másodikat viszont igen, 310 · 112 = 7 144 929.

14. Ez a feladat a 15. oldal 13. feladatának egy más ruhába öltöztetett változata, még egy harmadik változat a Vegyes oszthatsgi feladatok 80. feladata (72. oldal). Összesen 10 rab szabadul ki: az 1., a 4., a 9., a 16., a 25., a 36., a 49., a 64., a 81., és a 100. cella lakói. Ugyanis azok a zárak maradnak nyitva, amelyeken páratlan számú alkalommal fordítanak az őrök. Vagyis a kérdés matematikailag így fogalmazható:

Az els 100 pozit v egsz szm kzl melyeknek van pratlan szm osztja? Válasz: a négyzetszámoknak, ugyanis ezek négyzetgyökének az osztópárja önmaga.

A mdos tott vltozat: Az 1., a 2., a 4., a 8., a 9., a 16., a 18., a 25., a 32., a 36., 49., az 50., a 64., a 72., a 81., a 98., és a 100. cella lakói szabadulnak ki. Azokat a 100-nál nem nagyobb számokat kell megkeresni, amelyek osztóinak az összege páratlan: nézzük a számokat 2n · k alakban, ahol n természetes szám, és k páratlan egész szám. Az osztók összege csak úgy lehet páratlan, ha a páratlan osztók száma páratlan. Egy szám páratlan osztói viszont éppen a k-nak az osztói. Eszerint – felhasználva az eredeti feladat megoldását – k-nak négyzetszámnak kell lennie. Ez azt jelenti, hogy a keresett számok a négyzetszámok tetszőleges 2 hatványszorosai, ugyanis minden négyzetszám is egy páratlan négyzetszám 2 hatványszorosa (2-nek a 0-adik kitevőjű hatványát, az 1-et is, beleértjük a 2 hatványokba). 27

Megjegyzés: Úgy is meg lehet adni a keresett számokat, hogy az összes 2 hatvány és a páratlan négyzetszámok 2 hatványszorosai.

Kzs osztk, kzs tbbszrsk 35. oldal A fejezetben szereplő fogalmak pontos ismeretét megkívánjuk a tanulóktól. A kitűzött feladatok az elméleti anyag biztos ismeretét kívánják. Itt is megemlítjük a 35. oldalon szereplő megjegyzést: Amikor kzs tbbszrskrl van sz, mindig csak pozit v kzs tbbszrskre gondolunk. A 0-t ugyanis nem érdemes közös többszörösként vizsgálni, mivel minden számnak többszöröse.

1. A megoldást a 4, a 8, a 12 és a 16 legkisebb közös többszöröse, vagyis a 48 adja. Ha csak nagyobb többszöröst találnak, ne áruljuk el rögtön a helyes megoldást. A különböző eredmények ösztönözhetnek a legkisebb közös többszörös megkeresésére.

2. A matrózok száma az ajándékok számának, a 48-nak, a 72-nek és a 100-nak a közös osztója, vagyis 2 vagy 4 lehet.

3. A kzs osztk a közös törzstényezők lehetséges szorzatai lehetnek: 2, 22 = 4, 3, 2 · 3 = 6 és 22 · 3 = 12. A kzs tbbszrskben viszont nyilván minden előforduló törzstényezőnek szerepelnie kell, és az ilyen tulajdonságú számok bármilyen többszöröse is jó. Figyeltessük meg, hogy a közös osztók száma meghatározott, míg a közös többszörösökből végtelen sok van. Néhány közös többszörös: 2160, 4320, 6480, . . . , 10800, . . . , 21600, . . .

4. 240 = 24 · 3 · 5

108 = 22 · 33 240-nek és 108-nak

nincs olyan közös osztója, amely 10-zel osztható, mert 108 nem osztható 10-zel;

van 10-zel osztható közös többszöröse, például a 2160;

nincs 7-tel osztható közös osztója, hiszen sem a 240, sem a 108 nem osztható 7-tel;

van 7-tel osztható közös többszöröse, például 15 120;

van páratlan közös osztója, az 1 és a 3;

nincs páratlan közös többszöröse, mert mindkét szám páros. (Megjegyezzük, hogy akkor sem lenne páratlan közös többszörösük, ha csak az egyik szám lenne páros.)

28

5. A 240 és a 108 közös osztói közt van legkisebb, az 1, és a közös osztóik közt van legnagyobb, ez a 12; a 240 és a 108 közös többszörösei közt van legkisebb, a 2160, de legnagyobb nincs. A legnagyobb közös osztó és a legkisebb közös többszörös megkeresésére vonatkozó feladatok sorrendje biztosítja a szükséges fokozatosságot: a 6. feladatban még csak meg kell keresni a jó megoldásokat, a 7. feladatban a tanulók adják meg a legnagyobb közös osztókat és a legkisebb közös többszörösöket. A feladatok ilyenféle változatosságával arra is törekszünk, hogy az unalmasabb anyagrészeket is színesebbé, változatosabbá tegyük a gyerekek számára.

6. A legnagyobb közös osztóra jó megoldások: (60, 72) = 12, (60, 396) = 12 és (60, 108) = 12; a többi rossz. A legkisebb közös többszörösre jó megoldások: [60, 72] = 360, [60, 396] = 1980 és [60, 108] = 540; a többi hibás.

7. a) (23 · 32 , 25 · 3) = (72, 96) = 23 · 3 = 24 b) (24 · 35 , 33 · 7) = (3888, 189) = 33 = 27 c) (27 · 34 · 56 , 35 · 53 · 132 ) = (162 000 000, 5 133 375) = 34 · 53 = 10 125 8. 72 = 23 · 32

396 = 22 · 32 · 11

108 = 22 · 33

60 = 22 · 3 · 5

(72, 396) = 22 · 32 = 36 = (72, 108) = (396, 108) (60, 72, 108) = 22 · 3 = 12 = (60, 72, 108, 396) A keresett legkisebb közös többszörösök: [72, 396] = 23 · 32 · 11 = 792

[72, 108] = 23 · 33 = 216

[396, 108] = 22 · 33 · 11 = 1188

[60, 72, 108] = 23 · 33 · 5 = 1080

[60, 72, 108, 396] = 23 · 33 · 5 · 11 = 11 880

9. Az eddigi feladatokhoz képest új nehézséget jelent, hogy itt fordított irányban kell gondolkodni, és szemléletfejlesztés szempontjából fontos, hogy ilyen szokatlan egyenletekkel is tallkozzanak, és megszokják azt, hogy nem lehet minden egyenletet lebontogatssal vagy mrlegelvvel megoldani. [x, 2 · 3] = 22 · 3 · 5 igaz, ha x = 22 · 5 = 20 vagy x = 22 · 3 · 5 = 60. [x, 24 ] = 24 · 3 igaz, ha x = 3 vagy x = 2 · 3 vagy x = 22 · 3 vagy x = 23 · 3 vagy x = 24 · 3. (x, 24 · 3) = 22 · 3 igaz, ha x a 22 · 3-nak tetszőleges páratlan többszöröse (ebbe természetesen beleértjük az 1-szeresét, vagyis magát a számot is). Például x lehet 22 ·3, 22 ·32 , 22 ·3·5. (x, 3 · 5) = 1 egyenletet igazzá teszi bármilyen sem 3-mal, sem 5-tel nem osztható pozitív egész x szám. Például x lehet 1, 2, 4, 7, 8, 11, 13. 29

10. Néhány példa relatív prímekre: (3, 5) = 1; (3, 14) = 1; (5, 14) = 1; (12, 25) = 1, (25, 49) = 1, (12, 49) = 1, (80, 63) = 1.

11. A 300-hoz képest relatív prím bármely pozitív egész szám, melynek a törzstényezői között nem szerepel sem a 2, sem a 3, sem az 5. Ilyenek például: 1, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31.

12. A 10. feladathoz fölírt számpárokat könnyen lehet a feltételnek eleget tevő számhármasokká alakítani. Néhány példa: (3, 5, 14) = 1; (12, 25, 49) = 1, (80, 63, 45) = 1. De a belőlük alkotható számpárok már nem feltétlenül relatív prímek.

13. a) (a, b) = 2 miatt a és b páros; (a, c) = 3 miatt a és c osztható 3-mal, így a osztható 6-tal is; (b, c) = 5 miatt b és c osztható 5-tel, így b osztható 10-zel, c pedig 15-tel. Az a = 6, b = 10 és c = 15 számhármas például megfelel.

b) 243, 343, 529 például három megfelelő szám, mert 243 = 35 , 343 = 73 , 529 = 232 , így (243, 343, 529) = 1, és páronként is relatív prímek.

c) Nincs a feltételeket kielégítő számhármas, mert (a, b) = 2 és (a, c) = 2 miatt mindhárom szám páros, így sem az (a, b, c) = 1 feltétel, sem (b, c) = 3 nem teljesülhet semmilyen a, b, c-re.

d) 14, 6, 21 például három jó szám, mert (14, 6, 21) = 1; és (14, 6) = 2, (14, 21) = 7, (6, 21) = 3.

e) Nincs megfelelő számhármas, mert (a, c) = 3 és (b, c) = 3 miatt mindhárom szám osztható 3-mal, ami ellentmond az (a, b, c) = 1 és az (a, b) = 2 feltételnek is.

14. a) Több lehetőség van, például a = 2, b = 3, c = 5; a = 2, b = 6, c = 5. b) Több lehetőség van, például a = 2, b = 3, c = 20; a = 4, b = 6, c = 5. a = 1, b = 6, c = 10; a = 4, b = 3, c = 5.

c) Több lehetőség van, például a = 2, b = 2, c = 20; a = 2, b = 4, c = 10. d) Néhány példa: a = 2, b = 2, c = 40; a = 2, b = 8, c = 10; a = 2, b = 20, c = 40 (mindhárom szám páros, és közülük legalább egy 5-tel és legalább egy 8-cal osztható, de sem a 2, sem az 5 magasabb kitevővel, sem más prímtényező nem szerepel egyikben sem). 30

e) Néhány példa: a = 3, b = 9, c = 60; a = 6, b = 12, c = 45; a = 3, b = 12, c = 90 (mindhárom szám 3-mal osztható, és van köztük legalább egy 4-gyel, legalább egy 5-tel, és legalább egy 9-cel osztható, de sem a 2, sem a 3, sem az 5 magasabb kitevővel, sem más prímtényező nem szerepel egyikben sem).

15. a) Nincs ilyen x, mivel 1503 nem osztható 2-vel. b) x-re a legkisebb jó szám a 9, és 9-nek minden 167-tel nem osztható többszöröse is jó (1503 = 32 · 167).

c) x lehet 4, 12, 36, 668, 2004 és 6012. d) x-re a legkisebb jó szám a 167, és 167-nek minden 3-mal nem osztható többszöröse is jó.

e) Minden olyan x érték lehet, mely a 12-höz képest relatív prím, vagyis bármely olyan pozitív egész, melynek sem a 2, sem a 3 nem osztója.

16. 120 = 23 · 3 · 5

280 = 23 · 5 · 7

(120, 280, 1000) = 23 · 5 = 40

1000 = 23 · 53

[120, 280, 1000] = 23 · 3 · 53 · 7 = 21 000

17. Minden közös osztó, így a 12 is osztója a legnagyobb közös osztónak. 18. [240, 160] = 480, amely nyilván osztója 960-nak. Az mindig igaz, hogy a közös többszörösök többszörösei a legkisebb közös többszörösnek.

19. Relatív prímek legkisebb közös többszöröse éppen a szorzatuk, ami nyilvánvaló, hiszen a relatív prímeknek nincs közös prímtényezőjük, a legkisebb közös többszörös pedig az adott számokban előforduló összes prímtényezőt tartalmazza az előforduló legmagasabb kitevővel.

20. (12, 35) · [12, 35] = 1 · 420 = 420 (12, 15) · [12, 15] = 3 · 60 = 180 (8, 9) · [8, 9] = 1 · 72 = 72 (8, 12) · [8, 12] = 4 · 24 = 96 (8, 24) · [8, 24] = 8 · 24 = 192 A példákon tapasztalják, és megfogalmazzák általánosan, hogy két szám legnagyobb közös osztójának és legkisebb közös többszörösének a szorzata megegyezik a két szám szorzatával, képlettel: (a, b) · [a, b] = a · b. A prímtényezős alakra támaszkodva lehet indokolni az állítást. 31

21. a) x = 3; b) 3-nak olyan többszöröse lehet az x, amely nem osztható sem 2-vel, sem 5-tel; c) 20-nak olyan többszöröse lehet az x, amely nem osztható sem 3-mal, sem 25-tel, például 23 · 5 · 11 = 440;

d) x-re a legkisebb jó szám a 2, és az 525 bármelyik osztójának a 2-szerese jó (speciálisan a 2 az 1-nek a 2-szerese);

e) 3-nál nem nagyobb természetes szám lehet az x, vagyis x lehet 0, 1, 2 vagy 3. f) Nincs ilyen x érték, mert a 725 nem többszöröse a megadott számnak (nem osztója a 725-nek sem a 3, sem a 7).

22. a) Nem igaz. A 36 például osztható 4-gyel is, 6-tal is, de 24-gyel nem osztható. (A 4-gyel és a 6-tal való oszthatóságból csak a 12-vel való oszthatóság következik.)

b) Igaz. Ha 3-mal és 8-cal osztható egy szám, akkor biztos, hogy 24-gyel is osztható.

c) Igaz (lásd az a) részt). 23. 3-mal és 15-tel osztható, de 45-tel nem osztható számok például: a 15, a 30, a 60, a 75, a 105, a 120, . . . (3-mal minden 15-tel osztható szám osztható, 45-tel viszont csak minden harmadik). • Abból, hogy egy szám 3-mal és 15-tel osztható, csak az 5-tel való oszthatóságra tudunk következtetni.

24. További példákat vizsgálva meg lehet fogalmazni: Ha egy szám osztható a-val és b-vel, csak akkor következik, hogy a szorzatukkal is osztható, ha a és b relatív prímek. Különben csak a és b legkisebb közös többszörösével osztható a szám. Ezt a 25. feladatban fogalmazzuk meg, de akadhatnak gyerekek, akik már az eddigiekből felismerik. Az általánosításhoz segítségül szolgál az a kérdés, hogy keressenek olyan számokat, ahol ránézésre látszik, hogy abból, hogy mindkét számmal osztható egy szám, nem következik, hogy a szorzatukkal is osztható. Ilyeneket mondanak: 8 és 16; 12 és 24; 10 és 15.

25. Ha az előző feladatban már általánosan megfogalmazták a problémát, akkor ez a feladat nem érdekes; akik elakadtak, azoknak ez segítség lehet.

26. Az állítás mindig igaz, hiszen a és b valamelyikében a bennük előforduló prímszámok azzal a kitevővel szerepelnek, amellyel a legkisebb közös többszörösben, így prímtényezőnként meggondolható, hogy igaz az állítás. Ebből pedig az előbb már kimondott 32

állítás is következik, hogy ugyanis relatív prímek esetén a relatív prímek szorzatával is osztható az adott szám.

27. Egy páratlan szám mindkét szomszédja páros, és közülük az egyik 4-gyel is osztható; a három szám valamelyike 3-mal is osztható, így szorzatuk biztosan osztható 2 · 4 · 3-mal, vagyis 24-gyel. (Kihasználtuk, hogy (8, 3) = 1.)

A fejezet befejezése után ajánljuk a számelmélet téma megszakítását egy algebrarésszel, mert a továbbiakban gyakran szükséges algebrai jelölés, illetve műveletek végzése algebrai kifejezésekkel.

Tbbszrsk szablyos eloszlsa 42. oldal 1. A 3k k = 0-ra 0-t ad, k = 3-ra 9-et és k = 123-ra 369-et. 3k = 9000-ből k = 3000.

2. A megjelölt számok általános alakja: 3k + 1 (k természetes szám). Ha 3k + 1 = 511, akkor 3k = 510, és k = 170, vagyis az 511 a 171-edik helyen áll. (A gyerekekkel meg kell beszélni, hogy a sorszám kiszámításkor a megkapott k értékhez azért kell 1-et hozzáadni, mert az első számhoz a k = 0 érték tartozik.) Ha 3k + 1 = 9010, akkor 3k = 9009, és k = 3003, így a 9010 a 3004-edik helyen áll. A 128-adik helyen a k = 127-hez tartozó szám áll, vagyis a 127 · 3 + 1 = 382.

3. Az eddig meg nem jelölt számok általános alakja: 3k + 2 (k természetes szám). Ha 3k + 2 = 512, akkor k = 170, vagyis az 512 a 171-edik helyen áll. Az 529-edik helyen a k = 528-hoz tartozó szám áll, vagyis 528 · 3 + 2 = 1586.

4. A kérdés az, hogy a feladatban megadott három számon kívül van-e még három olyan egymást követő páratlan szám, amely mindhárom prím. Nincs, mert három egymást követő páratlan szám közül az egyik mindig osztható 3-mal, és a 3-mal osztható számok közül csak a 3 prímszám.

5. Ha p = 2, akkor a szorzat 6, így osztható 6-tal. Ha p nagyobb 2-nél, akkor biztosan páratlan, egy páratlan számnak pedig mindkét szomszédja páros, közülük az egyik pedig 4-gyel is osztható. A három egymást követő páratlan szám között van egy 3-mal osztható is, így a szorzat biztosan osztható 24-gyel, és ha p 3-nál is nagyobb, akkor biztosan osztható p-vel is. 33

6. A három egymás utáni páros szám közül legalább egy 4-gyel is osztható, és így a szorzatuk nemcsak 8-cal, hanem 16-tal is osztható. A három szám közül egy osztható 3-mal, mert minden harmadik páros szám osztható 3-mal. Ezért a szorzat osztható 3 · 16 = 48-cal mivel (3, 16) = 1. Most – az algebratanulás után – néhány gyerek talán már szívesebben választja az algebrai megoldást: (2n − 2) · 2n · (2n + 2) = 23 · (n − 1) · n · (n + 1) Mivel (n − 1) · n · (n + 1) biztosan osztható 6-tal, így a szorzat 48-cal.

7. Három egymás utáni 3-mal osztható szám között biztosan van legalább egy páros

szám, így a szorzatuk biztosan osztható 33 · 2-vel, vagyis 54-gyel. Ezenkívül még azt is tudjuk, hogy a három egymás utáni 3-mal osztható szám közül az egyik 9-cel is osztható. Így a szorzat végül is 54 · 3 = 162-vel biztosan osztható.

Lesznek, akik az algebrai megoldást választják: (3n − 3) · 3n · (3n + 3) = 33 · (n − 1) · n · (n + 1) Mivel (n − 1) · n · (n + 1) biztosan osztható 6-tal, így a szorzat 27 · 6-tal, vagyis 162-vel.

8. Azt vizsgáljuk, hogy öt egymást követő szám szorzata mikor osztható 960-nal. 960 = 26 · 3 · 5 Az öt egymást követő szám közt biztosan van egy hárommal osztható és egy 5-tel osztható is, így csak azt kell nézni, hogy mikor osztható 26 -nal, vagyis 64-gyel.

(1) Ha a páratlan szám, akkor a szorzat nem biztos, hogy osztható 64-gyel, mert ekkor csak az a − 1 és az a + 1 lesz páros, közülük az egyik 4-gyel is osztható, de ebből csak a 8-cal való oszthatóság következik. Például, ha a = 19, akkor 17 · 18 · 19 · 20 · 21 8-cal osztható, de már 16-tal sem. (Természetesen olyan páratlan a-t is választhatunk, hogy a szorzat osztható legyen 960-nal. Például a 63-at választva a 61 · 62 · 63 · 64 · 65 osztható 960-nal.)

(2) Ha a 4-gyel nem osztható páros szám, akkor a szorzat biztosan osztható 64-gyel, mert ekkor a − 2 és a + 2 is osztható 4-gyel, és mivel ez két egymást követő 4-gyel osztható szám, így közülük az egyik 8-cal is osztható, tehát (a − 2) · a · (a + 2) osztható 2 · 4 · 8 = 64-gyel.

(3) Ha a 4-gyel osztható páros szám, akkor nem biztos, hogy a szorzat osztható 64gyel, mert ebben az esetben a − 2 és a + 2 4-gyel nem osztható páros számok, így csak a 16-tal való oszthatóságra következtethetünk.

34

A szmok osztsi maradkai 43. oldal 1. Ennek a feladatnak a segítségével tájékoztatást kaphatunk arról, hogy a tanulók mennyire jártasak az osztási maradékokkal kapcsolatos vizsgálódásokban, és mennyire ismerik az oszthatósági feltételeket. Ha egy szám • 10-zel osztva 0 maradékot ad, akkor 5-tel osztva is 0 maradékot ad; • 5-tel osztva 0-t ad maradékul, akkor 10-zel osztva 0 vagy 5 maradékot ad; • 10-zel osztva 1-et ad maradékul, akkor 5-tel osztva is 1-et ad; • 5-tel osztva 1-et ad maradékul, akkor 10-zel osztva 1-et vagy 6-ot ad; • 3-mal osztva 0 maradékot ad, akkor 9-cel osztva 0-t, 3-at vagy 6-ot ad; • 9-cel osztva 0 maradékot ad, akkor 3-mal osztva is 0-t ad; • 3-mal osztva 1 maradékot ad, akkor 9-cel osztva 1-et, 4-et vagy 7-et ad; • 9-cel osztva 1 maradékot ad, akkor 3-mal osztva is 1-et ad; • 9-cel osztva 2 maradékot ad, akkor 3-mal osztva is 2-t ad; • 3-mal osztva 2 maradékot ad, akkor 9-cel osztva 2-t, 5-öt vagy 8-at ad.

Az itt következő feladatok, a 7. feladattal bezárva az összeg oszthatóságával foglalkoznak, ez pedig az oszthatósági feltételek indoklásaihoz szükséges.

2. a) A 60-at fel lehet bontani két 6-tal osztható számra, például 60 = 12 + 48. A 63-at nem lehet felbontani két 6-tal osztható szám összegére. Ha ugyanis leválasztunk a 63-ból egy 6-tal osztható tagot, például a 30-at, akkor a másik tag (példánkban a 33) 3-at ad maradékul 6-tal osztva. (Az indokláshoz annyit is elég mondani, hogy egy páratlan számot nem lehet két páros szám összegére fölbontani.)

b) Az a) részben láttuk, hogy a 63-at fel lehet bontani úgy, hogy csak az egyik tag legyen 6-tal osztható; a 60-at azonban nem lehet. Megjegyzés: Úgy viszont mindkét szám felbontható, hogy egyik tag se legyen 6-tal osztható, például 60 = 53 + 7, 63 = 40 + 23.

3. A feladat azt a gondolatot készíti elő, hogy az összeg oszthatóságának vizsgálata visszavezethető a tagok maradékának vizsgálatára. a) Két olyan 17-tel nem osztható szám jó, melyeknek a 17-tel való osztási maradéka együtt 17-et ad, például 3 és 31. b) Itt a 11-gyel való osztási maradékok összege 11, például 20 és 13.

35

c) A lehetséges esetek: Mindkét szám osztható 7-tel; az egyik 7-tel osztva 1-et ad maradékul, a másik 6-ot; az egyik 7-tel osztva 2-t ad maradékul, a másik 5-öt; az egyik 7-tel osztva 3-at ad maradékul, a másik 4-et.

4. a) Igaz. b) Nem igaz. Lehet, hogy x 5-tel osztva 0-t ad maradékul, y pedig 3-at, mint például x = 15 és y = 13, az összegnek (példánkban 28-nak) a maradéka pedig 3. Az is lehet, hogy x 1 maradékot ad 5-tel osztva, y pedig 2-t, mint például x = 6 és y = 12 esetben, és az összeg (példánkban 18) maradéka 3.

c) Nem igaz. Például ha x = 17 és y = 21, x + y = 38 10-zel osztva 8-at ad maradékul, nem 3-at. d) Az állítás igaz. e) Az állítás nem igaz (lásd a 3. feladat c) részét). 5. Ne csak olyan példákat adjanak a gyerekek, ahol a különbség tagjai maguk is oszthatók 7-tel (illetve 8-cal vagy 9-cel), hanem olyanokat is, ahol a megfelelő (0-tól különböző) maradékok megegyeznek. 6. Legföljebb kilenc olyan számot lehet fölírni, melyek közül semelyik kettő különbsége sem osztható 9-cel, mivel 9 különböző maradék lehetséges. Például ez a kilenc szám ilyen: 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9; vagy egy másik ilyen tulajdonságú szám-kilences: 10, 20, 30, 40, 50, 60, 70, 80, 90.

7. A 6-tal való osztási maradékra mutatunk példát. Jó, ha a tanulók nem csinálják végig mind a 4 számmal való osztásra az osztási maradékok vizsgálatát, hanem szétosztva – csoportokban – más-más számmal dolgoznak, és a példák tanulságát beszéljük meg. Az 5, 7, 8, 11 és 12 számok osztási maradéka 6-tal osztva sorban: 5, 1, 2, 5 és 0; ezek összegének, a 13-nak az osztási maradéka 1. Az eredeti számok összegének, a 43-nak is 1 maradéka. Mindig igaz, hogy a tagok osztási maradéka összegének az osztási maradéka megegyezik az összeg osztási maradékával. A bizonyítás az sszefoglals című részben (58. oldal) megtalálható.

8. Példákon a gyerekek észreveszik a szorzat osztási maradékára vonatkozó összefüggést is, mely szerint szorzat osztási maradéka megegyezik a tényezők osztási maradéka szorzatának az osztási maradékával. Például 12-nek az 5-tel való osztási maradéka 2, a 8-é 3, 12 és 8 szorzatának, 96-nak az 5-tel való osztási maradéka 1, amely megegyezik a tényezők osztási maradéka szorzatának, a 2 · 3 = 6-nak az osztási maradékával, vagyis 1-gyel. Az összefüggés bizonyítása az sszefoglals című részben (58. oldal) megtalálható. 36

10. Ez nyilvánvaló, mert 2 és 3 relatív prímek, és így n akkor és csak akkor osztható a 2-vel és 3-mal, ha a szorzatukkal is osztható. A gyerekekkel beszéljük meg, hogy az akkor s csak akkor-os állítások egy állítást és a megfordítását tartalmazzák. Állítás megfordítását gyakorolhatják például a 47. oldalon.

11. a) Igaz, mivel 3 és 5 relatív prímek. b) Nem igaz. 12 | a következik a feltételekből. 12. a) 8 | a következik a feltételekből. b) 36 | a következik a feltételekből. 13. a) Nincs a sorozatban négyzetszám, hiszen a sorozat elemei 4-gyel osztva 3-at adnak maradékul, a négyzetszámok viszont 4-gyel osztva 0 vagy 1 maradékot adhatnak csak. (Az indokláshoz lásd az 56. oldalon a 27. feladat megoldását.)

b) Ebben a sorozatban sincs négyzetszám, ugyanis a sorozat elemei 3-mal osztva 2-t adnak maradékul, márpedig a négyzetszámok 3-mal osztva csak 0-t vagy 1-et adhatnak maradékul. (Lásd az 57. oldalon a 36. feladat megoldását.) 14. A feladatban szereplő három egyenlet úgynevezett diofantoszi egyenlet, ami azt jelenti, hogy a megoldásokat csak az egész számok körében keressük.

a) Olyan x egész számokat keresünk, amelyeknek a négyzete 4-gyel osztva 1 maradékot ad. Ezek a páratlan számok. Tehát a lehetséges x, y számpárok: x 1 3 5 7

9

y 0 2 6 12 20 x2 − 1

A feladatnak tehát végtelen sok számpár tesz eleget. A lehetséges y értékek 4 alakú egészek; ezek másodrendű számtani sorozatot alkotnak (vagyis olyan sorozatot, amelynek a különbségsorozata számtani sorozat).

b) és c) egyenletet egyetlen szám sem teszi igazzá. Az egyik egyenlet ugyanis olyan egész számokat keres, melyeknek a négyzete 4-gyel osztva 2 maradékot ad; a másik pedig olyanokat, amelyeknek a négyzete 4-gyel osztva 3 maradékot ad, ilyen számok pedig nincsenek, mert a négyzetszámok 4-gyel osztva csak 0 vagy 1 maradékot adhatnak.

15. A számokat 4k, 4k ± 1, 4k + 2 alakba írva érdemes vizsgálni; a négyzetek 8-cal osztva 0, 1 vagy 4 maradékot adhatnak, mert például egy 4k + 2 alakú (k természetes szám) szám négyzete 16k2 + 16k + 4 alakú, vagyis 8-cal osztva 4 maradékot ad. 37

16. Ha p = 3, akkor p 2 + 8 = 17, vagyis prímszám. Több ilyen prímszám nincs is, mert minden más prímszám 3k ± 1 alakú, amelyek négyzete 3-mal osztva 1 maradékot ad, ilyen számhoz 8-at adva pedig 3-mal osztható számot kapunk, amely nem lehet prím, mert minden prímszám négyzete nagyobb, mint 3, amely az egyetlen 3-mal osztható prím.

17. Figyeljük meg 2 hatványainak a végződéseit: 2, 4, 8, 6, 2, 4, 8, 6, . . . ; a szorzat osztási maradékára vonatkozó összefüggés alapján bizonyítható, hogy 2 hatványainak végződései ciklikusan 2, 4, 8, 6. Innen látszik, hogy 4-gyel osztható kitevőkre a 2 hatványok mindig 6-ra végződnek, így 2-nek a 100-adik hatványa 6-ra végződik. 18. Az előbbi feladathoz hasonlóan a szorzat osztási maradékára vonatkozó összefüggést alkalmazva látható, hogy 3 hatványai 7-tel osztva ciklikusan 3, 2, 6, 4, 5, 1 maradékot adnak. Eszerint a 3 hatványai minden 6-tal osztható kitevőre 7-tel osztva 1-et adnak maradékul, így 3-nak a 98-adik hatványa 1 maradékot ad, a 100-adik hatványa pedig 2 maradékot at 7-tel osztva.

19. A 2 hatványai 7-tel osztva ciklikusan 2, 4, 1 maradékot adnak. Eszerint a 2n 7-tel

osztva 2 maradékot ad, ha n 3-mal osztva 1 maradékot ad; 2n 7-tel osztva 4 maradékot ad, ha n 3-mal osztva 2 maradékot ad; és végül 2n 7-tel osztva 1 maradékot ad, ha n 3-mal osztható. Eszerint 21988 7-tel osztva 4 maradékot ad.

20. Az előbbiekhez hasonlóan 3 hatványai 5-tel osztva ciklikusan 3, 4, 2, 1 maradékot adnak. 3 hatványainak 4-gyel osztható kitevőre 5-tel osztva 1 a maradéka. Eszerint 3204 -nek 5-tel való osztási maradéka 1; 3207 5-tel való osztási maradéka pedig 2.

21. 3n 5-tel való osztási maradéka 1, 3, 4 vagy 2 aszerint, hogy n rendre 4-gyel osztható, vagy 4-gyel osztva 1, 2 vagy 3 maradékot ad.

22. Az 5-tel való oszthatóságot nézve a számok ötfélék lehetnek, és az öt eset vizsgálatával bizonyítható az állítás. Ha n osztható 5-tel, akkor a vizsgált összeg első két tagja is osztható 5-tel, így maga az összeg 1 maradékot ad. Ha n-nek a maradéka 5-tel osztva 1, akkor az összeg maradéka: 3 · 1 · 1 + 2 · 1 + 1 maradéka, vagyis 1. Hasonlóan látható, hogy ha n-nek a maradéka 2, akkor az összeg maradéka is 2; ha n-nek a maradéka 3, akkor az összeg maradéka 4; ha pedig n-nek a maradéka 4, akkor az összeg maradéka 2.

23. A 3-mal való osztás maradéka háromféle lehet, 0, 1 vagy 2. Ha az öt szám közt van legalább három, amelyek ugyanazt a maradékot adják, akkor ezeknek az összege osztható 3-mal, mert 0 + 0 + 0, 1 + 1 + 1 és 2 + 2 + 2 egyaránt osztható 3-mal. 38

Ha az öt szám közül legföljebb két szám ad egyforma maradékot, akkor a 0, 1 és 2 maradékok közül valamelyik kétszer, egy másik is kétszer, a harmadik pedig egyszer fordul elő. Így a 0, az 1 és a 2 mindegyike előfordul maradékként legalább egy számban. Három olyan szám pedig, amelyeknek a maradéka 0, 1 és 2, megfelel a feltételünknek, mert az összegük osztható 3-mal.

24. a) Az 5-tel való oszthatóságot nézve az x ötféle lehet: Az x osztási maradéka 0, 1, 2, 3 vagy 4 lehet. Mindegyik esetben meggondolható, hogy x 5 5-tel való osztási maradéka megegyezik az x 5-tel való osztási maradékával, ahonnan következik az állítás.

b) Az előbbihez hasonlóan a 2-vel és a 3-mal való oszthatóságot is meg kell nézni. A 2-vel való oszthatóság szempontjából x kétféle lehet: páros vagy páratlan. x 5 páros, ha x páros, és páratlan, ha x páratlan. Tehát x 5 − x osztható 2-vel. A 3-mal való oszthatóság szempontjából 3 esetet kell megnézni (x 3-mal osztva 0, 1 vagy 2 maradékot adhat), és mindegyik esetben látszik, hogy x 5 és x 3-mal való osztási maradéka megegyezik.

Oszthatsgi felttelek 47. oldal 1. A feladat állításai igazságának az eldöntését egyéni vagy kiscsoportos munkában ajánljuk. Hívjuk fel a gyerekek figyelmét arra, hogy az igaz ll tsokat indokoljk, a nem igazakra pedig keressenek ellenpldt. Állításokról és megfordításaikról, és arról, hogy ezek általában nem egyszerre igazak, érdemes elbeszélgetni a gyerekekkel. Itt tudatosíthatjuk a tanulókkal az alsóbb osztályokban már megtanult oszthatósági szabályokat. Nézzük a megadott állításokat és megfordításukat!

adott ll ts

megford ts

Ha egy szám osztható 2-vel, akkor az utolsó számjegye 2. (Nem igaz, például 10.)

Ha egy szám utolsó számjegye 2, akkor osztható 2-vel. (Igaz.)

Ha egy szám osztható 2-vel, akkor az utolsó számjegye páros. (Igaz.)

Ha egy szám utolsó jegye páros, akkor maga a szám osztható 2-vel. (Igaz.)

Ha egy szám osztható 3-mal, akkor az utolsó számjegye is osztható 3-mal. (Nem igaz, például a 15.)

Ha egy szám utolsó számjegye osztható 3-mal, akkor maga a szám is osztható 3-mal. (Nem igaz, például a 23.) 39

Ha egy szám osztható 5-tel, akkor a számjegyeinek az összege is osztható 5-tel. (Nem igaz, például a 25.)

Ha egy szám jegyeinek az összege osztható 5-tel, akkor maga a szám is osztható 5-tel. (Nem igaz, például a 23.)

Ha egy szám osztható 5-tel, akkor az utolsó számjegye is osztható 5-tel. (Igaz.)

Ha egy szám utolsó jegye osztható 5-tel, akkor maga a szám is osztható 5-tel. (Igaz.)

Ha egy szám osztható 5-tel, akkor az utolsó számjegye 5. (Nem igaz, például a 20.)

Ha egy szám utolsó számjegye 5, akkor a szám osztható 5-tel. (Igaz.)

Ha egy szám osztható 4-gyel, akkor az utolsó számjegye is osztható 4-gyel. (Nem igaz, például a 12.)

Ha az utolsó jegy osztható 4-gyel, akkor a szám is osztható 4-gyel. (Nem igaz, például a 18.)

Ha egy szám osztható 4-gyel, akkor az utolsó számjegye is és az utolsó előtti számjegye is osztható 4-gyel. (Nem igaz, például a 132.)

Ha egy szám utolsó jegye és utolsó előtti jegye is osztható 4-gyel, akkor maga a szám is osztható 4-gyel. (Igaz.)

Ha egy szám osztható 4-gyel, akkor a szám végén álló kétjegyű szám is osztható 4-gyel. (Igaz.)

Ha egy szám végén álló kétjegyű szám osztható 4-gyel, akkor maga a szám is osztható 4-gyel. (Igaz.)

2. A trükk nyitja: a) A 9-cel osztható számok jegyeinek az összege osztható 9-cel, ezért az egymást követő összeadásokkal végül 9-hez jutunk. Ezt kell még 4-gyel szorozni, és ezután 13-at hozzáadni. Így az eredmény végül mindenkinek 49 lesz.

b) A bedobott szám kilences maradéka, vagyis jegyei összegének a kilenccel való osztási maradéka a székszám.

3. 10 hatványokkal és osztóikkal való oszthatósági feltételeket kell megfogalmazniuk a tanulóknak. Ezeket az oszthatósági feltételeket és a magyarázatukat megtalálhatjuk az sszefoglalsban (58. oldal).

40

4. A 777 777 654 jegyeinek az összege 57. Tehát 3-mal osztható, de 9-cel nem. A 888 888 888 kilenc 8-as számjegyből áll, eszerint a jegyeinek az összege biztosan osztható 9-cel, és így 3-mal is, tehát maga a szám is osztható 3-mal és 9-cel egyaránt. A 3-mal és a 9-cel való oszthatósági feltétel is megtalálható az sszefoglals című részben (59. oldal).

5. Természetesen a tanulók által javasolt oszthatósági feltételeket beszéljük meg, de a figyelmet elsősorban azokra összpontosítsuk, amelyek nem szerepelnek a 7. feladatban. 15-tel azok a számok oszthatók, amelyek 3-mal is, 5-tel is oszthatók. 30-cal azok a páros számok, amelyek 15-tel oszthatók. 20-szal azok a 0-ra végződő számok, amelyek 4-gyel is oszthatók. 24-gyel azok a számok, amelyek 3-mal is, 8-cal is oszthatók. 40-nel azok a 0-ra végződő számok, amelyek 8-cal is oszthatók.

6. A hiányzó számjegyeket úgy kell pótolni, hogy adott számmal oszthatók legyenek a számok. 8 8 10-ben a hiányzó jegyeket a felírás sorrendjében a-val és b-vel jelöljük: 8a8b10

a) A szám páros, így a és b bármilyen egyjegyű szám lehet. b) 10 nem osztható 4-gyel, így nincs jó érték sem a-ra, sem b-re. c) A b)-ben leírtak miatt itt sincs megoldás. d) A számjegyek összege 26, amely 3-mal osztva 2-t ad maradékul, így (a + b)-nek 3-mal osztva 1-et kell adnia maradékul. A lehetőségek ezek: a 0 0 0 1 1 1 1 2 2 2 3 3 3 4 4 4 4 5 5 5 6 6 6 7 7 7 7 8 8 8 9 9 9 b 1 4 7 0 3 6 9 2 5 8 1 4 7 0 3 6 9 2 5 8 1 4 7 0 3 6 9 2 5 8 1 4 7

e) Mivel a szám páros, a 6-tal való oszthatósághoz az kell, hogy 3-mal osztható legyen, tehát a válasz megegyezik a d)-re adott válasszal. f) A d) részben megadott számpárok közül azok jók, ahol a+b = 1 vagy a+b = 10, tehát ezek: a 0 1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 b 1 0 9 8 7 6 5 4 3 2 1

g)-ben és h)-ban tetszőleges a és b egyjegyű szám jó. 41

12

56-ban is a hiányzó számjegyeket a felírás sorrendjében a-val és b-vel jelöljük:

12ab56

a)-ra és b)-re tetszőleges a és b egyjegyű szám jó, mivel 56 osztható 4-gyel. c) Mivel a 8-cal való oszthatóság csak az utolsó 3 számjegyből alkotott háromjegyű számtól függ, így a bármelyik egyjegyű szám lehet, míg b csak 0, 2, 4, 6 vagy 8 lehet.

d) A megadott jegyek összege 14, amely 3-mal osztva 2 maradékot ad, így (a + b) 1-et ad maradékul 3-mal osztva, ugyanúgy, mint az előző feladat d) részében, tehát az ott megadott számpárok jók itt is.

e) Mivel a szám páros, a 6-tal való oszthatósághoz még az kell, hogy a szám 3-mal is osztható legyen, tehát a megoldás ugyanaz, mint a d)-ben. f) A megadott számjegyek összege 14, amely 9-cel osztva 5-öt ad maradékul, így (a + b)-nek 4 maradékot kell adnia 9-cel osztva. A lehetőségek tehát: a 0 1 2 3 4 4 5 6 7 8 9 b 4 3 2 1 0 9 8 7 6 5 4

g)-re és h)-ra a 6-ra végződés miatt semmilyen a, b számpár nem ad megoldást. 1234 számban három számjegyet kell pótolni. Természetesen itt nem gondolhatunk az összes lehetséges számhármas megadására, a tanulóktól a jó számhármasok tulajdonságainak megadását várjuk. A hiányzó három számjegyet sorban a-val, b-vel és c-vel jelöljük: 1234abc

a) 2-vel akkor osztható, ha az utolsó jegy, c páros; a és b bármilyen jegy lehet. b) 4-gyel osztható, ha a bc kétjegyű szám 4-gyel osztható; a bármilyen jegy lehet. c) 8-cal osztható, ha az abc háromjegyű szám 8-cal osztható. d) A megadott jegyek összege 10, amely 3-mal osztva 1 maradékot ad, így a kiegészített szám akkor osztható 3-mal, ha a + b + c 2 maradékot ad 3-mal osztva.

e) 6-tal osztható, ha c páros, és a + b + c 2 maradékot ad 3-mal osztva. f) 9-cel osztható, ha a + b + c 9-cel osztva 8 maradékot ad. g) 5-tel osztható, ha c = 0 vagy c = 5; a és b bármilyen jegy lehet. h) 10-zel osztható, ha c = 0; a és b bármilyen jegy lehet. Hasonlóan gondolható meg a többi feladat is. Mind a 6 szám megoldási lehetőségeinek a végignézését természetesen nem kell elvárnunk a tanulóktól. Adhatunk belőlük gyakorló 42

feladatot is a gyengébbeknek. Kérhetünk még ilyeneket: Keress olyan számokat, ame. Keress olyan számot, lyekre minden kérdés megválaszolható. Ilyen például 1234 ahol a legtöbb kérdésre nincs megoldás. Ilyen például a 123, amelyre csak a 3-mal 5-re csak a 3-mal, 5-tel és a 9-cel való és a 9-cel való oszthatóság teljesülhet; a 777 oszthatóság teljesülhet.

7. 12-vel akkor osztható egy szám, ha 3-mal és 4-gyel osztható, vagyis ha a szám végén álló kétjegyű szám osztható 4-gyel, a számjegyek összege pedig 3-mal. 18-cal azok a páros számok oszthatók, amelyek számjegyeinek az összege osztható 9-cel. 36-tal azok a számok oszthatók, amelyek 4-gyel és 9-cel oszthatók, vagyis a szám végén álló kétjegyű számnak kell 4-gyel oszthatónak lennie, a számjegyek összegének meg 9-cel oszthatónak. 45-tel azok a 0-ra vagy 5-re végződő számok oszthatók, amelyek számjegyeinek az összege osztható 9-cel. 75-tel azok a 00-ra vagy 25-re vagy 50-re vagy 75-re végződő számok oszthatók, amelyek számjegyeinek az összege osztható 3-mal. Természetesen mindig kell ügyelnünk arra, hogy egymáshoz képest relatív prímek oszthatóságára vezessük vissza az oszthatósági feltétel keresését.

8. a) 45 | 76x3123y akkor teljesül, ha a szám osztható 5-tel és 9-cel, ekkor a szám utolsó jegye 0 vagy 5, és a szám jegyeinek az összege osztható 9-cel. Eszerint y csak 0 vagy 5 lehet. Az adott jegyek összege: 7+6+x+3+1+2+3+y = 22+x+y, így a számjegyek összege akkor osztható 9-cel, ha x + y 5 maradékot ad 9-cel osztva. Ez (figyelembe véve, hogy y csak 0 vagy 5 lehet) akkor teljesülhet, ha y = 0 és x = 5, ekkor a szám: 76 531 230, vagy y = 5 és x = 0, ekkor a szám: 76 031 235, vagy y = 5 és x = 9, ekkor a szám: 76 931 235.

b) 72 | x6797y akkor teljesül, ha a szám osztható 8-cal és 9-cel. Ehhez arra van szükség, hogy a 97y háromjegyű szám 8-cal osztható legyen. Egyetlen ilyen szám van, a 976, tehát y = 6. A 9-cel való oszthatóság akkor teljesül, ha a számjegyek összege, vagyis x+6+7+9+7+6 osztható 9-cel, innen látszik, hogy x-nek 9-cel osztva 1 maradékot kell adnia, így az x csak 1 lehet. Tehát a keresett szám 167 976

c) 12 | 5x27x6 akkor teljesül, ha a szám osztható 4-gyel és 3-mal. Ehhez szükséges, hogy az x6 kétjegyű szám 4-gyel osztható legyen. A szám végén tehát ezek a számok állhatnak: 16, 36, 56, 76, 96; e szerint x 1, 3, 5, 7 vagy 9 lehet. A 3-mal való oszthatóság akkor teljesül, ha a számjegyek összege, vagyis 5 + x + 2 + 7 + x + 6 = 20 + 2x 43

osztható 3-mal. A 20 3-mal osztva 2 maradékot ad, tehát 2x olyan páros szám, amely 3-mal osztva 1 maradékot ad. Ilyen a 4, a 10, a 16, a 22, a 28 stb. Innen csak a 4, a 10 és a 16 jön szóba, mivel az x legföljebb 9 lehet. Innen az x 2, 5 vagy 8. A 4-gyel való oszthatóságra kapott feltétellel egybevetve x csak 5 lehet. Így a keresett szám 552 756

9. 11-gyel oszthatók: 35 959, 68 574, 3718 és 123 321. A 11-gyel való oszthatóság feltétele megtalálható az sszefoglalsban (60. oldal). 10. A keresett háromjegyű számnak 3-mal oszthatónak kell lennie, de ez biztosan teljesül, mivel három egymást követő egész szám összege osztható 3-mal. A keresett szám 100(k + 1) + 10k + (k − 1) alakú, ahol k 9-nél kisebb pozitív egész, vagy 100(k − 1) + 10k + (k + 1) alakú, ahol k 9-nél kisebb, és 1-nél nagyobb egész. A kérdés, hogy mikor osztható 7-tel. Átalakítás után így írható: 111k + 99 vagy 111k − 99, amely tovább, a 7-tel való oszthatóság szempontjából: 105k+6k+98+1 vagy 105k+6k−98−1. Mivel 105 és 98 osztható 7-tel, a keresett szám akkor osztható 7-tel, ha 6k-nak a maradéka 7-tel osztva 6 (k 9-nél kisebb pozitív egész), vagy ha 6k-nak a maradéka 7-tel osztva 1 (k 9-nél kisebb, és 1-nél nagyobb egész). Az első esetben a k = 1 és a k = 8 jó. Ezek adják a keresett számra a 210-et és a 987-et. A második esetben a k = 6 jó. Ez a keresett számra az 567-et adja.

11. a) Mivel 3-mal akkor osztható egy szám, ha a jegyeinek összege osztható 3-mal, ezért azok a számok felelnek meg, amelyekben a 2-esek száma 3-nak a többszöröse, például 222, 222 222.

b) Ilyen szám nincs, mert a szám végén álló kétjegyű szám csak a 22 lehet, és ez nem osztható 4-gyel.

c) Ilyen szám sincs, mivel az 5-tel osztható számok utolsó jegye 0 vagy 5. d) Minden csupa 2-esből álló szám páros, ezért elég azt nézni, hogy mikor osztható 3-mal. Így a válasz ugyanaz, mint az a)-ra e) Ilyen szám nincs, mivel a szám végén álló háromjegyű szám a 222, és ez nem osztható 8-cal.

f) A 3-mal való oszthatósághoz hasonlóan azok oszthatók 9-cel, ahol a 2-esek száma 9-nek többszöröse, például 222 222 222, 222 222 222 222 222 222.

g) Ilyen szám nincs, mivel egy szám csak akkor osztható 10-zel, ha 0-ra végződik. h) Ilyen szám nincs, hiszen 12-vel csak akkor osztható, ha 4-gyel is, márpedig 4-gyel nem osztható, mint b)-ben láttuk. i) Ilyen szám sincs, hiszen a 16-tal való oszthatósághoz is szükséges a 4-gyel való oszthatóság. 44

12. a) Az első állításból következik a második, hiszen ha x osztható 4-gyel, akkor biztosan páros.

b) A második állításból következik az első (ha x osztható 9-cel, akkor x biztosan osztható 3-mal).

c) Az első állításból következik második; a második állításból pedig következik az első (a két állítás egyenértékű). d) Egyik állításból sem következik a másik, ugyanis lehet, hogy egy szám osztható 6-tal, a jegyeinek összege pedig nem osztható 6-tal, például ilyen a 36. Másrészt olyan is van, hogy egy szám jegyeinek összege osztható 6-tal, és a szám mégsem osztható 6-tal, ilyen szám például a 15. e) Itt is az a helyzet, hogy egyik állításból sem következik a másik, ugyanis lehet, hogy egy szám osztható 12-vel, és nem osztható 18-cal, például ilyen szám a 24; és az is lehet, hogy egy szám osztható 18-cal, és nem osztható 12-vel, ilyen szám például a 18. 13. A szám így írható fel: aa + bb = 100a + 10 · (a + b) + b = 110a + 11b = 11 · (10a + b) Innen látszik, hogy a szám az ab kétjegyű szám 11-szerese. Az állítás megfordítása, mely szerint ha egy hromjegy szm oszthat 11-gyel, akkor a kzps jegye egyenl a kt szls jegye sszegvel, nem igaz. Például 979 osztható 11-gyel, és a 7 mégsem egyenlő 9 + 9 = 18-cal.

14. A szám biztosan osztható 4-gyel és 9-cel, így a szám végén álló kétjegyű szám biztosan osztható 4-gyel, a szám jegyeinek összege pedig 9-cel. Ezenkívül még a számjegyeknek különbözőknek kell lenniük. A legnagyobb ilyen számot keressük, így a számjegyekre vonatkozó feltételeket kielégítve a lehető legnagyobb jegyeket kell a nagyobb helyiértékű helyekre elhelyezni. Az első helyen 9 áll, a következő helyen a 9-től különböző legnagyobb jegy, vagyis a 8; mivel a jegyek összege 9-cel osztható, de kisebb, mint 25, ezért a jegyek összege 18 lesz, és így a következő legnagyobb számjegy az 1; és még a negyedik számjegy a 0 lenne. De az így kapott szám, a 9810 nem osztható 4-gyel. Tehát a feltételeknek eleget tevő legnagyobb számot úgy kapjuk, ha a 8 helyett 7-et veszünk, ekkor a következő két jegy a 2 és a 0. Így 9720-at kapunk, amely valóban a feltételeknek eleget tevő legnagyobb szám.

45

Szmrendszerek 50. oldal 1. A 2-es számrendszerben a legkisebb kétjegyű szám: 102 = 210 , a legnagyobb kétjegyű szám: 112 = 310 , a legnagyobb háromjegyű szám: 1112 = 710 . A 2-es számrendszerben 2 kétjegyű szám van. Háromjegyű szám 23 − 22 = 4 van. Négyjegyű szám 24 − 23 = 8 van; n jegyű szám pedig 2n − 2n−1 = 2n−1 .

2. Az 5-ös számrendszerben a legkisebb kétjegyű szám: 105 = 510 , a legnagyobb kétjegyű szám: 445 = 2410 , a legkisebb háromjegyű szám: 1005 = 2510 , a legnagyobb háromjegyű szám: 4445 = 12410 . Az 5-ös számrendszerben 52 − 5 = 20 kétjegyű szám van, 53 − 52 = 100 háromjegyű, és 54 − 53 = 500 négyjegyű szám van.

3.

2257 + 5157 1 043 7

1234 ·1234 3124 1101 4 23121 4

4. a) 6-os számrendszerben adta meg a számokat. 45 éves az apa, fiai pedig 23, 22 és 20 évesek.

b) 7-es számrendszerben adta meg a számokat. 59 éves az apa, fiai 26, 25 és 23 évesek.

c) 8-as számrendszerben adta meg a számokat. 75 éves az apa, fiai 29, 28 és 26 évesek.

5. Ezeknek a feladatoknak a megoldására próbálgatással is rá lehet találni. De jó lehetőség lehet algebrai ismeretek gyakorlására is. Két feladatnál leírtuk az algebrai megoldást is. a) 36 + 46 = 116

(310 + 410 = 710 ) Algebrai megoldás: a-val jelölve a számrendszer alapszámát a 3 + 4 = a + 1 egyenletet kell megoldani, ahonnan a = 6.

b) 306 + 406 = 1106

(1810 + 2410 = 4210 ) Algebrai megoldás: a-val jelölve a számrendszer alapszámát a 3a + 4a = a2 + a

46

egyenletet kell megoldani, innen a2 − 6a = 0, a(a − 6) = 0, ahonnan a = 0 vagy a = 6. A számrendszer alapszáma 0 nem lehet, így a megoldás a = 6.

c) 1002 + 1002 = 10002

(410 + 410 = 810 )

d) 200 + 200 = 2000 semmilyen számrendszerben nem érvényes. e) 628 + 168 = 1008

(5010 + 1410 = 6410 )

f) 50 · 10 = 500 minden 5-nél nagyobb alapú számrendszerben igaz. g) 506 · 56 = 4106

(3010 · 510 = 15010 )

h) 508 · 58 = 3108

(4010 · 510 = 20010 )

6. Az első összeadás csak a 2-es számrendszerben íródhatott (abból kell kiindulni, hogy az A csak 1 lehet): 10012 + 11112 1 1 000 2 ABCD · DC = ABCDC Ezt bármilyen rendszerben fölírhattuk. C = 0, D = 1; A és B pedig az adott számrendszerben használható bármilyen szám lehet, A = 0-t kivéve: AB01 · 10 = AB010. Az

5BC + 4C A ABB B

összeadás 10-es számrendszerben van megadva:

509 + 491 1 000

7. Ha a szmrendszer alapszma pros, akkor a páros (2-vel osztható) számok utolsó jegye is páros, hiszen a szám összes többi jegyének értéke páros, mivel az alapszám hatványai párosak. Eszerint a 8-as számrendszerben megadott számba a hiányzó számjegy helyére bármilyen 8-nál kisebb egyjegyű számot írhatunk. A 4-es és a 2-es számrendszerben megadott számokat (mivel az utolsó jegy mindkét esetben páratlan) nem tudjuk úgy kiegészíteni, hogy párosak legyenek. Ha a szmrendszer alapszma pratlan, akkor a jegyek összegének paritásától függ a szám párossága, hiszen az alapszám hatványai mind páratlanok. Így a 3-as számrendszerben megadott szám, mivel a megadott jegyek összege 3, akkor lesz páros, ha a hiányzó két jegy helyére olyan két 3-nál kisebb egyjegyű szám kerül, amelyek összege páratlan; négy megoldás van: 101 0113 101 1013 101 1213

101 2113

A 9-es számrendszerben megadott szám meglevő jegyeinek összege 16, tehát a hiányzó jegy csak páros lehet: 0, 2, 4, 6 vagy 8. 47

Az 5-ös számrendszerben megadott számban is a meglevő jegyek összege páros (8), így a hiányzó jegy 0, 2 vagy 4.

8. A 7. feladat próbálgatásai közben néhány gyerek rájön a párosság feltételére különböző számrendszerekben (a 7. feladat megoldásában olvasható). Speciálisan a 2-es számrendszerben a párosság akkor teljesül, ha az utolsó jegy 0; a 3-as számrendszerben pedig, ha a számban páratlan számú 1-es számjegy szerepel.

9. Az adott feltételeknek eleget tevő számok keresése alkalmat ad arra, hogy a klnbz szmrendszerekben megfogalmazhat oszthatsgi feltteleket flismerjk a tanulk. Ezeknek a megfogalmazását kérik a 10–14. feladatok. A különböző számrendszerekben megadható legfontosabb oszthatósági feltételek az sszefoglals című részben (58–60. oldal) megtalálhatók. Ezek alkalmazásával adunk példákat az itt kért számokra. Az 5-s szmrendszerben 2-vel oszthat (pros) egy szám, ha a számjegyek összege páros. Ez a feltétel – a 7. feladatban leírtakon kívül – abból is következik, hogy a 2 az alapszámnál 1-gyel kisebb számnak (esetünkben a 4-nek) osztója, és így a számjegyek összegétől függ az oszthatóság. Ez minden páratlan alapszám esetében így van. Így például 5-ös számrendszerben páros: 335 , 4115 . A 6-os szmrendszerben pros egy szm, ha az utolsó jegye páros. Ez – a 7. feladatban leírtakon kívül – abból is következik, hogy a 2 az alapszámnak (a 6-nak) osztója; ez minden páros alapszám esetén így van. Néhány példa 6-os számrendszerben 2-vel osztható számra: 55546 , 446 , 4106 . A 9-es szmrendszerben a fent leírtak alapján akkor oszthat egy szm 2-vel, ha a számjegyek összege osztható 2-vel, vagyis ha páros sok páratlan jegy van a számban. Például 3569 , 351 0279 , 11119 . Az 5-s szmrendszerben 3-mal oszthat egy szm, ha a páros helyeken álló jegyek összege ugyanannyi maradékot ad 3-mal osztva, mint a páratlan helyeken álló jegyek összege. (Ez azon múlik, hogy a 3 osztója az alapszámnál 1-gyel nagyobb számnak, a 6-nak.) 3-mal osztható számok például 3145 , 44445 , 303 0305 . Mivel a 3 osztója a 6-nak, meg a 9-nek is, így a 6-os s a 9-es szmrendszerben a 3 akkor osztja egy szmnak, ha az utolsó számjegy 3-mal osztható. Példa 3-mal osztható számokra a 6-os és a 9-es számrendszerben: 1136 , 2006 , 1139 , 2769 .

4-gyel oszthat egy szm az 5-s szmrendszerben, ha a számjegyek összege osztható 4-gyel (mivel a 4 osztója az alapszámnál 1-gyel kisebb számnak, a 4-nek). Például 11115 , 1035 osztható 4-gyel.

4-gyel oszthat egy szm a 6-os szmrendszerben, ha a szám végén álló kétjegyű szám osztható 4-gyel (mivel a 4 osztója az alapszám négyzetének, a 36-nak). Például 15206 , 32326 osztható 4-gyel. 48

4-gyel oszthat egy szm a 9-es szmrendszerben, ha a számjegyek összege osztható 4-gyel (mivel a 4 osztója az alapszámnál 1-gyel kisebb számnak, a 8-nak). Például 11119 , 33339 71 0139 osztható 4-gyel.

5-tel oszthat egy szm az 5-s szmrendszerben, ha az utolsó számjegy 0. (Minden számrendszerben az alapszámmal a 0-ra végződő számok oszthatók.) Például 405 , 3005 osztható 5-tel.

5-tel oszthat egy szm a 6-os szmrendszerben, ha a számjegyek összege osztható 5-tel (mivel 5 osztója az alapszámnál 1-gyel kisebb számnak, az 5-nek). Például 12346 osztható 5-tel.

5-tel oszthat egy szm a 9-es szmrendszerben, ha a páros helyeken álló jegyek összege ugyanannyi maradékot ad 5-tel osztva, mint a páratlan helyeken álló jegyek összege (mivel az 5 osztója az alapszámnál 1-gyel nagyobb számnak, a 10-nek). Például 58189 osztható 5-tel.

5-s szmrendszerben egy szm akkor oszthat 6-tal, ha a páros helyeken álló jegyek összege ugyanannyi maradékot ad 6-tal osztva, mint a páratlan helyeken álló jegyek összege (mivel a 6 osztója a számrendszer alapszámánál 1-gyel nagyobb számnak, a 6-nak). Például 31 2405 osztható 6-tal.

6-os szmrendszerben 6-tal a 0-ra végződő számok oszthatk. Például 5306 osztható 6-tal. A 9-es szmrendszerben a 6-tal val oszthatsgot a 3-mal és a 2-vel való oszthatóságra vezetjük vissza. Tehát akkor osztható 6-tal egy 9-es számrendszerben megadott szám, ha az utolsó jegye 3-mal osztható, és a jegyeinek az összege páros (vagyis páros számú páratlan jegye van). Például 70 1139 osztható 6-tal. Az 5-s szmrendszerben a 8-cal val oszthatsgra nem lehet egyszerű szabályt találni. A 6-os szmrendszerben akkor oszthat 8-cal egy szám, ha a szám végén álló háromjegyű szám osztható 8-cal (mivel az alapszám harmadik hatványának, a 216-nak osztója a 8). Például 23 1446 osztható 8-cal. A 9-es szmrendszerben egy szm akkor oszthat 8-cal, ha a számjegyek összege osztható 8-cal (mivel a 8 osztója az alapszámnál 1-gyel kisebb számnak, a 8-nak). Például 8359 osztható 8-cal. Az 5-s szmrendszerben a 9-cel val oszthatsgra nem lehet egyszerű szabályt találni. A 6-os szmrendszerben akkor oszthat 9-cel egy szám, ha a szám végén álló kétjegyű szám osztható 9-cel (mivel az alapszám négyzetének, a 36-nak osztója a 9). Például 14 5436 osztható 9-cel. A 9-es szmrendszerben a 0-ra végződő számok oszthatk 9-cel. Például 70 3009 osztható 9-cel.

49

Vegyes oszthatsgi feladatok Ezeknek a feladatoknak egy részét az egyes fejezetekhez kapcsolódva, gyakorló feladatként lehet földolgozni, a többit az anyag befejezése után vegyes tálalásban.

61. oldal 1. Két szomszédos 3-mal nem osztható szám közül az egyik 1-et, a másik 2-t ad maradékul 3-mal osztva. Az összegük tehát 3-mal osztható. Például két szomszédos 3-mal nem osztható szám a 7 és a 8, az összegük 15, amely valóban osztható 3-mal. • A szorzat osztási maradéka megegyezik a tényezők osztási maradéka szorzatának osztási maradékával, tehát a szorzat 3-mal osztva 2 maradékot ad. Például a 7 és a 8 szorzata 56, amely 3-mal osztva valóban 2 maradékot ad.

2. a) 45

b) 100

c) 120

3. A prímtényezős alak segítségével lehet nézni. 100-ig az osztók számának a maximuma 12. Öt számnak van 12 osztója, a 60-nak, a 72-nek, a 84-nek, a 90-nek és a 96-nak. 4. a) 10 osztója az ilyen alakú számoknak van: p 9 , pq 4 , ahol p és q tetszőleges prímszámok. •

A legkisebb 24 · 3 = 48.

b) 12 osztója a p 11 , pq 5 , p 2 q 3 , pqr 2 alakú számoknak van, ahol p, q és r prímszámok. •

A legkisebb: 22 · 3 · 5 = 60.

c) 20 osztója a p 19 , pq 9 , p 3 q 4 , pqr 4 alakú számoknak van, ahol p, q és r prímszámok. •

A legkisebb: 24 · 3 · 5 = 240.

5. Nemcsak az osztók keresése érdekes, hanem az osztók számának a megállapítása is: 10-nek 4 osztója van: 1, 2, 5, 10; 100-nak 9 osztója van: 1, 2, 4, 5, 10, 20, 25, 50, 100; 1000-nek 16 osztója van: 1, 2, 4, 5, 8, 10, 20, 25, 40, 50, 100, 125, 200, 250, 500, 1000. A példák alapján észrevehetik a tanulók, hogy 10n -nek (n + 1)2 osztója van, ezt az osztók számára vonatkozó összefüggés alapján (megtalálható az sszefoglalsban, 54. oldal) indokolhatják is. 6. A keresett szám: 2 · 3 · 5 · 7 · 11 · 13 · 17 · 19 = 9 699 690 7. A keresett szám: 225 · k, ahol k pozitív egész szám. Mivel ötjegyűnek kell lennie, 10 000 ≤ 225k < 100 000. Innen 45 ≤ k ≤ 444. 50

A számok lehetnek: 10 125, 10 350, 10 575, . . . A legnagyobb ilyen szám: 99 900. Összesen 400 lehetőség van a keresett számra.

8. Mivel a szám 25-tel osztható, és minden jegye páratlan, így az utolsó két jegye 7 és 5, de mivel fordított sorrendben is 25-tel osztható számot kapunk, az első két jegye 5 és 7. A szám tehát így néz ki: 57 k75 (k tetszőleges egyjegyű szám). A 225-tel való oszthatóság miatt a számnak 9-cel is oszthatónak kell lennie, és mivel 5 + 7 + 7 + 5 maradéka 9-cel osztva 6, ezért k-nak a maradéka 3, így k csak 3 lehet. A keresett szám: 57 375.

9. Ha egy szám 10-nek többszöröse, akkor biztosan igaz, hogy a szám többszöröse 5nek. Ha egy szám 10-zel osztva 0 maradékot ad, akkor biztos igaz, hogy a szám osztható 5-tel. Ha egy szám osztható 5-tel, akkor lehet, hogy osztható 10-zel (de nem biztos). Ha egy szám osztható 6-tal, akkor lehet (de nem biztos), hogy osztható 12-vel. Ha egy szám osztható 12-vel, akkor biztosan osztható 6-tal. Ha egy szám osztható 12-vel, akkor lehet (de nem biztos), hogy 5-tel osztva 2 maradékot ad. Ha egy szám osztható 12-vel, akkor biztosan nem igaz, hogy 4-gyel osztva 2 maradékot ad. Ha egy szám osztható 12-vel, akkor biztosan osztható 4-gyel. Ha egy szám osztható 4-gyel, akkor lehet (de nem biztos), hogy osztható 12-vel. Ha egy szám osztható 12-vel, akkor lehet (de nem biztos), hogy a jegyeinek az összege osztható 12-vel. (Például 24 jegyeinek az összege nem osztható 12-vel, de 2424 jegyeinek az összege igen.) Ha egy szám osztható 12-vel, akkor biztosan igaz, hogy a jegyeinek az összege osztható 3-mal.

10. A 18 törzstényezős felbontásából kiindulva lehet a feltételeknek eleget tevő számokat megkeresni. A példák alapján észrevehetik a gyerekek a szabályszerűséget: a keresett szám mindig a 18-nak és a megadott osztónak a legkisebb közös többszöröse.

a) 2 b) 2 c) 3 d) 5 11. A keresett szám: 8 · 9 · 5 · 7 = 2520 (a pozitív egyjegyű számok legkisebb közös többszöröse). 51

12. Minden 9-cel is és 28-cal is osztható szám osztható 12-vel.

13. Minden 21-gyel osztható szám osztható 7-tel, és minden 18-cal és 7-tel is osztható szám osztható 21-gyel.

14. Két egymás utáni páros szám közül az egyik biztosan 4-gyel is osztható, tehát a szorzatuk 2 · 4-gyel, vagyis 8-cal is osztható.

15. 5 egymást követő természetes szám között mindig van legalább két egymást követő páros szám, így szorzatuk (az előző feladat alapján) biztosan osztható 8-cal. 16-tal nem biztos, hogy osztható. 24-gyel biztosan osztható, hiszen az 5 szám között van legalább egy 3-mal osztható, és mivel 3 és 8 relatív prímek, ezért a szorzatukkal, 24-gyel is biztosan osztható az öt szám szorzata. 5-tel biztosan osztható, mert öt egymást követő természetes szám között biztosan van egy 5-tel osztható. A 8, a 3 és az 5 páronként relatív prímek, így ezek szorzatával, a 120-szal is osztható az öt szám szorzata. A 120 a legnagyobb szám, amellyel biztosan osztható.

16. Beszéljük meg a gyerekekkel ennek a feladatnak a 9. feladattal való kapcsolatát, és azt, hogy a matematikában a „ha . . . , akkor . . . ” típusú állításokat úgy értelmezzük, 52

hogy a „ha . . . ” előtagnak az igazsága maga után vonja az „akkor . . . ” igazságát, vagyis egy ilyen állítás csak akkor nem igaz, ha a „ha . . . ” része a mondatnak igaz, és az „akkor . . . ” rész mégsem igaz.

adott ll ts

megford ts

Ha egy szám osztható 6-tal, akkor páros. (Igaz.)

Ha egy szám páros, akkor osztható 6-tal. (Nem igaz, például a 8.)

Ha egy szám osztható 4-gyel, akkor 8-cal is osztható. (Nem igaz, például a 20.)

Ha egy szám osztható 8-cal, akkor 4-gyel is osztható. (Igaz.)

Ha egy szám osztható 12-vel, akkor osztható 3-mal. (Igaz.)

Ha egy szám osztható 3-mal, akkor osztható 12-vel. (Nem igaz, például a 18.)

Ha egy szám osztható 12-vel, akkor osztható 5-tel. (Nem igaz, például a 12.)

Ha egy szám osztható 5-tel, akkor osztható 12-vel. (Nem igaz, például a 15.)

Ha egy szám osztható 32-vel, akkor osztható 64-gyel. (Nem igaz, például a 96.)

Ha egy szám osztható 64-gyel, akkor osztható 32-vel. (Igaz.)

Ha egy szám osztható 4-gyel, akkor a jegyeinek az összege is osztható 4-gyel. (Nem igaz, például a 12.)

Ha egy szám jegyeinek az összege osztható 4-gyel, akkor a szám osztható 4-gyel. (Nem igaz, például az 57.)

Ha egy szám osztható 3-mal, akkor a jegyeinek az összege is osztható 3-mal. (Igaz.)

Ha egy szám jegyeinek az összege osztható 3-mal, akkor a szám osztható 3-mal. (Igaz.)

Ha egy szám osztható 9-cel, akkor a jegyeinek az összege is osztható 9-cel. (Igaz.)

Ha egy szám jegyeinek az összege osztható 9-cel, akkor a szám osztható 9-cel. (Igaz.)

Ha egy szám osztható 6-tal, akkor a jegyeinek az összege is osztható 6-tal. (Nem igaz, például a 12.)

Ha egy szám jegyeinek az összege osztható 6-tal, akkor a szám osztható 6-tal. (Nem igaz, például a 15.) 53

Ha egy szám osztható 8-cal, akkor a jegyeinek az összege is osztható 8-cal. (Nem igaz, például a 16.)

Ha egy szám jegyeinek az összege osztható 8-cal, akkor a szám osztható 8-cal. (Nem igaz, például a 26.)

Ha egy szám osztható 8-cal, akkor a szám végén álló kétjegyű szám is osztható 8-cal. (Nem igaz, például a 112.)

Ha egy szám végén álló kétjegyű szám osztható 8-cal, akkor maga a szám is osztható 8-cal. (Nem igaz, például a 164.)

17. Egy tízes számrendszerben felírt pozitív egész szám csak akkor végződik két 0-ra, ha a prímtényezős felbontásában szerepel a 2 · 2 · 5 · 5 tényező. Ez a négy prímtényezőből álló szorzat legföljebb négy számra szétosztva szerepelhet (mert prímszámot nem lehet tovább bontani). Így ez a (legföljebb) négy szám megfelel a feltételnek. Természetesen, ha négynél kevesebb számra van az említett szorzat szétosztva, akkor is van négy olyan szám, melynek a szorzata két 0-ra végződik. 18. A megadott feltételek miatt a keresett szám osztója a 100 − 4 = 96-nak és a 90 − 18 = 72-nek. A közös osztók közül csak a 18-nál nagyobbak jöhetnek szóba, mivel 18 volt az osztási maradék. Így a keresett szám a 24.

19. Ha azösszes osztót osztópárokkal adjuk meg, akkor az osztópárok egyike mindig √

legfeljebb 1213 = 34 lehet, így valóban elég a 35-nél kisebb törzsszámokról megnézni, hogy osztója az 1213-nak, mert ha 35-nél kisebb törzsszám osztója nincs, akkor nagyobb sem lehet, mert annak lenne egy 35-nél kisebb osztópárja.

20. Az első 7-tel osztható természetes szám a 0, tehát a 100-adik a 7-nek a 99-szerese, vagyis a 693; hasonlóan a 200-adik a 7-nek a 199-szerese, vagyis az 1393; a k-adik a 7(k − 1). 21. Az első olyan természetes szám, amely 7-tel osztva 1 maradékot ad a 0 · 7 + 1 = 1; a 9-edik a 8 · 7 + 1 = 57; a 18-adik a 17 · 7 + 1 = 120; a 20-adik a 19 · 7 + 1 = 134; a k-adik olyan szám, amely 7-tel osztva 1 maradékot ad, a 7(k − 1) + 1 = 7k − 6. 22. Ha egy szám • 3-mal osztva 2 maradékot ad, akkor 12-vel osztva 2-t, 5-öt, 8-at vagy 11-et ad; • 12-vel osztva 2 maradékot ad, akkor 3-mal osztva is 2-t ad; • 15-tel osztva 2 maradékot ad, akkor 3-mal osztva is 2-t ad; • 100-zal osztva 1 maradékot ad, akkor 10-zel osztva is 1-et ad.

54

23. Ha x 5-tel osztva 2 maradékot, y pedig 4 maradékot ad, akkor (x + y)-nak az 5-tel való osztási maradéka megegyezik a 2 + 4-nek az 5-tel való osztási maradékával, vagyis az 1-gyel. Tehát az x + y 10-zel osztva 1-et vagy 6-ot ad maradékul, így az állítás, mely szerint 10-zel osztva mindig 6 maradékot ad, nem igaz.

24. a) Az előbbihez hasonlóan x + y-nak a 7-tel való osztási maradéka megegyezik a 2 + 3 osztási maradékával, vagyis 5-tel;

b) x · y-nak a 7-tel való osztási maradéka megegyezik a 2 · 3 osztási maradékával, vagyis 6-tal.

25. a) Az első állításból következik a második: Ha x is, y is osztható 9-cel, akkor x is, y is 0 maradékot ad 9-cel osztva, tehát x + y is 0 maradékot ad, vagyis x + y osztható 9-cel. A második állításból viszont nem következik az első: Például ha x = 3 és y = 6, akkor x + y osztható 9-cel, az viszont nem igaz, hogy x is, y is osztható 9-cel.

b) Az első állításból következik a második: Ha x vagy y osztható 6-tal, akkor xy biztosan osztható 6-tal. A második állításból nem következik az első: Abból, hogy xy osztható 6-tal, csak az következik, hogy x és y közül legalább az egyikük osztható 2-vel, és legalább az egyikük osztható 3-mal.

c) Mivel a 3 prímszám, az első állításból következik a második, és a második állításból is következik az első.

d) Az első állításból nem következik a második: Például a 7 5-tel osztva 2 maradékot ad, 10-zel osztva pedig 7-et. A második állításból viszont következik az első: Ha egy szám 10-zel osztva 2 maradékot ad, akkor biztosan 5-tel osztva is 2 maradékot ad. Algebrai indoklás: Ha egy szám 10 · k + 2 alakú (k természetes szám), akkor a szám fölírható 5 · 2k + 2 alakban.

e) Az első állításból következik a második: Ha x 9-cel osztva 5 maradékot ad, akkor biztosan 3-mal osztva 2 maradékot ad, hiszen az 5-nek a 3-mal való osztási maradéka 2. A második állításból nem következik az első: Például a 17 3-mal osztva 2 maradékot ad, 9-cel osztva viszont nem 5-öt, hanem 8-at. (A 3-mal osztva 2 maradékot adó számok 9-cel osztva 2, 5 vagy 8 maradékot adhatnak.) 55

26. a) az x + y 9-cel való osztási maradéka megegyezik az 5 + 7 = 12-nek a 9-cel való osztási maradékával, vagyis a 3-mal.

b) az xy 9-cel való osztási maradéka megegyezik az 5 · 7 = 35-nek a 9-cel való osztási maradékával, vagyis a 8-cal.

27. A 4k + 1 alakú számok és a 4k + 3 alakú számok (k természetes szám) négyzetei 4-gyel osztva 1 maradékot adnak. Ezt a két esetet összefogva így lehet megadni: 4k ± 1 (4k + 1 esetben k természetes szám, 4k − 1 esetben k pozitív egész). Ezt az alakot nézve a két esetben egyszerre lehet bizonyítani, hogy a szám négyzete 1 maradékot ad: (4k ± 1)2 = 16k2 ± 8k + 1. A 4k + 2 alakú számok (k természetes szám) négyzetei 0 maradékot adnak, ugyanis (4k + 2)2 = 16k2 + 16k + 4.

28. Az 5-tel osztható számok négyzetei 5-tel osztva 0 maradékot adnak. Az 5-tel osztva 1 vagy 4 maradékot adó számok négyzetei 1 maradékot adnak. Az 5-tel osztva 2 vagy 3 maradékot adó számok 4 maradékot adnak. (Az előbbi feladatban leírt bizonyításokhoz hasonlóan bizonyíthatók.) 29. a) Minden 1-re és 9-re végződő szám négyzete 1-re végződik. b) Ilyen szám nincs. c) Ilyen szám sincs, hiszen ha egy négyzetszám 0-ra végződik, akkor két 0 áll a végén, hiszen ha osztható 10-zel, akkor 10-nek a négyzetével, vagyis 100-zal is.

30. A 10-zel osztható (0-ra végződő) számok négyzetei is 10-zel oszthatók, vagyis 0 maradékot adnak (0-ra végződnek). Ugyanis (10k)2 = 100k2 (k természetes szám). A 10-zel osztva 1 maradékot adó és a 10-zel osztva 9 maradékot adó (1-re vagy 9-re végződő) számok négyzetei 10-zel osztva 1 maradékot adnak (1-re végződnek). Ugyanis (10k + 1)2 = 100k2 + 20k + 1, (10k + 9)2 = 100k2 + 180k + 81 (k természetes szám). Az itt következő többi állítás is hasonlóan látható be. A 10-zel osztva 2 maradékot adó és a 8 maradékot adó (2-re vagy 8-ra végződő) számok négyzetei 10-zel osztva 4 maradékot adnak (4-re végződnek). A 10-zel osztva 3 maradékot adó és a 7 maradékot adó (3-ra vagy 7-re végződő) számok négyzetei 10-zel osztva 9 maradékot adnak (9-re végződnek). A 10-zel osztva 4 vagy 6 maradékot adó (4-re vagy 6-ra végződő) számok négyzetei 10-zel osztva 6 maradékot adnak (6-ra végződnek). A 10-zel osztva 5 maradékot adó (5-re végződő) számok négyzetei is 5 maradékot adnak (5-re végződnek). 56

31. a) Mivel a 150 osztható 3-mal, a keresett négyzetszám is osztható 3-mal. Ha egy négyzetszám 3-mal osztható, akkor biztosan osztható 32 = 9-cel is, és mivel a 150 nem osztható 9-cel, márpedig ez szükséges lenne a 9-cel való oszthatósághoz, ilyen szám nincs. A gyerekek elsősorban próbálgatnak, és azt tapasztalják, hogy nem találnak ilyen számot.

b) A 18 osztható 3-mal is és 9-cel is, így a keresett négyzetszám létezhet. Van is ilyen, például: 362 = 1296

32. Igaz, hiszen ha x2 osztható 6-tal, akkor x2 prímtényezői között szerepel a 2 és a 3, ez pedig csak úgy teljesülhet, ha az x prímtényezői között is szerepel a 2 és a 3, vagyis x osztható 6-tal.

33. Ha egy négyzetszám 3-mal osztható, akkor 9-cel is osztható; ezért ha egy négyzetszám jegyeinek az összege osztható 3-mal, akkor a jegyek összege biztosan osztható 9-cel is.

a)-ra és b)-re így nincs megoldás, mert 21 jegyeinek az összege és 15 jegyeinek az összege 3-mal osztható, de 9-cel nem.

c) például 632 = 3969, 872 = 7569, 932 = 8649, 1142 = 12 996. d) például 2642 = 69 696, 3872 = 149 769, 7742 = 599 076. e) Ilyen szám nincs, ugyanis 8-nak a 3-mal való osztási maradéka 2, és olyan négyzetszám nincs, melynek a 3-mal való osztási maradéka 2 lenne. (Lásd a Szmok osztsi maradkai c. rész 13. b) feladatát és a következő feladatot.) 34. 3-mal osztva ugyanannyi maradékot ad a szám, mint a jegyeinek az összege, és hasonlóan 9-cel osztva is ugyanannyi maradékot ad a szám, mint a jegyeinek az összege. Így a feladat megoldásához elég azt nézni, a négyzetszámok milyen maradékot adhatnak 3-mal osztva és 9-cel osztva. A 3-mal osztható számok négyzetei 0 maradékot adnak 3-mal osztva és 9-cel osztva egyaránt. Ugyanis (3k)2 = 9k2 (k természetes szám). A 3-mal nem osztható számok négyzetei 1 maradékot adnak 3-mal osztva. Ugyanis (3k + 1)2 = 9k2 + 6k + 1, és (3k + 2)2 = 9k2 + 12k + 4 (k természetes szám). Az itt következő többi állítás is hasonlóan látható be. A 9-cel osztva 1 vagy 8 maradékot adó számok négyzetei 1 maradékot adnak 9-cel osztva. A 9-cel osztva 2 vagy 7 maradékot adó számok négyzetei 4 maradékot adnak 9-cel osztva. A 9-cel osztva 4 vagy 5 maradékot adó számok négyzetei 7 maradékot adnak 9-cel osztva. 57

35. A gyerekek bizonyára próbálgatni kezdenek, és azt tapasztalják, hogy a p = 3 esettől eltekintve p 2 + 8 mindig összetett szám. Ezután rájöhetnek a bizonyításra, amely így fogalmazható meg: ha p nem osztható 3-mal, akkor (mint az előző feladatban láttuk) p 2 maradéka 3-mal osztva 1, tehát p 2 + 8 osztható 3-mal, így nem törzsszám. Mivel 3 az egyetlen 3-mal osztható törzsszám, p és p 2 + 8 úgy lehet csak mindkettő törzsszám, ha p = 3. Ekkor p 2 + 8 = 17 törzsszám, és akkor valóban p 2 + p + 1 = 13 is törzsszám.

36. Felhasználhatjuk azt, hogy a szorzat maradékát a tényezők maradékából lehet kiszámítani: 21 = 2

3-mal osztva

2 maradékot ad,

22 = 2 · 2

3-mal osztva

1 maradékot ad,

3-mal osztva

1 · 2 = 2 maradékot ad.

23

=2·2·2

Innen már látszik, hogy 2 hatványai felváltva 1-et és 2-t adnak maradékul (a páros kitevőjűek 1-et, a páratlan kitevőjűek 2-t).

37. A gyerekek lehet, hogy sokat próbálkoznak, és nem látják át azonnal, hogy természetesen 17 nem lehet 11 egyetlen hatványának sem osztója, mert 11 és 17 is prímszám, és 11n -ben nem szerepelhet a 17 prímtényezőként. 38. a) Olyan x egészek tehetik igazzá az egyenletet, amelyeknek a négyzete 3-mal osztva 2 maradékot ad. Ilyen szám pedig nincs (lásd a Szmok osztsi maradkai c. rész 34. feladatát). b) Végtelen sok megoldás van; minden olyan x jó, amelynek a négyzete 3-mal osztva 1 maradékot ad, és minden ilyen x egyértelműen meghatároz egy y egész számot. (Például x = 5 az y = 8-at határozza meg, mert 52 = 3 · 8 + 1.)

c) Olyan x és y számokat keresünk, melyek négyzeteinek az összege 4-gyel osztva 3 maradékot ad. Ilyen szám azonban nincs, mert 4-gyel osztva a számok csak 0 vagy 1 maradékot adhatnak (lásd a Szmok osztsi maradkai c. rész 27. feladatát), és az itt következő kis összeadótábla mutatja, hogy két négyzetszám összege csak 0, 1 vagy 2 maradékot adhat 4-gyel osztva. + 0 1

0 1 0 1 1 2

d) Nincs megoldás, ugyanis három olyan négyzetszámot keresünk, amelyeknek az összege 8-cal osztva 7 maradékot ad. Ilyen nincs, ugyanis a négyzetszámok 8-cal osztva 0, 1 vagy 4 maradékot adhatnak (a 21{26. feladatokban leírt bizonyításokhoz hasonlóan bizonyítható). Az első táblázat mutatja, hogy két négyzetszám összege milyen maradékot adhat 8-cal osztva (0, 1, 2, 4, 5), a másodikból pedig leolvasható, 58

hogy három négyzetszám összege milyen maradékot adhat 8-cal osztva (0, 1, 2, 3, 4, 5, 6). + 0 1 4

0 0 1 4

1 1 2 5

4 4 5 0

+ 0 1 4

0 0 1 4

1 1 2 5

2 2 3 6

4 4 5 0

5 5 6 1

39. A háromjegyű szám így írható: 100 · k + 10 · k + k = 111 · k (k pozitív egyjegyű szám). 111-nek osztója a 37; a szám tehát osztható 37-tel. 40. A hatjegyű szám így írható: 1000 · (100 · b + 10 · c + d) + 100 · b + 10 · c + d = 1001 · (100 · b + 10 · c + d) (b pozitív egyjegyű szám, c és d tetszőleges nemnegatív egyjegyű számok). 1001 osztható 143-mal, így maga a szám is.

41. A szám így írható: 1111 · k (k pozitív egyjegyű szám). Eszerint 1111 osztóival oszt-

ható biztosan (a k megválasztásától függetlenül). 1111 = 11 · 101. Így a négy egyforma jegyből álló négyjegyű számok (az 1-en kívül) 11-gyel, 101-gyel és 1111-gyel biztosan oszthatók (és természetesen k osztóival).

42. 4 egymást követő szám közt biztosan van egy 4-gyel nem osztható páros szám, ez pedig biztosan nem lehet hatványszám, ugyanis csak páros szám hatványa lehetne, de páros számnak minden (1-nél nagyobb kitevőjű) hatványa osztható 4-gyel. Eszerint nincs négy olyan egymást követő szám a természetes számok sorában, melyek mindegyike hatványszám lenne.

43. A keresett szám 423abc. 5-tel oszthatónak kell lennie, tehát az utolsó jegye 0 vagy 5 lehet, de mivel 6-tal is osztható, vagyis páros, az utolsó jegye (c) csak 0 lehet. A számnak a 6-tal való oszthatóság miatt 3-mal is oszthatónak kell lennie. Az ismert számjegyek összege, 4 + 2 + 3 + 0 = 9, amely osztható 3-mal. Így csak úgy osztható 3-mal a szám, ha a + b osztható 3-mal. Eszerint a-ra és b-re ezek a lehetőségek vannak: a 0 0 0 0 1 1 1 2 2 2 3 3 3 3 1 1 1 2 2 2 6 6 6 6 1 1 1 2 2 2 9 9 9 9 b 0 3 6 9 2 5 8 1 4 7 0 3 6 9 2 5 8 1 4 7 0 3 6 9 2 5 8 1 4 7 0 3 6 9

Ezek közül kell kiválasztani azokat az eseteket, amikor a hatjegyű szám még 7-tel is osztható. Ehhez elég megnézni, hogy az utolsó négy jegyből álló szám mikor osztható 7-tel, mert 420 000 osztható 7-tel. Ezek oszthatók 7-tel, tehát ezek a számok elégítik ki a megadott feltételeket: 423 150, 423 360, 423 570, 423 780, 423 990.

59

44. Ha utolsó négy jegyről lehet beszélni, akkor legalább háromjegyű 25-re végződő számról van szó, amely így írható föl: 100a + 25, ahol a pozitív egyjegyű szám. Ennek a négyzete: (100a + 25)2 = 10 000a2 + 5000a + 625 = 1000a · (10a + 5) + 625, vagyis egy 5-tel osztható szám 1000-szerese és 625 összegeként írható föl a szám. Tehát az utolsó három jegy 625, az előtte levő pedig 0 vagy 5. Eszerint az utolsó négy jegy 0625 vagy 5625.

45. Az x szám végén álló kétjegyű szám legyen: 10a + b. A keresett x számokra az x 2 végén álló kétjegyű szám is 10a + b, vagyis x 2 -nek a 100-zal való osztási maradéka 10a+b. Eszerint az x utolsó jegye (b) megegyezik a négyzete utolsó jegyével. Ez viszont csak akkor lehet, ha az x 0-ra, 1-re, 5-re vagy 6-ra végződik. x 2 -nek a 100-zal való osztási maradéka megegyezik az x 100-zal való osztási maradéka négyzetének az osztási maradékával, vagyis (10a + b)2 -nek a 100-zal való osztási maradékával. A kérdés tehát az, hogy milyen a és b esetén lesz (10a + b)2 -nek a 100-zal való osztási maradéka (vagyis az utolsó két jegye) 10a + b (b csak 0, 1, 5 vagy 6 lehet). Ha b = 0, akkor (10a + b)2 = 100a2 , ennek az utolsó két jegye 0, tehát a kívánt tulajdonság akkor teljesül, ha x utolsó két jegye 0. Ha b = 1, akkor (10a + b)2 = (10a + 1)2 = 100a2 + 20a + 1 = 100a2 + 10a + 10a + 1. Ennek az utolsó két jegyének kellene 10a + 1-nek lennie, ez pedig csak úgy állhatna fönn, ha 10a osztható lenne 100-zal, de mivel a egyjegyű szám, ez nem lehet. Ha b = 5, akkor (10a + b)2 = (10a + 5)2 = 100a2 + 100a + 25, ennek az utolsó két jegye 25, tehát a kívánt tulajdonság akkor teljesül, ha x utolsó két jegye is 25. Ha b = 6, akkor (10a + b)2 = (10a + 6)2 = 100a2 + 120a + 36 = 100a2 + 110a + 30 + 10a + 6; ennek az utolsó két jegyének kell 10a + 6-nak lennie, ami csak akkor teljesülhet, ha 110a + 30 osztható 100-zal. Ez csak a = 7 esetén teljesül. Ebben az esetben tehát x utolsó két jegye csak 76 lehet. Tehát a keresett x számok a 00-ra, a 25-re és a 76-ra végződő számok.

46. 1+2+3+4+5+6+7+8+9 = 45 osztható 9-cel, tehát minden kilenc jegyű szám, amely ezekből a számjegyekből áll, osztható 9-cel. Jelöljük így a számot: abcdefghi. abcde osztható 5-tel, ezért e csak 5 lehet. Mivel ab osztható 2-vel, abcd osztható 4-gyel, abcdef osztható 6-tal, és abcdefgh osztható 8-cal, b, d, f és h lesznek a páros jegyek (2, 4, 6 és 8). Ebből következik, hogy a, c, e, g és i pedig a páratlan jegyek (1, 3, 5, 7 és 9). abc osztható 3-mal, ezért a + b + c is osztható 3-mal, és mivel abcdef osztható 6-tal, és így 3-mal is, ezért a + b + c + d + e + f osztható 3-mal. Felhasználva, hogy a + b + c osztható 3-mal, következik, hogy d + e + f is osztható 3-mal. Hasonlóan gondolható meg, hogy g + h + i is osztható 3-mal. 60

abcdefgh osztható 8-cal, ezért fgh-nak oszthatónak kell lennie 8-cal. Tudjuk, hogy f és h páros, g pedig páratlan, és az 5-ös jegyet az e már „lefoglalta”, így fgh-ra ezek a lehetőségek vannak: 216, 296, 416, 432, 472, 496, 632, 672, 816, 832, 872, 896. (Jegy nem ismétlődhet!) d + e + f tudjuk, hogy osztható 3-mal, és azt is tudjuk, hogy e = 5, ezért ha d = 2, akkor f csak 8 lehet; ha d = 4, akkor f csak 6 lehet; ha d = 6, akkor f csak 4 lehet; ha d = 8, akkor f csak 2 lehet. cd-nek 4-gyel oszthatónak kell lennie ahhoz, hogy abcd 4-gyel osztható legyen, így d csak 2 vagy 6 lehet, ugyanis nincs olyan kétjegyű 4-gyel osztható szám, amelynek az első jegye páratlan, a második jegye pedig 4 vagy 8. Eszerint defgh-ra ezek a lehetőségek vannak: 25 816, 25 896, 65 432 és 65 472. Tudjuk, hogy az i páratlan, és g + h + i 3-mal osztható, így defghi-re ezeket kapjuk: 258 963, 654 321, 654 327, 654 723, 654 729. Ezek után az első három helyre a maradék három számot mindenütt kétféleképpen lehet elhelyezni, és az így kapott tíz számról kell kipróbálni, hogy az utolsó két jegy levágásával kapott szám osztható-e 7-tel: 147 258 963, 741 258 963, 789 654 321, 987 654 321, 189 654 327, 981 654 327, 189 654 723, 981 654 723, 183 654 729, 381 654 729. Az utolsó próbán csak a 381 654 729 megy keresztül, így végül az összes feltételnek csak egyetlen szám tesz eleget, a 381 654 729.

47. Igaz; a sorozatnak minden olyan eleme osztható 3-mal, amely számjegyeinek a száma 3-nak többszöröse. 48. Ezt a feladatot osztási maradékok vizsgálatával érdemes megoldani. Azt bizonyítjuk be, hogy nincs a sorozatban sem 13-mal osztható, sem 7-tel osztható szám. A sorozat tetszőleges elemét úgy kapjuk meg, hogy az őt megelőző elem 10-szereséhez 21-et adunk. Az osztási maradékot is elég ezen képzési szabály szerint vizsgálni.

a) 31 maradéka 13-mal osztva 5,

331 maradéka 13-mal osztva az 5 · 10 + 21 szám maradéka, amely 6, 3331 maradéka 13-mal osztva a 6 · 10 + 21 szám maradéka, amely 3. Ha hasonlóan számolunk tovább, akkor sorban a következő maradékokat kapjuk: 12, 11, 1, 5, . . . Tehát a sorozat első hét számának 13-mal osztva a maradéka: 5, 6, 3, 12, 11, 1, 5. Innen már látszik, hogy a maradékok 6-os periódussal ismétlődnek. 0 maradék nincs, így 13-mal osztható szám sincs a sorozatban.

b) Itt a maradékokat elég csak 10-zel szorozni, mert a 21 maradéka 7-tel osztva 0. A maradékok itt is 6-os periódussal ismétlődnek: 3, 2, 6, 4, 5, 1. Ezek közt sincs 0, így 7-tel osztható szám sincs a sorozatban. 61

49. A sorozat elemei épp azok a pozitív egész számok (14-től kezdve), amelyek 13-mal osztva 1 maradékot adnak. A feladat így is fogalmazható: végtelen sok olyan csupa 2-es számjegyből álló szám van, amely 13-mal osztva 1 maradékot ad. Nézzük a 2, 22, 222, 2222, . . . sorozatot, amelynek tetszőleges elemét úgy kapjuk meg, hogy az őt megelőző elem tízszereséhez 2-t adunk. A 13-mal való osztási maradékokat itt is a képzési szabály segítségével számoljuk: 2 maradéka 13-mal osztva 2, 22 maradéka 13-mal osztva a 10 · 2 + 2 szám maradéka, amely 9, 222 maradéka 13-mal osztva a 10 · 9 + 2 szám maradéka, amely 1. Ha hasonlóan számolunk tovább, akkor ezeket a maradékokat kapjuk: 12, 5, 0, 2, . . . . Tehát a sorozat első hét számának 13-mal osztva a maradéka: 2, 9, 1, 12, 5, 0, 2. Innen látható, hogy a maradékok 6-os periódussal ismétlődnek, és hogy 222-vel kezdve minden hatodik csupa kettes jegyből álló szám 1 maradékot ad 13-mal osztva, tehát szerepel a megadott (14, 27, 41, . . . ) sorozatban. Egyúttal azt is láttuk, hogy 222 222 osztható 13-mal, és evvel a számmal kezdve minden hatodik csupa kettes számjegyből álló szám osztható 13-mal. Ezt megbeszélhetjük a gyerekekkel, és érdemes biztatni őket arra, hogy próbáljanak megfogalmazni ők is ezekhez hasonló kérdéseket vagy állításokat.

50. A kért távolság 15 és 50 legkisebb közös többszöröse, amely 150. Eszerint 150 méterenként áll az út két oldalán egymással szemközt egy oszlop és egy fa.

51. A feladat megoldásához legkisebb közös többszörösöket kell meghatározni. 39 és 52 legkisebb közös többszöröse 156; ennyi másodpercenként találkozik a pálya elején a piros és a fekete vonat. 39 és 42 legkisebb közös többszöröse 546; ennyi másodpercenként találkozik a pálya elején a piros és a sárga vonat. 42 és 52 legkisebb közös többszöröse 1092; ennyi másodpercenként találkozik a pálya elején a sárga és a fekete vonat.

52. A nagyobbiknak 169-et kell körbefordulnia (a kisebbik ezalatt 196-ot fordul, s eköz-

ben a fogak épp 169 · 196-szor kapcsolódnak össze). Itt is szerepel a megoldásban a két adott szám legkisebb közös többszöröse, amely jelen esetben a két szám szorzata, mivel relatív prímekkel van dolgunk (az egyik szám 13-nak a négyzete, a másik 14-nek a négyzete).

53. A keresett szám 1-gyel kisebb 2, 3, 4, 5 és 6 legkisebb közös többszörösénél, a 60-nál. A keresett szám tehát 59. 62

54. A keresett számnál 1-gyel kisebb szám közös többszöröse a 2, 3, 4, 5 és 6 számoknak, és 1-gyel kisebb egy 11-gyel osztható számnál. A első ilyen szám a 120, azután ilyen a 780, az 1440, . . . ; 120-szal kezdve minden 660-adik szám ilyen. A keresett számok 121, 781, 1441, . . . , 121 + k · 660, . . . (k természetes szám).

55. A keresett szám háromjegyű, és közös többszöröse a 7, 8 és 9 számoknak. A három szám legkisebb közös többszöröse 504. Ez éppen a keresett szám, ugyanis a három számnak minden más közös többszöröse háromnál többjegyű. 56. Az olyan páratlan számokat vizsgáljuk, amelyek 3-mal osztva 2 maradékot adnak. A legkisebb ilyen az 5, és általánosan a 6-tal osztva 5 maradékot adó számok ilyenek. Tehát 5 gyerek kerül az utolsó sorba, ha hatosával állnak sorba a gyerekek.

57. Az első két állítás nem igaz, a második kettő igaz. • Nem igaz, hogy két 3-mal osztható szám közös osztói mind oszthatók 3-mal (például 21 és 42 mindketten oszthatók 3-mal, és a 7 közös osztójuk, de nem osztható 3-mal). • Nem igaz, hogy az 50-nek és a 100-nak a közös osztói az 1 kivételével mind párosak (például 50-nek és 100-nak közös osztója az 5 is). • Igaz, hiszen mindkét szám osztói csak a 2 hatványai lehetnek. • Igaz, hiszen egy 3-mal osztható szám minden többszöröse osztható 3-mal.

58. A közös oldal hossza a három szám, 1040, 640 és 420 közös osztója lehet csak. A prímtényezős alakok segítségével megkapjuk a közös osztókat: 1040 = 24 · 5 · 13, 640 = 27 · 5, 420 = 22 · 3 · 5 · 7; innen a közös osztók: 1, 2, 4, 5, 10 és 20; ezek a lehetőségek vannak a közös oldal hosszára. A három téglalap oldalaira tehát ez a hat lehetőség van: 1, 2, 4, 5, 10, 20,

1040 520 260 208 104 52

1, 2, 4, 5, 10, 20,

640 320 160 128 64 32

1, 2, 4, 5, 10, 20,

420 210 105 84 42 21

59. Itt is a közös osztókat keressük. 385 = 5 · 7 · 11, 105 = 3 · 5 · 7. 5, 7 és 35 egység oldalú négyzetekre lehet földarabolni a téglalapokat. • A legnagyobb ilyen négyzet oldalának hossza 35 egység.

60. Ez a feladat a legnagyobb közös osztónak az eukleidészi algoritmussal való meghatározását mutatja be példákon. 63

A 84 × 30-as téglalap: Először 3 darab 30 cm oldalú négyzetet és egy 30 × 24-es téglalapot kapunk. Erről ezt írhatjuk: 84 = 3 · 30 + 24. Ezután a 30 × 24-es téglalapról ezt írjuk: 30 = 1 · 24 + 6, a 24 × 6-os téglalapról pedig ezt: 24 = 4 · 6. A 6 a legnagyobb közös osztója a 84-nek és a 30-nak. Meggondolható, hogy így mindig az eredeti téglalap két oldalhosszának a legnagyobb közös osztóját kapjuk. A 36 × 16-os téglalapról ezt írhatjuk: 36 = 2 · 16 + 4, 16 = 4 · 4. Eszerint 36-nak és 16-nak a legnagyobb közös osztója 4. 50 és 36 legnagyobb közös osztóját így határozzuk meg ezzel az eljárással: 50 = 1 · 36 + 14, 36 = 2 · 14 + 8, 14 = 1 · 8 + 6, 8 = 1 · 6 + 2, 6 = 3 · 2 50-nek és 36-nak a legnagyobb közös osztója tehát 2. 51 és 36 legnagyobb közös osztóját így határozzuk meg: 51 = 1 · 36 + 15, 36 = 2 · 15 + 6, 15 = 2 · 6 + 3, 6 = 2 · 3 Eszerint 51-nek és 36-nak a legnagyobb közös osztója 3.

61. a) [x, 6] = 60 x = 20-ra és x = 60-ra igaz.

b) [x, 16] = 48 x-re ezek a számok jók: 3, 6, 12, 24, 48.

c) (x, 48) = 12 x lehet: 12, 36, 60, 84, . . . , általánosan 12-nek bármilyen páratlan számszorosa.

d) (x, 15) = 1 x minden olyan természetes szám lehet, amely sem 3-mal, sem 5-tel nem osztható.

62. a) [x, y, 6] = 60 Olyan x és y természetes számok jók, melyek legkisebb közös többszöröse 20 vagy 60. Például x = 4, y = 5 vagy x = 4, y = 10.

b) (x, y, 48) = 12 x és y közül az egyik 12-nek tetszőleges többszöröse, a másik páratlanszorosa.

63. a) d(x) = 3, ha x = p 2 , ahol p prím; x legkisebb értéke 22 = 4. Mivel nincs legnagyobb prímszám, x-re sincs legnagyobb.

b) d(x) = 4, ha x = p 3 vagy x = q · r, ahol p, q és r prímszám. A legkisebb

közülük a 2 · 3 = 6.

c) d(x) = 5, ha x = p 4 , ahol p prímszám. Az x legkisebb értéke 24 = 16. d) d(x) = 6, ha x = p 5 vagy x = q · r 2 , ahol p, q és r prímszám. x-re a legkisebb

érték 22 · 3 = 12. 64

e) d(x) = 33, ha x = p 32 vagy x = q 2 · r 10 , ahol p, q és r prímszám. A legkisebb

érték x-re 210 · 32 = 1024 · 9 = 9216

f) d(250) = 2 · 4 = 8, mivel 250 = 2 · 53 ; x tehát 8. 64. Mivel 21 = 3 · 7 és 3969 = 34 · 72 , a két szám lehet például a 34 · 7 = 567 és a 3 · 72 = 147.

65. Így néz ki a rajz, ha minden nyilat berajzolunk:  990


 150
 (150, 990)


 [150, 990]
 150 · 990


66. Az első oszlopban b lehet például 8. Ekkor a legkisebb közös többszörös a megadott a szám, amely 16 · 25, vagyis 400; a két szám szorzata pedig 3200.

A második oszlopban adott a legnagyobb közös osztó (8) és a legkisebb közös többszörös (400); ekkor a lehet például 16, b pedig 8 · 25 = 200; a két szám szorzata ekkor szintén 3200. A harmadik oszlopban a lehet például 1, ekkor a legnagyobb közös osztó is 1; a szorzat pedig megegyezik a megadott b számmal. Az a szám csak 7 · 11 = 77 lehet a negyedik oszlopban. Ekkor a legnagyobb közös osztó a 7, a legkisebb közös többszörös pedig 25 · 7 · 11 = 1925. Az ötödik oszlopban csak az lehet, hogy az egyik szám az a és b közül 1, a másik pedig 27. Ekkor a szorzatuk is 27. A hatodik oszlopot nem lehet kitölteni, mert az a és b szám szorzatában szerepel egy 3-as tényező, amely a legkisebb közös többszörös tényezői között nem szerepel; ez pedig lehetetlen. A hetedik oszlop sem tölthető ki. Ha ugyanis az a és b szám legnagyobb közös osztója 3 ·11, akkor ez a szám, vagyis a 33 osztója a-nak és b-nek egyaránt, így a és b szorzatának osztója (3 · 11)-nek a négyzete, márpedig a szorzatban a 11 csak első hatványon szerepel. Ennek alapján a gyerekek megfogalmazhatják a következő összefüggést: két pozitív egész szám szorzata mindig osztható a két szám legnagyobb közös osztójának a négyzetével.

67. Nincs a feladatnak megoldása, ugyanis az egyik megadott számban a 3-as tényező harmadik hatványon szerepel, a legnagyobb közös osztóban pedig negyediken, ami lehetetlen. 65

68. Az a · b szorzat biztosan osztható 6-tal. Az a + b összegről semmi biztosat nem tudunk mondani.

69. a · b maradéka 5-tel osztva megegyezik 3 · 2 maradékával, tehát a · b biztosan 1 maradékot ad 5-tel osztva; a + b maradéka 5-tel osztva biztosan megegyezik a 3 + 2 maradékával, a + b tehát biztosan 0 maradékot ad 5-tel osztva, vagyis osztható 5-tel. 70. a) Igaz, hiszen a legnagyobb közös osztó mindkét számnak osztója. b) Nem igaz, hiszen csak azok a prímtényezők szerepelhetnek a legnagyobb közös osztóban, amelyek a legkisebb közös többszörösben, és legföljebb akkora kitevővel szerepelnek a legnagyobb közös osztóban, mint a legkisebb közös többszörösben.

c) Igaz (az indoklás a prímtényezős felbontás segítségével meggondolható). d) Igaz (az indoklás a prímtényezős felbontás segítségével meggondolható). e) Igaz (az indoklás a prímtényezős felbontás segítségével meggondolható). f) Nem igaz, például a 8 és a 22 legkisebb közös többszöröse a 88, amely nem egyenlő 8 · 22 = 176-tal.

g) Igaz, hogy van, amikor két szám legkisebb közös többszöröse megegyezik a két szám szorzatával, például 7 és 13 esetén.

h) Igaz (az indoklás a prímtényezős felbontás segítségével meggondolható). i) Nem igaz, például 6-nak és 7-nek 1 a legnagyobb közös osztója. j) Igaz, hiszen két prímszámnak 1-en kívül nem lehet más közös prímtényezője. 71. a) 264 = 23 · 3 · 11 32 = 25 .

Így a két szám legkisebb közös többszöröse: 25 · 3 · 11 = 1056.

b) [x, 6] = 120 ezekre az x-ekre igaz: 23 · 5 = 40 vagy 23 · 5 · 3 = 120. c) [x, 36] = 900 ezekre az x-ekre igaz: 52 = 25, 52 · 2 = 50, 52 · 2 · 3 = 150,

52 · 2 · 32 = 450, 52 · 22 = 100, 52 · 22 · 3 = 300, 52 · 22 · 32 = 900, 52 · 3 = 75, 52 · 32 = 225.

d) 264-nek és 32-nek a legnagyobb közös osztója 23 = 8. e) (x, 120) = 6 olyan x-ekre igaz, amelyek 6-tal oszthatók, de nem oszthatók sem 4-gyel, sem 5-tel. f) (x, 36) = 1 olyan x számokra igaz, amelyek sem 2-vel, sem 3-mal nem oszthatók. 66

72. Két szám legnagyobb közös osztója biztosan osztója a két szám különbségének, ugyanis a két szám maradéka a legnagyobb közös osztóra (mint osztóra nézve) megegyezik, történetesen mindkét számnak 0 maradéka, hiszen mindkét szám osztható a legnagyobb közös osztójukkal. Márpedig ha két szám maradéka megegyezik egy osztóra nézve, akkor a két szám különbsége osztható a szóban forgó osztóval.

73. 2 · 3

22 · 7

24 · 31

26 · 127

74. A legkisebb tökéletes szám a 6. A feladatban megadott képlettel kiszámítva megadunk néhány tökéletes számot: Először is olyan n természetes számokat kell keresni, melyre 2-nek az n-edik hatványánál 1-gyel kisebb szám prím. Az első 5 ilyen n érték: 2, 3, 5, 7, 13. A kiszámított tökéletes szám n = 2-re 6, n = 3-ra 28, n = 5-re 496, n = 7-re 8128, n = 13-ra 33 550 336. (Az első négy szám éppen az előző feladatban megadott négy szám.)

75. 195,

285,

375.

76. a) Az első, a második és a negyedik szám utolsó jegye páros, tehát bármit is írhatunk az üres helyekre, mindig 2-vel osztható számot kapunk. 1 2 3 akkor osztható 2-vel, ha az utolsó helyre páros számjegy (0, 2, 4, 6 vagy 8) kerül, a másik két helyre bármilyen számjegyet írhatunk. a másik két helyre bármilyen számjegyet írhatunk.

b) Az első és a negyedik szám végén álló kétjegyű szám nem osztható 4-gyel, így ezeket nem lehet úgy kiegészíteni, hogy 4-gyel osztható számot kapjunk. A második szám végén 24 áll, amely osztható 4-gyel, így ezt a számot bárhogy is egészítjük ki, mindenképpen 4-gyel osztható számot kapunk. Az 1 2 3 utolsó jegye 2 vagy 6 lehet, a másik két helyre pedig bármilyen számjegyet írhatunk.

c) Az első, a második és a negyedik szám végén álló háromjegyű szám nem osztható 8-cal, tehát nem lehet őket úgy kiegészíteni, hogy 8-cal osztható számot kapjunk. 1 2 3 -et úgy kell kiegészíteni, hogy a végén álló háromjegyű szám 8-cal osztható legyen, így a szám végére ezek a számok kerülhetnek: 032, 136, 232, 336, 432, 536, 632, 736, 832, 936. A megmaradó egyetlen üres helyre bármely számjegy kerülhet.

d) Mind a négy számra a megadott jegyek összege osztható 3-mal, tehát olyan jegyeket írhatunk a hiányzó jegyek helyére, amelyek összege osztható 3-mal. 67

e) 3-mal oszthatónak és párosnak kell lennie a számnak, tehát az a) és a d) részben leírtak alapján okoskodhatunk.

f) A d) részben leírtakhoz hasonlóan okoskodhatunk, csak itt annak kell teljesülnie, hogy a számjegyek összege 9-cel osztható.

g) és h) esetén az a) részben leírtakhoz hasonlóan okoskodhatunk, csak itt annak kell teljesülnie, hogy az utolsó számjegy (5-tel való oszthatóságra) 0 vagy 5; (10-zel való oszthatóságra) 0.

77. 900 000 hatjegyű szám van, közülük minden harmadik osztható 3-mal, ezért 300 000 hárommal osztható hatjegyű szám van.

78. Mivel a számjegyek szorzata 6, és a számjegyek összege 8, a jegyek lehetnek 1, 1 és 6 vagy 1, 1, 1, 2 és 3. De az 1, 1, 6 számjegyekkel nem lehet 8-cal osztható számot összeállítani. Az 1, 1, 1, 2, 3 jegyekből ezek a 8-cal osztható számok állíthatók össze: 11 312, 13 112 és 31 112.

79. A feladat átfogalmazható úgy, hogy egy négyzetszám 3-mal osztva nem adhat 2 maradékot, és 7-tel osztva nem adhat 6 maradékot. A különböző maradékok vizsgálatával be lehet bizonyítani az állítást (lásd a 27{30. feladatok megoldását az 56. oldalon). 80. Végül 14 lámpa égett, az első, a 4-edik, a 9-edik, a 16-odik, a 25-ödik, a 36-odik, a 49-edik, a 64-edik, a 81-edik, a 100-adik a 121-edik, a 144-edik, a 169-edik és a 196-odik. (Az indokláshoz lásd a 27. oldalon a 14. feladat megoldását.)

68

Javaslatok felmr kre I. 1. Írj olyan számot, amelynek a) 8; b) 18; c) 11 osztója van! Próbáld megtalálni a legkisebb ilyen számot!

2. Igaz-e, hogy ha egy háromjegyű számnak minden jegye megegyezik, akkor osztható 37-tel? Indokolj is!

3. Igaz-e, hogy öt egymást követő természetes szám szorzata osztható 8-cal; Hát 16-tal; 24-gyel; 5-tel? Mi a legnagyobb szám, amellyel a szorzat biztosan osztható?

4. Oldd meg a következő egyenleteket! a) [264, 32] = x b) (264, 32) = x

c) [x, 6] = 120

d) (x, 120) = 6

5. A 32 4 szám hiányzó jegyeit úgy pótold, hogy a szám osztható legyen a) 2-vel; b) 4-gyel; c) 6-tal; d) 8-cal; e) 9-cel; f) 10-zel; g) 18-cal! 6. Van-e négyzetszám a következő számtani sorozatokban? Állításod indokold is! a) 3, 8, 13, 18, 23, . . . b) 3, 7, 11, 15, 19, . . . II. 1. Egy szám valódi osztói: a) 2, 4, 5, 8, 10, 20. b) 2, 3, 4, 6, 8, 9, 12, 18, 24, 36. Mely számok ezek?

2. Két szám törzstényezős alakja 2 · 3 · 5 · 5-ben különbözik egymástól. a) Hányszorosa a nagyobbik szám a kisebbiknek? b) Írj két ilyen számpárt! c) Hány ilyen számpár van? 69

3. Keress olyan számot, melynek törzstényezős alakjában a 10-nél kisebb törzsszámok mindegyike egyszer fordul elő! Hány ilyen szám van?

4. Határozd meg az 1440, a 48, a 280, a 300 számok törzstényezős alakját! a) Mennyi 1440 és 280 legkisebb közös többszöröse? b) Határozd meg a négy szám legkisebb közös többszörösét és legnagyobb közös osztóját!

5. Keress feltételt a) a 15-tel; b) a 36-tal; c) a 12-vel való oszthatóságra! 6. Hány olyan 50-nél kisebb természetes szám létezik, amely 5-tel nem osztható? Miért? Hogyan tudod megadni az összes ilyen számot?

7. Mit gondolsz, a következő három eset közül mikor osztható biztosan 960-nal az n · (n − 1) · (n − 2) · (n + 1) · (n + 2) szorzat?

a) n páratlan; b) n 4-gyel osztható páros szám; c) n 4-gyel nem osztható páros szám. Állításod indokold is!

8. Egy kétjegyű pozitív egész számhoz adjuk hozzá a számjegyek felcserélése útján nyert számot! Melyek azok a kétjegyű természetes számok, amelyek esetében a kapott szám egy pozitív egész szám négyzete?

III. 1. Melyik az a szám, amelynek valódi osztói a) 3, 5, 9, 15; b) 2, 4, 5, 10, 20, 25, 50? 2. Két szám törzstényezős alakja 2 · 2 · 3 · 5-ben különbözik egymástól. a) A nagyobbik szám hányszorosa a kisebbiknek? b) Írj két ilyen számpárt! c) Hány ilyen számpár van? 3. Melyik az a szám, amelynek a törzstényezős alakjában a 12-nél kisebb törzsszámok mindegyike egyszer fordul elő? 70

4. Határozd meg az 540, a 72, a 160, az 1728 számok törzstényezős alakját! a) Mennyi 540 és 72 legkisebb közös többszöröse? b) Határozd meg a négy szám legkisebb közös többszörösét és legnagyobb közös osztóját!

c) Az egyes számoknál melyik számig elegendő osztókat keresni? d) Hány osztója van összesen az egyes számoknak? 5. Keress feltételt a) a 18-cal; b) a 24-gyel; c) a 72-vel való oszthatóságra! 6. Hány olyan 100-nál kisebb természetes szám létezik, amely 5-tel nem osztható? Miért? Hogyan tudod megadni az összes ilyen számot?

7. Bizonyítsd be, hogy öt egymás után következő természetes szám szorzata osztható 120-szal!

8. a) Milyen p prímszám esetén lehet p 2 + 8 prímszám? Indokold is! b) Bizonyítsd be, hogy ha p és p 2 +8 prímszámok, akkor p 2 +p+1 is prímszám!

tmutatsok, vgeredmnyek s pontozsi javaslat a felmr dolgozatok rtkelshez A dolgozatokat 45 percesre terveztük. Mindhárom dolgozatban 3 feladat lényegileg hibátlan megoldása esetén körülbelül 30 ponttól javasolunk jelest adni. Úgy véljük helyes arra nevelni tanítványainkat, hogy ismerjék tudásuk tartalmát és mélységét, és így képesek legyenek számukra kedvezően válogatni a feladatokból. Ez azoknak a tanulóknak is hasznos, akik matematikai versenyeken részt vesznek. Egyetlen dolgozattal sem tudjuk a teljes megtanult anyagot számon kérni, de a választás lehetősége az értelmesen dolgozók teljesítményét javíthatja, és nekünk is visszajelzés arra, hogy a gyerekek tudásában hol van leginkább fehér folt. Ha minimál követelményt szeretnénk a gyerekek elé állítani, akkor megmondhatjuk például, hogy melyik két feladat megoldását várjuk el mindenkitől. Az útmutatásban a részmegoldások mellé az erre adható maximális pontszámot írtuk; a feladatok végén pedig ott van a teljes megoldással elérhető maximális összpontszám. Ha a dolgozat összpontszáma megközelíti az elérhető maximális pontszámot, az rendkívül jó teljesítményt jelent.

71

I. 1. a) 8 = 2 · 4 = 2 · 2 · 2 miatt a p 7 , a p · q 3 és az p · q · r (p, q, r prímszámok) alakú számok jók. Ahány típusú konkrét példát ad a tanuló, annyi pontot kap. A legkisebb a

23

· 3 = 24.

3 pont 1 pont

b) 18 = 2 · 9 = 3 · 6 = 2 · 3 · 3 miatt a p 17 , a p · q 8 , a p 2 · q 5 és a

p · q 2 · r 2 (p, q, r prímszámok) alakú számok jók.

Ahány típusú konkrét példát ad a tanuló, annyi pontot kap.

4 pont

A legkisebb a 22 · 32 · 5 = 180.

1 pont

c) 11 prímszám, így csak a

p 11

(p prímszám) alakú számok jók.

Csak 1 típusú konkrét példát adhat meg a tanuló. A legkisebb a

211

= 2048.

A teljes megoldásért:

1 pont 1 pont 11 pont

2. A feladat a munkafüzetben megtalálható (66. oldal 39. feladat). Csupán konkrét példán nézi meg az állítás igazságát.

2 pont

A teljes megoldásért:

5 pont

3. A feladat a munkafüzetben megtalálható (63. oldal 15. feladat). A 8-cal való oszthatóság megállapításáért és indoklásáért:

2 pont

24-gyel való oszthatóság megállapításáért és indoklásáért:

2 pont

5-tel való oszthatóság megállapításáért és indoklásáért:

1 pont

120-szal való oszthatóság megállapításáért és indoklásáért:

2 pont

Annak a belátásáért, hogy 120 a legnagyobb szám, amellyel biztosan osztható:

1 pont

Annak a belátásáért, hogy 16-tal nem biztos, hogy osztható:

1 pont

A teljes megoldásért:

9 pont

4. A feladat a munkafüzetben megtalálható (71. oldal 71. feladat a), b), d) és e) része). a) rész megoldásáért: b) rész megoldásáért: d) rész megoldásáért: e) rész megoldásáért: A teljes megoldásért:

72

1 pont 2 pont 1 pont 3 pont 7 pont

5. A hiányzó számjegyeket a felírás sorrendjében a-val és b-vel jelöljük. a) 2-vel osztható, ha b páros egyjegyű szám, a pedig tetszőleges egyjegyű. 1 pont b) 4-gyel osztható, ha b 0, 4 vagy 8, a pedig tetszőleges egyjegyű szám. 1 pont c) 6-tal osztható, ha b páros egyjegyű szám, és a + b osztható 3-mal. A lehetőségek a-ra és b-re: a 0 3 6 9 1 4 7 2 5 8 0 3 6 9 1 4 7 b 0 0 0 0 2 2 2 4 4 4 6 6 6 6 8 8 8

3 pont

d) 8-cal osztható, ha a szám végén álló háromjegyű szám osztható 8-cal. A lehetőségek a-ra és b-re: a 0 0 1 2 2 3 4 4 5 6 6 7 8 8 9 b 0 8 4 0 8 4 0 8 4 0 8 4 0 8 4

3 pont

e) 9-cel osztható, ha a + b osztható 9-cel. A lehetőségek a-ra és b-re: a 0 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 9 b 0 9 8 7 6 5 4 3 2 1 0 9

f) 10-zel osztható, ha b = 0, a pedig tetszőleges egyjegyű szám. g) 18-cal osztható, ha a páros egyjegyű szám, és a + b osztható 9-cel. Összesen 6 lehetőség van: a = 0, b = 0; a = 0, b = 9; a = 2, b = 7; a = 4, b = 5; a = 6, b = 3; a = 8, b = 1. A teljes megoldásért:

2 pont 1 pont

2 pont 13 pont

6. a) Egy négyzetszám lehetséges végződései 0, 1, 4, 5, 6, 9, tehát sem 3-ra, sem 8-ra nem végződhet. (Indoklás a 56. oldalon a 30. feladat megoldásában megtalálható.)

2 pont

b) A feladat a munkafüzetben megtalálható (45. oldal 13. feladat a) része). 3 pont A teljes megoldásért:

5 pont

A dolgozatra maximálisan 50 pontot lehet szerezni.

II. 1. A keresett számok legegyszerűbben az osztópárok két elemének összepárosításával és összeszorzásával adhatók meg. A valódi osztók legkisebb közös többszöröseként is meg lehet adni a keresett számokat.

a) A keresett szám: 40. b) A keresett szám: 72. A teljes megoldásért:

2 pont 2 pont 4 pont 73

2. a) A nagyobb szám 2 · 3 · 5 · 5 = 150-szerese a kisebbnek. 1 pont b) Egy jó számpár megadásáért: 1 pont c) Végtelen sok ilyen számpár van, az egyik szám a másiknak 150-szerese. 1 pont A teljes megoldásért:

3 pont

3. A legkisebb ilyen szám a 2 · 3 · 5 · 7 = 210. Végtelen sok ilyen szám van, mert 210-nek minden olyan többszöröse jó, amely nem osztható sem 4-gyel, sem 9-cel, sem 25-tel, sem 49-cel. Egy jó szám megadásáért:

2 pont

A teljes megoldásért:

4 pont

4. 1440 = 25 · 32 · 5 48 = 24 · 3 280 = 23 · 5 · 7 a) [1440, 280] = 25 · 32 · 5 · 7 = 10 080 b) [1440, 48, 280, 300] = 25 · 32 · 52 · 7 = 50 400

300 = 22 · 3 · 52

(1440, 48, 280, 300) = 22 = 4 A teljes megoldásért:

2 pont 1 pont 2 pont 5 pont

5. a) 15-tel osztható egy szám, ha 3-mal és 5-tel is osztható, vagyis ha az utolsó jegye 0 vagy 5, és a jegyeinek az összege osztható 3-mal.

2 pont

b) 36-tal osztható, ha 4-gyel és 9-cel osztható, vagyis ha a szám végén álló kétjegyű szám osztható 4-gyel, és a jegyek összege osztható 9-cel.

2 pont

c) 12-vel osztható, ha 3-mal és 4-gyel osztható, vagyis ha a szám végén álló kétjegyű szám osztható 4-gyel, a jegyek összege pedig 3-mal. A teljes megoldásért:

2 pont 6 pont

6. Minden ötödik szám osztható 5-tel (a 0-tól kezdve), ezért 50-ig, az 50-et nem beleértve, tíz 5-tel osztható szám van.

2 pont

Így 50 − 10 = 40 50-nél kisebb 5-tel nem osztható természetes szám van.

1 pont

Az összes ilyen szám: 5k + 1, 5k + 2, 5k + 3, 5k + 4 (k 9-nél nem nagyobb természetes szám).

3 pont

A teljes megoldásért:

6 pont

7. A feladat a munkafüzetben megtalálható (43. oldal 8. feladat). a) rész megoldásáért: b) rész megoldásáért: c) rész megoldásáért: A teljes megoldásért: 74

3 pont 3 pont 3 pont 9 pont

8. A kétjegyű számot írjuk föl így: 10a + b, ahol a és b pozitív egyjegyű számok. Az eredeti számhoz hozzáadva a jegyek fölcserélésével kapott kétjegyű számot ez adódik: 10a + b + 10b + a = 11(a + b). 3 pont A 11(a + b) csak úgy lehet teljes négyzet, ha a + b = 11.

2 pont

Így a keresett kétjegyű számok ezek lehetnek: 29, 38, 47, 56, 65, 74, 83, 92.

2 pont

A teljes megoldásért:

7 pont

A dolgozatra maximálisan 44 pontot lehet szerezni.

III. 1. A feladat a munkafüzetben megtalálható (61. oldal 2. feladat a) és b) része). a) rész megoldásáért: 2 pont b) rész megoldásáért: 2 pont A teljes megoldásért:

4 pont

2. a) A nagyobb szám 2 · 2 · 3 · 5 = 60-szorosa a kisebbnek. b) Egy jó számpár megoldásáért: c) Végtelen sok ilyen számpár van, az egyik szám a másiknak 60-szorosa.

1 pont 1 pont

A teljes megoldásért:

3 pont

1 pont

3. A legkisebb ilyen szám a 2 · 3 · 5 · 7 · 11 = 2310. Végtelen sok ilyen szám van, mert 2310-nek minden olyan többszöröse jó, amely nem osztható sem 4-gyel, sem 9-cel, sem 25-tel, sem 49-cel, sem 121-gyel. Egy jó számpár megoldásáért:

2 pont

A teljes megoldásért:

4 pont

4. 540 = 22 · 33 · 5 72 = 23 · 32 160 = 25 · 5 a) [540, 72] = 23 · 33 · 5 = 1080 b) [540, 72, 160, 1728] = 26 · 33 · 5 = 8640

1728 = 26 · 33

2 pont

(540, 72, 160, 1728) = 22 = 4

2 pont √ c) Az n pozitív egész szám osztóinak keresésekor elég [ n]-ig kipróbálni a természetes számokat, hogy osztói-e n-nek, ugyanis minden megkapott osztó osztópárként meghatározza n-nek még egy osztóját. Az osztópár két száma közül √ pedig az egyik √ elég [ 540] = 23-ig mindig legföljebb [ n]. Így 540 osztóinak meghatározásához √ keresni az osztókat, 72 osztóinak √a meghatározásához elég [ 72] = 8-ig, 160 osztóinak a√meghatározásához elég [ 160] = 12-ig, 1728 osztóinak a meghatározásához 4 pont elég [ 1728] = 41-ig elmenni.

75

d) Az összes osztó számára tanult összefüggést használva: d(540) = 3 · 4 · 2 = 24, d(72) = 4 · 3 = 12, d(160) = 6 · 2 = 12, d(1728) = 7 · 4 = 28. A teljes megoldásért:

4 pont 12 pont

5. a) 18-cal azok a páros számok oszthatók, amelyek 9-cel is oszthatók, tehát azok a számok, melyeknek utolsó jegye páros, és jegyeinek összege 9-cel osztható. 2 pont

b) 24-gyel azok a számok oszthatók, amelyek 8-cal és 3-mal oszthatók, vagyis amelyeknek a végén álló háromjegyű szám osztható 8-cal, és a jegyeinek az összege osztható 3-mal. 2 pont

c) 72-vel azok oszthatók, amelyek 8-cal és 9-cel is oszthatók, vagyis amelyeknek a végén álló háromjegyű szám osztható 8-cal, a jegyeinek az összege pedig osztható 9-cel. 2 pont A teljes megoldásért:

6 pont

6. Minden ötödik szám osztható 5-tel (a 0-tól kezdve), ezért 100-ig, a 100-at nem beleértve, húsz 5-tel osztható szám van.

2 pont

Így 100 − 20 = 80 100-nál kisebb 5-tel nem osztható természetes szám van.

1 pont

Az összes ilyen szám: 5k + 1, 5k + 2, 5k + 3, 5k + 4 (k 19-nél nem nagyobb természetes szám). 3 pont A teljes megoldásért:

6 pont

7. A munkafüzet (63. oldal 15. feladat megoldásában (tanári útmutató (52. oldalán) megtalálható a bizonyítás. A 8-cal való oszthatóságért:

2 pont

A 3-mal való oszthatóságért:

1 pont

Az 5-tel való oszthatóságért:

1 pont

Következtetés a 120-szal való oszthatóságra.

2 pont

A teljes megoldásért:

6 pont

8. A feladat a munkafüzetben megtalálható (az a) rész a 45. oldalon a 16. feladat, a b) rész pedig a 65. oldalon a 35. feladat). a) rész megoldásáért: 4 pont b) rész megoldásáért: 4 pont A teljes megoldásért: A dolgozatra maximálisan 49 pontot lehet szerezni.

76

8 pont

Tartalom Néhány szó a könyvsorozatról . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

5

Néhány bevezető gondolat . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Javasolt órabeosztás . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

7 9

Megjegyzések, útmutatások . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Sokféle feladat számokról . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Osztályozzuk a pozitív egész számokat oszthatóság szerint! . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Oszthatósági ismereteink . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Párosország . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Feladatok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Érdekességek a törzsszámokról . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Feladatok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Számok összes osztója . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Közös osztók, közös többszörösök . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Többszörösök szabályos eloszlása . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . A számok osztási maradékai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Oszthatósági feltételek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Számrendszerek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Vegyes oszthatósági feladatok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

10 10 10 20 20 20 21 23 25 28 33 35 39 46 50

Javaslatok felmérőkre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Útmutatások, végeredmények és pontozási javaslat a felmérő dolgozatok értékeléséhez . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

69 71