Megoldások - BZmatek · Az első esetben véges tizedestörtről van szó, vagyis a megoldás a következő: 1,23=123 100 A többi esetben végtelen szakaszos tizedestörtekről

Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma)

1

Megoldások

1. Írj fel 𝟒 számot törtalakban a 𝟑

𝟕 és

𝟓

𝟕 között!

Megoldás:

Bővítsük a nevezőket a megfelelő mértékig: 3

7=

9

21 és

5

7=15

21.

Ezek alapján a megoldás: 10

21,11

21,12

21,13

21.

2. Írd fel törtalakban a következő tizedestörteket! 𝟏, 𝟐𝟑 𝟐, 𝟓�̇� 𝟑, �̇�𝟏�̇� 𝟒, 𝟔�̇��̇�

Megoldás:

Az első esetben véges tizedestörtről van szó, vagyis a megoldás a következő: 1,23 =123

100.

A többi esetben végtelen szakaszos tizedestörtekről van szó, ahol a következőképpen járhatunk

el: két különböző számmal szorozzuk meg az adott számot úgy, hogy a tizedesvessző után

ugyanazok az ismétlődő számjegyek szerepeljenek. Ezt követően vonjuk ki egymásból a két

számot, s így eltűnnek a tizedesvessző utáni számjegyek.

100𝑥 = 258,888…

10𝑥 = 25,888… → 90𝑥 = 233 → 𝑥 =233

90

1000𝑥 = 3214,214214…

𝑥 = 3,214214… → 999𝑥 = 3211 → 𝑥 =3211

999

1000𝑥 = 4697,9797…

10𝑥 = 46,9797… → 900𝑥 = 4651 → 𝑥 =4651

900

3. Írd fel 𝟎 - tól 𝟐𝟎 - ig a 𝟔 többszöröseit!

Megoldás:

Azok a számok a 6 többszörösei, amelyek felírhatók 6 - nak és egy egész számnak szorzataként.

Ezek alapján a megoldások: 0, 6, 12, 18.


2

4. Mely pozitív törtekre igaz, hogy ha számlálóját és nevezőjét egyaránt 𝟏 – gyel növelik a tört értéke nő?

Megoldás:

Legyen a keresett tört: 𝑥

𝑦.

Ekkor felírhatjuk a következő egyenlőtlenséget: 𝑥

𝑦<

𝑥 + 1

𝑦 + 1.

Ezt rendezve a következőt kapjuk: 𝑥 < 𝑦.

Ezek alapján a megoldás: az 1 – nél kisebb pozitív törtek (ahol a számláló kisebb a nevezőnél).

5. Egy törtszámról a következőket tudjuk:

- értéke 𝟐

𝟓

- számlálójának és nevezőjének összege kétjegyű szám

- e kétjegyű szám egy természetes szám négyzete

Melyik ez a törtszám?

Megoldás:

Legyen a keresett tört a következő alakú: 𝑎

𝑏=2𝑥

5𝑥.

Ebből adódik, hogy 2𝑥 + 5𝑥 = 7𝑥, vagyis a kétjegyű négyzetszám osztható 7 – tel.

Az egyetlen 7 – tel osztható kétjegyű négyzetszám a 49, így 𝑥 = 7.

Ezek alapján a megoldás: 14

35.

6. Határozz meg három olyan különböző természetes számot, amelyek összege egyenlő a szorzatukkal, továbbá az egyik szám megegyezik a másik kettő összegével!

Megoldás:

Legyen a három keresett szám: 𝑥; 𝑦; 𝑧.

Ekkor a szöveg segítségével a következőt kapjuk: 𝑥 + 𝑦 + 𝑧 = 𝑥 · 𝑦 · 𝑧 és 𝑥 = 𝑦 + 𝑧.

A behelyettesítés és rendezés után a következő adódik: 𝑦 · 𝑧 = 2.

Ezek alapján a megoldás: 𝑦 = 1; 𝑧 = 2 és 𝑥 = 3.


3

7. Melyek azok a kétjegyű számok, amelyekhez 𝟒 – et adva, a számjegyek összege felére csökken?

Megoldás:

Egy számhoz hozzáadva 4 – et csak akkor csökken a számjegyek összege, ha ezáltal a tízesek száma nő. Ebből adódik, hogy a keresett számok végződése csak 6; 7; 8; vagy 9 lehet.

Ekkor a jegyek összege 5 – tel kevesebb lesz: az egyesek értéke 4 – gyel nő, de ebből tízet átváltunk, s a tízesek száma nő 1 – gyel (4 − 10 + 1 = −5).

Mivel a számjegyek összege felére csökkent, így csak 10 lehetett az összegük.

Ezek alapján a megoldások: 19; 28; 37; 46.

8. Van – e 𝟐𝟎𝟏𝟕 – nek olyan többszöröse, amely csak 𝟎 és 𝟏 számjegyekből áll?

Megoldás:

Tekintsük a következő számokat: 1; 11; 111;… ; 11…11⏟ 2018 𝑑𝑎𝑟𝑎𝑏

.

Amennyiben van közöttük olyan szám, amely osztható 2017 – tel, akkor készen vagyunk.

Amennyiben nincs, akkor van közöttük két olyan szám, amelyet 2017 – tel elosztva ugyanannyi maradékot adnak (összesen 2017 – féle maradék adódhat, de 2018 számot írtunk fel). Vonjuk ki egymásból ezt a két számot, nagyobból a kisebbet. Ekkor a különbség egy olyan szám lesz,

ahol valamennyi 1 – est, néhány 0 követ. A különbség osztható lesz 2017 – tel, továbbá felírható egy csupa 1 – esből álló szám és 10 – nek egészkitevőjű hatványának szorzataként.

Ezek alapján a megoldás: Létezik ilyen szám, sőt létezik csupa 1 – esből álló többszöröse is.

9. Határozd meg 𝟑 – nak azt a legmagasabb hatványát, amellyel az 𝟏 – től 𝟏𝟎𝟎𝟎 – ig terjedő egész számok szorzata osztható!

Megoldás:

Minden harmadik szám osztható 31 – nel, minden kilencedik szám osztható 32 – nal, és így tovább. Ebből adódik, hogy a hatványkitevő:

[1000

31] + [

1000

32] + [

1000

33] + [

1000

34] + [

1000

35] + [

1000

36] = 333 + 111 + 37 + 12 + 4 + 1 = 498.

(itt [𝑛] jelenti az 𝑛 szám egész részét)

Ezek alapján a megoldás: 3498.


4

10. Az 𝟏 – től kezdve írjuk rendre egymás mellé az egész számokat. Milyen számjegy áll a 𝟐𝟎𝟏𝟕. helyen?

Megoldás:

Az egyjegyű számokhoz (1 − 9) összesen 1 · 9 = 9 számjegyet használunk.

A kétjegyű számokhoz (10 − 99) összesen 2 · 90 = 180 számjegyet használunk.

A maradék 2017 − 9 − 180 = 1828 számjegyeket háromjegyű számokhoz használjuk fel.

Ebből adódik, hogy 609 háromjegyű számot tudunk leírni, s maradni fog még egy számjegy.

Ezek alapján a megoldás: a 610. háromjegyű szám (709) első számjegye, vagyis 7.

11. Mennyi idő szükséges az 𝟏 – től 𝟐𝟎𝟏𝟕 – ig bezárológ terjedő egész számok leírásához, ha percenként 𝟗𝟐 számjegyet írunk le?

Megoldás:

Az egyjegyű számokhoz (1 − 9) összesen 1 · 9 = 9 számjegyet írunk le.

A kétjegyű számokhoz (10 − 99) összesen 2 · 90 = 180 számjegyet írunk le.

A háromjegyű számokhoz (100 − 999) összesen 3 · 900 = 2700 számjegyet írunk le.

A négyjegyű számokhoz (1000 − 2017) összesen 4 · 1018 = 4072 számjegyet írunk le.

Ezek alapján a megoldás: 9 + 180 + 2700 + 4072

92≈ 76 perc.

12. Mutasd meg, hogy a következő kifejezések eredménye összetett szám!

𝟏𝟒𝟏𝟎𝟎 − 𝟕𝟖𝟏 𝟐𝟎𝟏𝟓𝟐𝟎𝟏𝟓 − 𝟐𝟎𝟏𝟔𝟐𝟎𝟏𝟔 + 𝟐𝟎𝟏𝟏𝟐𝟎𝟏𝟏 𝟏𝟎𝟐𝟎𝟎 − 𝟏𝟑

Megoldás:

Az első kifejezést alakítsuk át a következőképpen:

14100 − 781 = (2 · 7)100 − 781 = 2100 · 7100 − 781 = 781 · (2100 · 719 − 1)

Ezek alapján a kifejezés biztosan osztható 781 – nel.

A második kifejezésben használjuk fel a következőt: az 5 – re végződő számok minden hatványa 5 – re, a 6 – ra végződő számok minden hatványa 6 – ra, az 1 – re végződő számok minden hatványa 1 – re végződik. Ebből a kifejezés utolsó számjegye: 5 − 6 + 1 = 0.

Ezek alapján a kifejezés biztosan osztható 10 – zel.


5

A harmadik kifejezés eredménye 87 – re végződik, amely előtt 198 darab 9 – es áll.

Ezek alapján a számjegyek összege, s így a kifejezés is osztható 3 – mal.

13. Milyen számjegyre végződnek a következő kifejezések eredményei?

𝟏𝟐𝟑𝟒𝟓𝟔𝟕𝟖𝟗 ∙ 𝟗𝟕𝟓𝟑 ∙ 𝟐𝟒𝟔𝟖 𝟏𝟗𝟗𝟑𝟐𝟑𝟒𝟓 − 𝟕

Megoldás:

Az első esetben szorozzuk össze a tényezők utolsó számjegyeit: 9 ∙ 3 ∙ 8 = 216.


A második esetben először tekintsük a hatvány alapjának utolsó számjegyét, s képezzük annak

a hatványait: 31 = 3; 32 = 9; 33 = 27; 34 = 81; 35 = 243;…

Mivel a negyedik hatvány után az utolsó számjegyek ismétlődnek, ezért elegendő csak eddig

tekinteni a végződéseket. Ezek alapján a lehetséges végződések: 3, 9, 7 vagy 1.

Ezt követően osszuk el a hatvány kitevőjét annyival, ahány végződés közül választhatunk,

vagyis ebben az esetben 4 – gyel: 2345 ∶ 4 = 586 és a maradék 1.

Ez azt jelenti, hogy a 3, 9, 7, 1 számnégyest 586 - szor tudjuk lepakolni egymás után, s a végén mivel a maradék 1, ezért még egy számot le kell raknunk. Ebből adódik, hogy a hatványérték 3 - ra végződik. (0 maradék esetén 1 – re végződne!)

Ezek alapján a megoldás: egy 3 – ra végződő számból kivonva 7 – et, a kapott szám utolsó jegye 6 – os lesz.

14. Sorold fel a következő számok összes osztóját! 𝟏𝟎𝟎 𝟐𝟒𝟐

Megoldás:

A számok osztóit elegendő a számok négyzetgyökéig keresni, mert ha a számot felírjuk az

osztópárok szorzataként, akkor a négyzetgyök után a szorzótényezők megegyeznek, csak a

sorrendjük fordított.

Számítsuk ki a számok négyzetgyökét: √100 = 10 és √242 ≈ 15,55.

Írjuk fel a számokat osztópárok szorzataként:

100 = 1 ∙ 100 = 2 ∙ 50 = 4 ∙ 25 = 5 ∙ 20 = 10 ∙ 10 = 20 ∙ 5 = 25 ∙ 4 = 50 ∙ 2 = 100 ∙ 1

242 = 1 ∙ 242 = 2 ∙ 121 = 11 ∙ 22 = 22 ∙ 11 = 121 ∙ 2 = 1 ∙ 242

Ezek alapján a 100 osztói: 1; 2; 4; 5; 10; 20; 25; 50; 100.

Ezek alapján a 242 osztói: 1; 2; 11; 22; 121; 242.


6

15. Egy férfi és egy nő beszélget egymással, s kiderül, hogy a férfinak van három gyermeke. Ezt követően a következő párbeszéd zajlik le közöttük:

- Mennyi idősek a gyermekek? - Az életkoruk szorzata 𝟕𝟐. - Ennyiből nem tudom kitalálni. - Rendben, ha kimész, akkor a házszám megadja az életkorok összegét is. - Megnéztem, de még mindig képtelenség rájönni. - Nah jó, de a legfiatalabb szereti az eperfagyit. - Így már tudom! Nos, mennyi idősek a gyerekek?

Megoldás:

Először írjuk fel a 72 – t három szám szorzataként, s így a lehetséges számhármasok:

1; 1; 72 1; 2; 36 1; 3; 24 1; 4; 18 1; 6; 12 1; 8; 9

2; 2; 18 2; 3; 12 2; 4; 9 2; 6; 6 3; 3; 8 3; 4; 6

Mivel a második információ is kevés, így csak olyan számhármasok jöhetnek szóba, melyek

összege megegyezik: 2 + 6 + 6 = 3 + 3 + 8 = 14.

Végül az utolsó információ alapján van legfiatalabb gyereke a férfinak, vagyis a két

számhármasból csak a 2; 6; 6 lehet a jó megoldás.

16. A 𝟏𝟎𝟖𝟑𝟗 – et és a 𝟏𝟏𝟖𝟔𝟑 – at elosztva ugyanazzal a háromjegyű számmal, mind a kétszer ugyanaz a maradék. Mennyi a maradék?

Megoldás:

Legyen a háromjegyű szám 𝑥, a maradék 𝑦, a hányadosok pedig 𝑎 és 𝑏.

Ekkor a szöveg segítségével a következőt kapjuk: 10839 = 𝑎 · 𝑥 + 𝑦 és 11863 = 𝑏 · 𝑥 + 𝑦.

Vonjuk ki a két egyenletet egymásból: 1024 = 𝑥 · (𝑏 − 𝑎).

Ebből adódik, hogy az 𝑥 osztója 1024 = 210 – nek, vagyis a 2 valamilyen hatványa.

Mivel az 𝑥 háromjegyű, így csak 27 = 128; 28 = 256; vagy 29 = 512 lehet.

Elosztva ezekkel az 𝑥 értékekkel az adott számokat, a maradék mindig ugyanaz lesz:

10839 = 128 · 92 + 87 = 256 · 46 + 87 = 512 · 23 + 87

11863 = 128 · 84 + 87 = 256 · 42 + 87 = 512 · 21 + 87



7

17. Milyen 𝒏 egészekre lesz egész a következő, törtalakban adott szám? 𝒏 + 𝟒

𝒏 − 𝟑

Megoldás:

Először alakítsuk át a számlálót úgy, hogy az egyik tag osztható legyen a nevezővel:

𝑛 + 4

𝑛 − 3=𝑛 − 3 + 7

𝑛 − 3= 1 +

7

𝑛 − 3

A kapott kifejezés csak akkor egész, ha az (𝑛 − 3) osztója 7 – nek.

Ezek alapján a megoldások:

𝑛 − 3 = 1 → 𝑛 = 4

𝑛 − 3 = −1 → 𝑛 = 2

𝑛 − 3 = 7 → 𝑛 = 10

𝑛 − 3 = −7 → 𝑛 = −4

18. Melyek azok az 𝒂 < 𝒃 pozitív egészek, amikre teljesül, hogy 𝒂𝒃 + 𝒂 + 𝒃 = 𝟏𝟏𝟒?

Megoldás:

Fejezzük ki az egyenletből az egyik ismeretlent: 𝑏 =114 − 𝑎

𝑎 + 1.

Alakítsuk át a számlálót úgy, hogy az egyik tag osztható legyen a nevezővel:

114 − 𝑎

𝑎 + 1=−(𝑎+1) + 115

𝑎 + 1= −1 +

115

𝑎 + 1

A kapott kifejezés csak akkor egész, ha az 𝑎 + 1 osztója 115 – nek.


𝑎 + 1 = 1 → 𝑎 = 0 → 𝑏 = 114 → 𝑎 ∉ ℤ+

𝑎 + 1 = −1 → 𝑎 = −2 → 𝑏 = −116 → 𝑎, 𝑏 ∉ ℤ+

𝑎 + 1 = 5 → 𝑎 = 4 → 𝑏 = 22 → megfelelő megoldás

𝑎 + 1 = −5 → 𝑎 = −6 → 𝑏 = −24 → 𝑎, 𝑏 ∉ ℤ+

𝑎 + 1 = 23 → 𝑎 = 22 → 𝑏 = 4 → 𝑎 > 𝑏

𝑎 + 1 = −23 → 𝑎 = −24 → 𝑏 = −6 → 𝑎, 𝑏 ∉ ℤ+

𝑎 + 1 = 115 → 𝑎 = 114 → 𝑏 = 0 → 𝑏 ∉ ℤ+

𝑎 + 1 = −115 → 𝑎 = −116 → 𝑏 = −2 → 𝑎, 𝑏 ∉ ℤ+


8

19. Péter az édesapja 𝟐𝟏 – edik születésnapján született. Legfeljebb hányszor lehet Péter életkora osztója az édesanyja életkorának?

Megoldás:

Legyen Péter életkora 𝑥, az édesanyjáé pedig 𝑥 + 21.

Írjuk fel a két életkor hányadosát és alakítsuk a következőképpen: 𝑥 + 21

𝑥=𝑥

𝑥+21

𝑥= 1 +

21

𝑥.

A tört értéke csak akkor lesz egész, ha az 𝑥 osztója 21 – nek.

Ezek alapján a megoldás: 𝑥 = 1; 3; 7; 21, vagyis összesen négyszer teljesül a feltétel.

20. Mennyit adnak 𝟕 - tel osztva maradékul a következő kifejezések, ha tudjuk, hogy 𝒏 𝟕 - tel osztva 𝟓 maradékot ad, míg 𝒌 𝟕 - tel osztva 𝟑 maradékot ad?

𝒏 + 𝒌 𝒏 − 𝒌 𝟐𝒏 + 𝟑𝒌 𝟓𝒏 − 𝟒𝒌 𝒏 ∙ 𝒌 𝒏𝟐 𝒌𝟐 − 𝟔

Megoldás:

Írjuk fel a két kifejezést a következő alakban: 𝑛 = 7𝑎 + 5 és 𝑘 = 7𝑏 + 3.

Alakítsuk a felírt kifejezéseket a következőképpen:

𝑛 + 𝑘 = 7𝑎 + 5 + 7𝑏 + 3 = 7𝑎 + 7𝑏 + 8 = 7 ∙ (𝑎 + 𝑏 + 1) + 1

𝑛 − 𝑘 = 7𝑎 + 5 − (7𝑏 + 3) = 7𝑎 − 7𝑏 + 2 = 7 ∙ (𝑎 − 𝑏) + 2

2𝑛 + 3𝑘 = 2 ∙ (7𝑎 + 5) + 3 ∙ (7𝑏 + 3) = 14𝑎 + 21𝑏 + 19 = 7 ∙ (2𝑎 + 3𝑏 + 2) + 5

5𝑛 − 4𝑘 = 5 ∙ (7𝑎 + 5) − 4 ∙ (7𝑏 + 3) = 35𝑎 − 28𝑏 + 13 = 7 ∙ (5𝑎 − 4𝑏 + 1) + 6

𝑛 ∙ 𝑘 = (7𝑎 + 5) ∙ (7𝑏 + 3) = 49𝑎𝑏 + 21𝑎 + 35𝑏 + 15 = 7 ∙ (7𝑎𝑏 + 3𝑎 + 5𝑏 + 2) + 1

𝑛2 = (7𝑎 + 5)2 = 49𝑎2 + 70𝑎 + 25 = 7 · (7𝑎2 + 10𝑎 + 3) + 4

𝑘2 − 6 = (7𝑏 + 3)2 = 49𝑏2 + 42𝑏 + 9 − 6 = 49𝑏2 + 42𝑏 + 3 = 7 · (7𝑏2 + 6𝑏) + 3

Ezek alapján a megoldások: 1, 2, 5, 6, 1,4,3.


9

21. Adott egy páros szám, amelyik 𝟑 – mal osztva 𝟐 – t ad maradékul. Mekkora maradékot ad 𝟔 – tal osztva?

Megoldás:

Legyen a páros szám két különböző általános alakja: 2𝑘 és 3𝑚 + 2.

Írjuk fel a következő egyenletet: 2𝑘 = 3𝑚 + 2.

Az egyenlet bal oldala osztható 2 – vel, így a jobb oldala is, vagyis az 𝑚 értéke páros.

Legyen 𝑚 = 2𝑛, s helyettesítsük az egyenletbe: 2𝑘 = 6𝑛 + 2.

Ezek alapján a szám 6 – tal osztva is 2 – t ad maradékul.

22. Írd fel 𝟏 – től 𝟏𝟎𝟎𝟎 – ig az egész számokat egy kör mentén! Karikázzuk be 𝟏 – től kezdve minden 𝟏𝟓. – et (azaz az 𝟏, 𝟏𝟔, 𝟑𝟏,… stb. számokat), de az ismételt körüljárásnál vegyük figyelembe a már bekarikázott számokat is! A bekarikázást

addig folytatjuk, amíg újra egy már bekarikázott számhoz nem jutunk. Hány számot

nem karikáztunk be?

Megoldás:

Az első körben azokat a számokat karikázzuk be, amelyek 15 – tel osztva 1 maradékot adnak: 1; 16; 31; 46;… ; 976; 991.

A második körben azokat a számokat karikázzuk be, amelyek 15 – tel osztva 6 maradékot adnak: 6; 21; 36; 51;… ; 981; 996.

A harmadik körben azokat a számokat karikázzuk be, amelyek 15 – tel osztva 11 maradékot adnak: 11; 26; 41; 56;… ; 971; 986.

Ezután ismét az első körben bekarikázott számok következnének a sorban.

Az első és második körben 990: 15 + 1 = 67 számot, a harmadikban pedig 975: 15 + 1 = 66 számot karikáztunk be.

Ezek alapján a megoldás: 1000 − (67 + 67 + 66) = 800.

23. Add meg az 𝒙 értékét úgy, hogy a 𝟑𝒙𝟐𝟎𝟔𝟕 szám osztható legyen 𝟗 – cel!

Megoldás:

Számítsuk ki a megadott számjegyek összegét: 3 + 2 + 0 + 6 + 7 = 18.

Ebből adódik, hogy a keresett számjegyet 18 – hoz hozzáadva 9 – cel osztható számot kapunk.

Ezek alapján a megoldás: 𝑥 = 0; 9.


10

24. Milyen 𝒙 érték esetén lesz a 𝟕𝟒𝟑𝟏𝒙𝟐 szám osztható 𝟐𝟒 - gyel?

Megoldás:

Először a 24 - et fel kell írnunk két olyan relatív prímszám szorzatára, melyekre tanultunk korábban oszthatósági szabályt.

Mivel 24 = 3 ∙ 8, így a szám akkor lesz osztható 24 - gyel, ha osztható 3 - mal és 8 - cal is.

Az adott szám akkor lesz osztható 3 – mal, ha 𝑥 = 1, 4, 7.

Az adott szám akkor lesz osztható 8 – cal, ha 𝑥 = 1, 5, 9.

Ezek alapján a megoldás: 𝑥 = 1.

25. Milyen 𝒙 és 𝒚 érték esetén lesz az 𝟏𝒙𝟐𝟒𝒚𝟔 szám osztható 𝟏𝟐 - vel?

Megoldás:

Először a 12 - t fel kell írnunk két olyan relatív prímszám szorzatára, melyekre tanultunk korábban oszthatósági szabályt.

Mivel 12 = 3 ∙ 4, így a szám akkor lesz osztható 12 - vel, ha osztható 3 - mal és 4 - gyel is.

Ebben a feladatban két ismeretlen van, ezért el kell döntenünk a két oszthatóság közül melyik

az, amelyik biztosan meghatározza az egyik ismeretlent.

Az adott szám akkor lesz osztható 4 – gyel, ha 𝑦 = 1, 3, 5, 7, 9.

Az 𝑥 kiszámításánál a 3 - mal való oszthatóságot befolyásolja, hogy 𝑦 helyére a lehetséges értékek közül melyiket választjuk, ezért több megoldásunk is lesz.

Ha 𝑦 = 1, akkor 𝑥 = 1, 4, 7.

Ha 𝑦 = 3, akkor 𝑥 = 2, 5, 8.

Ha 𝑦 = 5, akkor 𝑥 = 0, 3, 6, 9.

Ha 𝑦 = 7, akkor 𝑥 = 1, 4, 7.

Ha 𝑦 = 9, akkor 𝑥 = 2, 5, 8.

Ezek alapján a megoldások (első az 𝑥, második az 𝑦 érték): (1; 1), (4; 1), (7; 1), (2; 3), (5; 3), (8; 3), (0; 5), (3; 5), (6; 5), (9; 5), (1; 7), (4; 7), (7; 7), (2; 9), (5; 9), (8; 9).


11

26. Az 𝑵:= 𝒂𝒃𝒄𝒂 alakú számban a különböző betűk különböző számjegyeket jelölnek. Tudjuk, hogy 𝟏𝟓 | 𝑵 és 𝒂 + 𝒄 = 𝟏𝟏. Határozd meg az összes ilyen számot!

Megoldás:

Mivel a 15 = 3 · 5, így a keresett szám osztható 3 – mal és 5 – tel is.

Az 5 – tel való oszthatóság miatt az utolsó számjegy csak 0 és 5 lehet.

Az első helyen 0 nem állhat, így adódik, hogy 𝑎 = 5, s 𝑐 = 6.

Ebből adódik, hogy a számjegyek összege 5 + 6 + 5 = 16, így 𝑏 értéke csak 2; 5; vagy 8 lehet.

Ezek alapján a megoldások: 5265; 5565; 5865.

27. Melyik az a kétjegyű szám, amely 𝟔 – szor akkora, mint a nála 𝟕 – tel nagyobb szám számjegyeinek összege?

Megoldás:

Legyen a keresett szám helyiértékes felírással a következő: 𝐴 = 10𝑥 + 𝑦.

A 7 – tel nagyobb szám alakja pedig: 𝐵 = 10𝑥 + 𝑦 + 7, vagy 𝐶 = 10 · (𝑥 + 1) + 𝑦 + 7 − 10 (tízes átlépésnél).

Az első esetben a következő egyenlet adódik: 10𝑥 + 𝑦 = 6 · (𝑥 + 𝑦 + 7).

Ezt rendezve a következőt kapjuk: 4𝑥 = 5𝑦 + 42.

Ekkor nincs megoldás, mert mindkét változó pozitív számot jelöl, s az 𝑥 maximális értéke a 9.

A második esetben a következő egyenlet adódik: 10𝑥 + 𝑦 = 6 · (𝑥 + 1 + 𝑦 + 7 − 10).

Ezt rendezve a következőt kapjuk: 4𝑥 = 5𝑦 − 12.

Ekkor az egyenlet bal oldala 4 – gyel osztható, így a jobb oldala is osztható 4 – gyel.

Ebből adódik, hogy az 𝑦 értéke csak 0; 4; vagy 8 lehet.

A tízes átlépés miatt 𝑦 = 0 nem lehetséges.

Ezek alapján a megoldások: 24 és 78.


12

28. Határozd meg azokat a háromjegy számokat, amelyek egyenlők számjegyeik összegének 𝟏𝟖 – szorosával!

Megoldás:

Legyen a keresett szám helyiértékes felírással a következő: 𝐴 = 100𝑥 + 10𝑦 + 𝑧.

Ekkor a következő egyenlet adódik: 100𝑥 + 10𝑦 + 𝑧 = 18 · (𝑥 + 𝑦 + 𝑧).

Mivel az egyenlet jobb oldala osztható 9 – cel, így a bal oldala is osztható 9 – cel, vagyis a keresett szám osztható 9 – cel.

Ekkor a számjegyek összege osztható 9 – cel, vagyis az egyenlet jobb oldala osztható 18 · 9 = 162 – vel, s így a keresett szám is osztható 162 – vel (a 162 többszöröse).

Ezt követően az egyenletet rendezve a következőt kapjuk: 82𝑥 = 8𝑦 + 17𝑧 ≤ 225 (mivel a számjegyek maximális értéke 9 lehet).

Ebből adódik, hogy 𝑥 ≤ 2, de 𝑥 = 2 nem ad megfelelő eredményt.


29. Az 𝟏, 𝟑, 𝟒, 𝟓 és még egy számjeggyel írd fel azt a legnagyobb, illetve legkisebb ötjegyű számot, amelyik osztható 𝟏𝟐 – vel!

Megoldás:

Legyen a keresett számjegy 𝑥.

Ahhoz, hogy egy szám osztható legyen 12 – vel, oszthatónak kell lennie 3 – mal és 4 – gyel is.

Az adott számjegyek összege 13, így a 3 – mal való oszthatóság miatt 𝑥 csak 2; 5; vagy 8 lehet.

Mivel az eddigi számjegyekből nem képezhető 4 – gyel osztható szám, így a 4 – gyel való oszthatóság miatt az 𝑥 nem lehet 5.

Amennyiben 𝑥 = 2, akkor a keresett számok végződése csak 12; 24; 32; vagy 52 lehet.

Amennyiben 𝑥 = 8, akkor a keresett számok végződése csak 48, vagy 84 lehet.

Ezek alapján a megoldások: 13452 és 54312.


13

30. Bizonyítsd be, hogy ha egy kétjegyű számot megszorzunk kettővel, majd az eredmény után írjuk az eredeti kétjegyű számot, akkor olyan négy -, vagy ötjegyű számot

kapunk, amely osztható 𝟔𝟕 – tel!

Megoldás:

Legyen a keresett szám helyiértékes felírással a következő: 𝐴 = 10𝑥 + 𝑦.

A szövegben végzett műveleteket elvégezve a következő számot kapjuk:

100 · (20𝑥 + 2𝑦) + 10𝑥 + 𝑦 = 2010𝑥 + 201𝑦 = 201 · (10𝑥 + 𝑦).

Mivel 67 osztója 201 – nek, így a szorzat, vagyis a kapott szám is osztható 67 – tel.

31. Bizonyítsd be, hogy ha egy tetszőleges négyjegyű szám utolsó jegyét a szám elejére írjuk, s az így kapott számot az eredetiből kivonjuk, akkor 𝟗 – cel osztható számot kapunk!

Megoldás:

Legyen a keresett szám helyiértékes felírással a következő: 𝐴 = 1000𝑥 + 100𝑦 + 10𝑧 + 𝑤.


1000𝑥 + 100𝑦 + 10𝑧 + 𝑤 − (1000𝑤 + 100𝑥 + 10𝑦 + 𝑧) = 900𝑥 + 90𝑦 + 9𝑧 − 9999𝑤.

Mivel a kapott kifejezés minden tagja osztható 9 – cel, így a kifejezés is osztható 9 – cel.

32. Bizonyítsd be, hogy ha egy szám 𝒂𝒃𝒄𝒂𝒃𝒄 alakú, akkor a szám mindig osztható 𝟗𝟏 – gyel (𝒂, 𝒃, 𝒄 számjegyek)!

Megoldás:

Írjuk fel a számot helyiértékek segítségével a következőképpen:

𝑎𝑏𝑐𝑎𝑏𝑐 = 100 000𝑎 + 10 000𝑏 + 1000𝑐 + 100𝑎 + 10𝑏 + 𝑐 =

= 100100𝑎 + 10010𝑏 + 1001𝑐 = 1001 · (100𝑎 + 10𝑏 + 𝑐)

Mivel 91 osztója 1001 – nek, így a szorzat, vagyis az adott szám is osztható 91 – gyel.

33. Bizonyítsd be, hogy bármely 𝟑 szomszédos természetes szám szorzata osztható 𝟔 – tal!

Megoldás:

Mivel a számok között biztosan lesz egy 2 – vel és egy 3 - mal osztható szám, ezért a szorzatuk biztosan osztható lesz 2 · 3 = 6 - tal is.


14

34. Bizonyítsd be, hogy 𝟒 egymást követő szám szorzata mindig osztható 𝟐𝟒 - gyel!

Megoldás:

Mivel a számok között biztosan lesz külön – külön egy 2 - vel, egy 3 - mal és egy 4 - gyel osztható szám, ezért a szorzatuk biztosan osztható lesz 2 · 3 · 4 = 24 - gyel is.

35. Bizonyítsd be, hogy bármely 𝟐 szomszédos természetes szám szorzata páros, illetve összege páratlan!

Megoldás:

Mivel a két szám szomszédos, így az egyik páros a másik pedig páratlan.

Ebből adódik, hogy a számok szorzata páros, összegük pedig páratlan.

36. Bizonyítsd be, hogy ha 𝟔 egész szám összege páratlan, akkor e számok szorzata páros!

Megoldás:

A hat szám mindegyike nem lehet páratlan, mert akkor az összegük páros lenne.

Ebből adódik, hogy van közöttük páros szám, s így a szorzatuk páros.

37. Bizonyítsd be, hogy ha a pozitív egész számokat összeadjuk 𝟏 – től 𝟏𝟎𝟎𝟎 – ig, akkor a kapott összeg osztható 𝟏𝟏 – gyel!

Megoldás:

Írjuk fel az összeget a következőképpen:

1 + 2 +⋯+ 999 + 1000 = (1 + 1000) + (2 + 999) + ⋯+ (500 + 501) = 500 · 1001.

Mivel 11 osztója 1001 – nek, így a szorzat, vagyis az összeg is osztható 11 – gyel.

38. Bizonyítsd be, hogy bármely 𝟑 szomszédos természetes szám összege osztható 𝟑 – mal!

Megoldás:

Először írjuk fel a számokat általános alakban: 3𝑘; 3𝑘 + 1; 3𝑘 + 2.

Adjuk össze a három számot a következőképpen: 3𝑘 + 3𝑘 + 1 + 3𝑘 + 2 = 9𝑘 + 3.

Mivel a kapott összeg minden tagja osztható 3 – mal, így az összeg is osztható 3 – mal.


15

39. Bizonyítsd be, hogy 𝟑 egymást követő szám köbének összege osztható 𝟗 – cel!

Megoldás:

Először írjuk fel a számokat általános alakban: 3𝑘; 3𝑘 + 1; 3𝑘 + 2.

Adjuk össze a három szám köbét a következőképpen:

(3𝑘)3 + (3𝑘 + 1)3 + (3𝑘 + 2)3 =

= 27𝑘3 + 27𝑘3 + 27𝑘2 + 9𝑘 + 1 + 27𝑘3 + 54𝑘2 + 36𝑘 + 8 = 81𝑘3 + 81𝑘2 + 45𝑘 + 9

Mivel a kapott összeg minden tagja osztható 9 – cel, így az összeg is osztható 9 – cel.

40. Bizonyítsd be, hogy minden páratlan szám négyzete nyolccal osztva 𝟏 - et ad maradékul!

Megoldás:

Először írjuk fel a páratlan számot általános alakban: 2𝑘 + 1.

Végezzük el a négyzetre emelést: (2𝑘 + 1)2 = 4𝑘2 + 4𝑘 + 1 = 4𝑘 · (𝑘 + 1) + 1.

Mivel 𝑘 és 𝑘 + 1 közül az egyik biztosan páros, így a szorzat osztható 2 · 4 = 8 – cal, vagyis a kifejezést 8 – cal osztva a maradék 1.

41. Bizonyítsd be, hogy 𝟓 egymást követő egész szám négyzetének összeg nem lehet négyzetszám!

Megoldás:

Legyen az öt egymást követő egész szám: 𝑥 − 2; 𝑥 − 1; 𝑥; 𝑥 + 1; 𝑥 + 2.

Írjuk fel a négyzetük összegét a következőképpen:

(𝑥 − 2)2 + (𝑥 − 1)2 + 𝑥2 + (𝑥 + 1)2 + (𝑥 + 2)2 =

= 𝑥2 − 4𝑥 + 4 + 𝑥2 − 2𝑥 + 1 + 𝑥2 + 𝑥2 + 2𝑥 + 1 + 𝑥2 + 4𝑥 + 4 = 5 · (𝑥2 + 2)

Mivel a négyzetszámok prímfelbontásában minden előforduló prím kitevője páros, így a kapott

kifejezés akkor négyzetszám, ha a zárójelben levő kifejezés osztható 5 – tel.

Ekkor 𝑥2 – nek 3 – ra, vagy 8 – ra kellene végződnie, de ez nem lehetséges, mert a négyzetszámok végződései: 0; 1; 4; 5; 6; 9.

Ebből adódik, hogy a kifejezésben az 5 – ös kitevője 1, vagyis nem lehet négyzetszám.


16

42. Bizonyítsd be, hogy 𝟒 egymás után következő természetes szám szorzatához 𝟏 – et hozzáadva teljes négyzetet kapunk!

Megoldás:

Legyen a négy egymást követő egész szám: 𝑥 − 1; 𝑥; 𝑥 + 1; 𝑥 + 2.

Írjuk fel a szorzatukat a következőképpen:

(𝑥 − 1) · 𝑥 · (𝑥 + 1) · (𝑥 + 2) = (𝑥3 − 𝑥) · (𝑥 + 2) = 𝑥4 + 2𝑥3 − 𝑥2 − 2𝑥.

Ehhez hozzáadva 1 – et adódik az állítás: 𝑥4 + 2𝑥3 − 𝑥2 − 2𝑥 + 1 = (𝑥2 + 𝑥 − 1)2.

43. Bizonyítsd be, hogy a 𝟑 pozitív egész kitevőjű hatványainak az utolsó előtti jegye mindig páros! (A 𝟑 – at és a 𝟗 – et 𝟎𝟑 – nak és 𝟎𝟗 - nek tekintse!)

Megoldás:

Tekintsük 3 hatványainak a sorozatát: 3; 9; 27; 81; 243;…

Ebből adódik, hogy az utolsó jegyek periodikusan ismétlődnek: 3; 9; 7; 1.

A tízes helyen álló számjegyek úgy adódnak, hogy az előző szám tízes helyiértékű jegyét

3 – mal szorozzuk és hozzáadjuk az egyeseknél adódó maradékot.

A felírt számok tízeseinek helyén páros szám áll, melyeket 3 – mal szorozva páros számot kapunk. Az utolsó jegyeket 3 – mal szorozva a keletkező maradék 0 (1 · 3 = 3; 3 · 3 = 9; ), vagy 2 (7 · 3 = 21; 9 · 3 = 27). Ebből adódik, hogy a két páros szám összege is páros lesz.

44. Bizonyítsd be, hogy bármely 𝟑 - mal nem osztható szám négyzetéből 𝟏 - et levonva 𝟑 - mal osztható számot kapunk!

Megoldás:

Először írjuk fel a 3 - mal osztva 1 maradékot adó számokat általános alakban: 𝑥 = 3𝑘 + 1.


𝑥2 − 1 = (3𝑘 + 1)2 − 1 = 9𝑘2 + 6𝑘 + 1 − 1 = 9𝑘2 + 6𝑘 = 3 ∙ (3𝑘2 + 2𝑘)

Most írjuk fel a 3 - mal osztva 2 maradékot adó számokat általános alakban: 𝑦 = 3𝑚 + 2.


𝑦2 − 1 = (3𝑚 + 2)2 − 1 = 9𝑚2 + 12𝑚 + 4 − 1 = 9𝑚2 + 12𝑚 + 3 = 3 ∙ (3𝑚2 + 4𝑚 + 1)

Mivel mindkét esetben olyan kifejezést kaptunk, amely osztható 3 - mal, így az állítás igaz.


17

45. Bizonyítsd be, hogy ha 𝟕 | 𝟐𝒂 + 𝟑𝒃, akkor 𝟕 | 𝟐𝟎𝒂 + 𝟗𝒃!

Megoldás:

Írjuk fel a 20𝑎 + 9𝑏 kifejezést olyan alakban, hogy szerepeljen benne a 2𝑎 + 3𝑏 kifejezés is:

20𝑎 + 9𝑏 = 3 ∙ (2𝑎 + 3𝑏) + 14𝑎.

Mivel az összeg mindegyik tagja osztható 7 - tel, így a 20𝑎 + 9𝑏 is osztható lesz 7 - tel.

46. Bizonyítsd be, hogy ha 𝟏𝟑 | 𝟓𝒂 − 𝟒𝒃 és 𝟏𝟑 | 𝟗𝒂 + 𝟑𝒃, akkor 𝟏𝟑 | 𝟏𝟏𝒃 − 𝒂!

Megoldás:

Írjuk fel a 11𝑏 − 𝑎 kifejezést olyan alakban, hogy szerepeljenek benne az 5𝑎 − 4𝑏 és 9𝑎 + 3𝑏 kifejezések is:

11𝑏 − 𝑎 = (9𝑎 + 3𝑏) − 2 ∙ (5𝑎 − 4𝑏).

Mivel a különbség mindegyik tagja osztható 13 - mal, így a 11𝑏 − 𝑎 is osztható lesz 13 - mal.

47. Bizonyítsd be, hogy 𝒏𝟑 + 𝟐𝟑𝒏 osztható 𝟐𝟒 – gyel, ha 𝒏 páratlan szám!

Megoldás:

Alakítsuk át a kifejezést a következőképpen:

𝑛3 + 23𝑛 = 𝑛3 + 24𝑛 − 𝑛 = 24𝑛 + 𝑛 · (𝑛2 − 1) = 24𝑛 + 𝑛 · (𝑛 − 1) · (𝑛 + 1).

Az összeg második tagja egy olyan szorzat, melynek tényezői három egymást követő szám.

Mivel 𝑛 páratlan, így a szorzat tényezői külön – külön oszthatók 2 – vel, 3 – mal és 4 – gyel is, vagyis a szorzat osztható 2 · 3 · 4 = 24 – gyel.

Ezek alapján az összeg minden tagja osztható 24 – gyel, vagyis az összeg is osztható 24 – gyel.

48. Bizonyítsd be, hogy 𝒏𝟓 − 𝟓𝒏𝟑 + 𝟒𝒏 osztható 𝟏𝟐𝟎 – szal, ha 𝒏 természetes szám!

Megoldás:


𝑛5 − 5𝑛3 + 4𝑛 = 𝑛 · (𝑛4 − 5𝑛2 + 4) = 𝑛 · (𝑛2 − 1) · (𝑛2 − 4) =

= 𝑛 · (𝑛 − 1) · (𝑛 + 1) · (𝑛 − 2) · (𝑛 + 2)

A szorzat tényezői öt egymást követő szám, melyek külön - külön oszthatók 2 – vel, 3 – mal, 4 – gyel és 5 – tel is. Ebből adódik, hogy a szorzat osztható 2 · 3 · 4 · 5 = 120 – szal.


18

49. Bizonyítsd be, hogy 𝒏𝟕 − 𝒏 mindig osztható 𝟕 – tel, ha 𝒏 természetes szám!

Megoldás:


𝑛7 − 𝑛 = 𝑛 · (𝑛6 − 1) = 𝑛 · (𝑛3 − 1) · (𝑛3 + 1) =

= 𝑛 · (𝑛 − 1) · (𝑛2 + 𝑛 + 1) · (𝑛 + 1) · (𝑛2 − 𝑛 + 1)

Vizsgáljuk meg a kifejezést a 7 – tel való oszthatóság szempontjából:

Ha 𝑛 = 7𝑘, akkor a szorzat első tényezője osztható 7 – tel.

Ha 𝑛 = 7𝑘 + 1, akkor a szorzat második tényezője osztható 7 – tel.

Ha 𝑛 = 7𝑘 + 2, akkor a következő adódik:

𝑛2 + 𝑛 + 1 = (7𝑘 + 2)2 + 7𝑘 + 2 + 1 = 49𝑘2 + 21𝑘 + 7 = 7 · (7𝑘2 + 3𝑘 + 1)


𝑛2 − 𝑛 + 1 = (7𝑘 + 3)2 − (7𝑘 + 3) + 1 = 49𝑘2 + 35𝑘 + 7 = 7 · (7𝑘2 + 5𝑘 + 1)


𝑛2 + 𝑛 + 1 = (7𝑘 + 4)2 + 7𝑘 + 4 + 1 = 49𝑘2 + 63𝑘 + 21 = 7 · (7𝑘2 + 9𝑘 + 3)


𝑛2 − 𝑛 + 1 = (7𝑘 + 5)2 − (7𝑘 + 5) + 1 = 49𝑘2 + 63𝑘 + 21 = 7 · (7𝑘2 + 5𝑘 + 1)

Ha 𝑛 = 7𝑘 + 6, akkor a szorzat negyedik tényezője osztható 7 – tel.

Ezek alapján minden esetben osztható lesz a szorzat 7 – tel.


19

50. Bizonyítsd be, hogy ha egy prímszámot 𝟑𝟎 – cal osztunk, akkor maradékul 𝟏 – et, vagy ismét prímszámot kapunk!

Megoldás:

Amennyiben 30 – nál kisebb prímet osztunk 30 – cal, akkor maga a prímszám lesz a maradék.

Legyen a 30 – nál nagyobb prímszám általános alakja: 30𝑘 +𝑚, ahol 𝑚 a maradékot jelöli.

Az 𝑚 nem lehet páros, illetve 3 – nak és 5 – nek többszöröse, mert akkor a kapott szám nem lenne prím.

Ebből adódik, hogy az 𝑚 lehetséges értékei: 1; 7; 11; 13; 17; 19; 23; 29.

Ezek alapján, ha egy prímszámot elosztunk 30 – cal, akkor a maradék csak 1, vagy prímszám.

51. Bizonyítsd be, hogy bármely két, 𝟑 – nál nagyobb ikerprímszám összege mindig osztható 𝟏𝟐 – vel!

Megoldás:

Amennyiben a két szomszédos prímszám 3 – nál nagyobb, akkor a köztük levő szám osztható 2 – vel és 3 – mal, vagyis 6 – tal, s így az általános alakja 6𝑘.

Ebből adódik, hogy a két prímszám általános alakja 6𝑘 − 1 és 6𝑘 + 1, melyek összege 12𝑘, ami osztható 12 – vel.

52. Bizonyítsd be, hogy nincs olyan derékszögű háromszög, mely mindhárom oldalának mértéke egész szám, és befogói ikerprímek!

Megoldás:

Legyenek a befogók: 𝑝 és 𝑝 + 2.

Alakítsuk a Pitagorasz – tétel bal oldalát a következőképpen: 𝑝2 + (𝑝 + 2)2 = 2𝑝2 + 4𝑝 + 4.

Mivel a 𝑝 egy páratlan prímszám, így az egyenlőség jobb oldala páros, de nem osztható 4 – gyel, vagyis nem lehet négyzetszám.

53. Bizonyítsd be, hogy bármely két szomszédos pozitív egész szám relatív prím!

Megoldás:

Két szomszédos természetes számnak csak az 1 lehet a közös osztója, mert amelyik prímmel osztható a kisebb szám, azzal a prímmel osztva a nagyobb számot a maradék 1. Ebből adódik, hogy a két szomszédos számnak nincs közös prímosztója, vagyis relatív prímek.


20

54. Melyek azok a pozitív egész számok, amelyeknek nincs valódi osztójuk a pozitív egész számok körében? Melyek azok, amelyeknek páratlan számú osztójuk van a pozitív

egész számok körében? Melyek azok, amelyeknek pontosan 𝟑 osztójuk van?

Megoldás:

A prímszámoknak és az 1 – nek nincs valódi osztója.

A négyzetszámoknak van páratlan számú osztója: az osztókat összepárosíthatjuk úgy, hogy a

párok szorzata magát a számot eredményezi (elsőt az utolsóval, másodikat az utolsó előttivel,

és így tovább). Mivel páratlan számú osztó van, így a középsőnek nem lesz párja, s azt

önmagával megszorozva kapjuk az adott számot, ami így négyzetszám.

A prímszámok négyzetének van pontosan 3 osztója: 1; 𝑝; 𝑝2 (ahol 𝑝 a prímszámot jelöli).

55. Négyzetszám – e a 𝟏𝟗 𝟔𝟎𝟎 és a 𝟐𝟑𝟐 𝟕𝟏𝟑? Ha igen, melyik számnak a négyzete?

Megoldás:

A négyzetszámok végződése csak 0; 1; 4; 5; 6; 9 lehet és a prímtényezős felbontásukban minden előforduló prím kitevője páros. Ebből adódik, hogy a 232 713 nem négyzetszám.

Mivel 19 600 = 24 · 52 · 72, így ez négyzetszám, s a 22 · 5 · 7 = 140 – nek a négyzete.

56. Melyik négyzetszám: 𝑨 = 𝟐𝟏𝟎𝟎𝟎 · 𝟑𝟐𝟐𝟎 · 𝟏𝟏𝟖, vagy 𝑩 = 𝟓𝟑𝟎𝟎 · 𝟕𝟒𝟎 · 𝟗𝟖?

Megoldás:

A négyzetszámok prímtényezős felbontásában a kitevők párosak.

Ezek alapján az 𝐴 szám négyzetszám, a 𝐵 = 2 · 5300 · 742 pedig nem.

57. Egy börtönben 𝟒𝟎𝟎 cella található, mindegyikben van egy – egy rab. A zárak úgy működnek, hogy egy fordításra zárnak, egy újabb fordításra nyitnak, és így tovább.

Jelenleg minden zárka zárva van. A várúr a következőt parancsolja: az első őr

fordítson minden záron egyet; ezt követően a második őr fordítson minden második

záron egyet; a harmadik őr minden harmadik záron egyet; és így tovább a 𝟒𝟎𝟎. őrig. Ezek után azt a rabot, amelynek ajtaja nyitva marad, szabadon engedi. Mennyien

szabadulnak ki végül?

Megoldás:

Az utolsó őr végeztével csak azok a zárak maradnak nyitva, amelyeken páratlan számú fordítás

történik. Ebből adódik, hogy a nyitva maradt cella sorszáma olyan szám, amelynek páratlan

számú osztója van, vagyis négyzetszám.

Ezek alapján a megoldás: Mivel 202 = 400, ezért összesen 20 rab szabadul ki, azok, akiknek a cellaszáma négyzetszám.


21

58. Melyik az a legkisebb pozitív egész szám, amivel az 𝟏𝟒𝟎𝟎 – at megszorozva, vagy elosztva négyzetszámot kapunk?

Megoldás:

Bontsuk fel az 1400 – at prímtényezők szorzatára: 1400 = 23 · 52 · 7.

Mivel a négyzetszámok prímtényezős felbontásában minden előforduló prím kitevője páros,

ezért a megoldás: 2 · 7 = 14.

59. Melyik a legkisebb olyan pozitív egész szám, amelynek tízszerese négyzetszám, hatszorosa pedig köbszám?

Megoldás:

A négyzetszámok prímtényezős felbontásában minden előforduló prím kitevője páros, a

köbszámok esetén pedig minden kitevő osztható 3 – mal.

Mivel 10 = 2 · 5 és 6 = 2 · 3, így elegendő a 2; 3; 5 prímtényezőket felhasználni.

Tudjuk, hogy a 2 kitevője páratlan és 3 – mal osztva 2 – t ad maradékul, a 3 kitevője páros és 3 – mal osztva 2 – t ad maradékul, az 5 kitevője pedig páratlan és 3 – mal osztható.

Ezek alapján a megoldás: 25 · 32 · 53 = 36 000.

60. Van – e olyan négyzetszám, amely 𝟗𝟎 – re végződik?

Megoldás:

A 90 – re végződő számok oszthatók 10 – zel. Amennyiben egy szám négyzete osztható 10 – zel, akkor az adott szám is osztható 10 – zel. Ekkor viszont a négyzete osztható 100 – zal is. Mivel a 90 – re végződő számok nem oszthatók 100 – zal, így nem lehetnek négyzetszámok.

61. Hány olyan természetes szám van, melynek négyzete 𝟐𝟎𝟏𝟗 darab 𝟏 – esből és néhány 𝟎 – ból áll?

Megoldás:

Nincs ilyen szám, mert a négyzetszámok prímtényezős felbontásában a prímek kitevői páros

számok, ebben az esetben viszont a számjegyek összege 12, vagyis a szám osztható 3 – mal, de 32 = 9 – cel már nem.

62. A 𝟐𝟖 – nak melyik a legnagyobb hatványa, amellyel az 𝑨 = 𝟏𝟔𝟏𝟖 · 𝟑𝟓𝟑𝟖 osztható?

Megoldás:

Bontsuk fel a számokat prímtényezőkre: 28 = 22 · 7 és 𝐴 = 272 · 538 · 738.

Ezek alapján a legnagyobb hatványa: 2836 = 272 · 736.


22

63. Mely számok relatív prímek a következők közül? 𝟏𝟏; 𝟏𝟒; 𝟏𝟓; 𝟏𝟖; 𝟐𝟓

Megoldás:

Bontsuk fel a számokat prímtényezőkre: 11; 14 = 2 ∙ 7; 15 = 3 ∙ 5; 18 = 2 ∙ 32 és 25 = 52.

A számok közül azok lesznek relatív prímek, melyek nem tartalmaznak azonos prímtényezőt.

Ezek alapján a megoldás: (11; 14), (11; 15), (11; 18), (11; 25), (14; 15), (14; 25), (18; 25).

64. Igazold, hogy ha 𝒏 egy 𝟑 – mal osztható pozitív szám, akkor 𝒏 + 𝟏 és 𝒏

𝟑 relatív prím!

Megoldás:

Először írjuk fel az 𝑛 – et általános alakban: 𝑛 = 3𝑘.

Ekkor a következő kifejezéseket kell vizsgálnunk: 3𝑘 + 1 és 3𝑘

3= 𝑘.

Mivel 𝑘 bármely osztójával a 3𝑘 + 1 – et elosztva a maradék 1, ezért nincs 1 – nél különböző közös osztójuk, vagyis relatív prímek.

65. Adj meg négy olyan pozitív egész számot, melyek relatív prímek, de közülük bármely kettő nem relatív prím!

Megoldás:

Egy lehetséges megoldás: 2 · 3 · 5 = 30; 2 · 3 · 7 = 42; 2 · 5 · 7 = 70; 3 · 5 · 7 = 105.

66. Létezik – e olyan 𝒑 prímszám, amely után pontosan 𝟔 összetett szám következik a természetes számsorban?

Megoldás:

Amennyiben 𝑝 = 2, akkor nem teljesül a feltétel, mert a következő prímszám a 3.

Amennyiben a 𝑝 egy páratlan prímszám, akkor a feltétel szerint, az azt követő hetedik szám lenne a következő prímszám. Ez azonban nem lehetséges, mert egy páratlan prímszámhoz

7 – et hozzáadva páros számot kapunk, ami biztosan nem prím.

Ezek alapján a megoldás: Nem létezik a feltételnek eleget tevő prímszám.

67. Mennyi 𝟎 – ra végződik az első 𝟏𝟎𝟎𝟎 prímszám szorzata?

Megoldás:

Egyetlen 0 – ra fog végződni, mert a prímtényezős felbontásban a 2 és az 5 kitevője is 1 lesz.


23

68. Mennyi 𝟎 – ra végződik az első 𝟑𝟎 pozitív egész szám szorzata?

Megoldás:

A végződésnél adódó 0 – k számát az határozza meg, hogy az adott szám 10 – nek mekkora hatványával osztható.

Mivel 10 = 2 · 5, így elegendő azt megvizsgálnunk, hogy a kapott szám prímtényezős felbontásában a 2, illetve az 5 mekkora kitevővel szerepel.

A 2 kitevője biztosan nagyobb lesz (több páros szám van, mint 5 – tel osztható), ezért csak az 5 kitevőjét kell meghatároznunk. Az 5 – ös prímtényező az 5; 10; 15; 20; 25; 30 számokban fordul elő, összesen 7 – szer.

Ezek alapján a szorzat értéke osztható lesz 27 · 57 = 107 – nel, vagyis 7 darab 0 – ra végződik.

69. Felírható – e a 𝟐𝟎𝟏𝟕 két prímszám összegeként?

Megoldás:

Két páratlan prímszám összege páros lenne, így mindenképp egy páros és egy páratlan

prímszámot kell választanunk.

Egyetlen páros prímszám a 2, de ekkor az összeg másik tagja 2015, ami nem prím.

Ezek alapján a megoldás: nem lehet felírni két prímszám összegeként.

70. Van – e olyan 𝟖 egymást követő pozitív prímszám, amelyek összege is prímszám?

Megoldás:

Amennyiben a sorban első prímszám páratlan, akkor 8 páratlan prímszám összege páros lesz, ami biztosan nem lehet prímszám.

Ebből adódik, hogy az egyetlen lehetséges számsor a 2; 3; 5; 7; 11; 13; 17; 19, melyek összege: 2 + 3 + 5 + 7 + 11 + 13 + 17 + 19 = 77, ami nem prímszám.

Ezek alapján a megoldás: nincs a feltételnek eleget tevő számsor.

71. Határozd meg azokat a 𝒑, 𝒒, 𝒓 prímszámokat, amelyekre 𝒑 + 𝒒 + 𝒓 = 𝟒𝟎!

Megoldás:

Ha mind a három prímszám páratlan, akkor az összegük is páratlan, így ez nem lehetséges.

Ebből adódik, hogy 𝑝 = 2 és 𝑞 + 𝑟 = 38.

Ezek alapján a megoldások: 2; 7; 31 és 2; 19; 19.


24

72. Melyek azok a 𝒑 prímszámok, amikre 𝒑 + 𝟐𝟔 és 𝒑 + 𝟔𝟒 is prímszám?

Megoldás:

Amennyiben 𝑝 = 2, akkor a kapott értékek (28 és 66) nem prímszámok.

Amennyiben 𝑝 = 3, akkor a kapott értékek (29 és 67) prímszámok.

Vizsgáljuk meg a további páratlan prímszámokat, az általános alakjukkal.

Amennyiben 𝑝 = 3𝑘 + 1, akkor 𝑝 + 26 = 3𝑘 + 27, ami nem prím, mert 3 – mal osztható.

Amennyiben 𝑝 = 3𝑘 + 2, akkor 𝑝 + 64 = 3𝑘 + 66, ami nem prím, mert 3 – mal osztható.


73. Van – e olyan 𝒑 prím, amelyre a következő kifejezések is prímek?

𝒑 + 𝟏𝟓 𝒑𝟐 + 𝟏𝟒𝟗 𝟒𝒑𝟐 − 𝟏 𝟓𝒑𝟐 − 𝟐 𝒑𝟒 + 𝟒

Megoldás:

Tekintsük egyesével az adott kifejezéseket:

𝑝 + 15

Amennyiben egy páratlan prímet választunk, akkor az összeg páros lesz, ami biztosan nem

prím. Ebből adódik, hogy egyetlen lehetséges megoldás 𝑝 = 2, s ekkor az összeg is prím (17).

𝑝2 + 149

Minden páratlan prímszám négyzete páratlan, így ekkor a kapott összeg páros.

Amennyiben 𝑝 = 2, akkor a kifejezés értéke 22 + 149 = 153 = 9 · 17.

Ezek alapján bármilyen prímszámot is választunk, a kapott eredmény összetett szám lesz.

4𝑝2 − 1

Alakítsuk a kifejezést a következőképpen: 4𝑝2 − 1 = (2𝑝 − 1) · (2𝑝 + 1).

Ekkor a szorzat értéke csak akkor prím, ha a kisebb tényezője 1. Ebből azt kapjuk, hogy 2𝑝 − 1 = 1, vagyis 𝑝 = 1, ami nem prím. Így nincs megoldása a feladatnak.


25

5𝑝2 − 2

Amennyiben 𝑝 = 2, akkor a kapott érték (18) nem prímszám.

Amennyiben 𝑝 = 3, akkor a kapott érték (43) prímszám.


Amennyiben 𝑝 = 3𝑘 + 1, akkor 5 · (3𝑘 + 1)2 − 2 = 45𝑘2 + 30𝑘 + 3, ami nem prím, mert 3 – mal osztható.

Amennyiben 𝑝 = 3𝑘 + 2, akkor 5 · (3𝑘 + 2)2 − 2 = 45𝑘2 + 60𝑘 + 18, ami nem prím, mert 3 – mal osztható.


𝑝4 + 4



Minden további páratlan prímszám esetén a negyedik hatványuk 1 – re végződik, s ehhez hozzáadva 4 – et, a szám biztosan 5 – tel osztható lesz, vagyis nem lehet prímszám.

Ezek alapján a megoldás: nincs olyan prímszám, melyre a kifejezés is prímszám lenne.

74. Melyek azok a prímszámok, amelyek egy négyzetszámnál eggyel kisebbek?

Megoldás:

A 2 nem felel meg a feladat szövegének.

Ebből adódik, hogy a lehetséges prímszámok páratlan számok.

Ekkor az eggyel nagyobb négyzetszám páros, vagyis a prímszámok alakja: (2𝑘)2 − 1.

Alakítsuk a kapott kifejezést a következőképpen: 4𝑘2 − 1 = (2𝑘 − 1) · (2𝑘 + 1).

Ebből azt kapjuk, hogy a szorzat értéke csak akkor prím, ha a kisebb tényezője 1.

Mivel 2𝑘 − 1 = 1, így 𝑘 = 1, s ekkor a másik tényező pedig 3.



26

75. Három prímszám szorzata összegük ötszörösével egyenlő. Melyik ez a három szám?

Megoldás:

Legyen a három prímszám: 𝑝; 𝑞; 𝑟.

Ekkor felírhatjuk a következő egyenletet: 𝑝 · 𝑞 · 𝑟 = 5 · (𝑝 + 𝑞 + 𝑟).

Mivel az egyenlet jobb oldala osztható 5 – tel, így a bal oldala is, vagyis az egyik prím az 5.

Legyen 𝑝 = 5, s rendezzük az egyenletet a következőképpen: 𝑞 =𝑟 + 5

𝑟 − 1.

Alakítsuk tovább a kapott törtet: 𝑟 + 5

𝑟 − 1=𝑟 − 1 + 6

𝑟 − 1= 1 +

6

𝑟 − 1.

A kapott tört csak akkor lesz egész szám, ha (𝑟 − 1) osztója 6 – nak, vagyis 𝑟 − 1 =±1;±2;±3;±6.

Ekkor az 𝑟 és a 𝑞 lehetséges értékei a következők:

𝑟 − 1 = 1 → 𝑟 = 2 → 𝑞 = 7

𝑟 − 1 = −1 → 𝑟 = 0 → 𝑞 = −5

𝑟 − 1 = 2 → 𝑟 = 3 → 𝑞 = 4

𝑟 − 1 = −2 → 𝑟 = −1 → 𝑞 = −2

𝑟 − 1 = 3 → 𝑟 = 4 → 𝑞 = 3

𝑟 − 1 = −3 → 𝑟 = −2 → 𝑞 = −1

𝑟 − 1 = 6 → 𝑟 = 7 → 𝑞 = 2

𝑟 − 1 = −6 → 𝑟 = −5 → 𝑞 = 0


76. Egy apa és két különböző korú kisgyermekének életkora ugyanazon prímszám hatványa. Egy évvel ezelőtt mindhármuk életkora prímszám volt. Hány évesek most?

Megoldás:

Mivel egy évvel ezelőtt prímszámok voltak az életkorok, ezért most biztosan páros számok,

vagyis 2 – nek hatványai.

Ezek alapján a megoldás: az apa 25 = 32, a két gyerek pedig 23 = 8 és 22 = 4 évesek.


27

77. Határozd meg 𝟑𝟐𝟒 és 𝟕𝟓𝟎 összes osztójának számát, összes osztójának összegét, illetve a relatív prímek számát!

Megoldás:

Először bontsuk fel a számokat prímtényezőkre: 324 = 22 ∙ 34 és 750 = 2 ∙ 3 ∙ 53.

Az osztók számát megkapjuk a 𝑑(𝑛) számelméleti függvény segítségével:

𝑑(324) = (2 + 1) ∙ (4 + 1) = 3 ∙ 5 = 15

𝑑(750) = (1 + 1) ∙ (1 + 1) ∙ (3 + 1) = 2 ∙ 2 ∙ 4 = 16

Az osztók összegét megkapjuk a 𝜎(𝑛) számelméleti függvény segítségével:

𝜎(324) =23 − 1

2 − 1∙35 − 1

3 − 1= 7 ∙ 121 = 847

𝜎(750) =22 − 1

2 − 1∙32 − 1

3 − 1∙54 − 1

5 − 1= 3 ∙ 4 ∙ 156 = 1872

A relatív prímek számát megkapjuk a 𝜑(𝑛) számelméleti függvény segítségével:

𝜑(324) = (2 − 1) ∙ 21 ∙ (3 − 1) ∙ 33 = 1 ∙ 2 ∙ 2 ∙ 27 = 108

𝜑(750) = (2 − 1) ∙ 20 ∙ (3 − 1) ∙ 30 ∙ (5 − 1) ∙ 52 = 1 ∙ 1 ∙ 2 ∙ 1 ∙ 4 ∙ 25 = 200

78. Melyik számnak van több osztója: 𝟑𝟎𝟎 – nak, vagy 𝟑𝟖𝟎 – nak?

Megoldás:

Először bontsuk fel a számokat prímtényezőkre: 300 = 22 ∙ 3 ∙ 52 és 380 = 22 ∙ 5 · 19.

Egy szám osztóinak számát úgy kapjuk meg, ha a prímtényezős felbontásban szereplő prímek

kitevőit 1 – gyel megnöveljük, majd az így kapott számokat összeszorozzuk.

Számítsuk ki az osztók számát a 𝑑 (𝑛) számelméleti függvény segítségével:

𝑑 (300) = (2 + 1) · (1 + 1) · (2 + 1) = 18

𝑑 (380) = (2 + 1) · (1 + 1) · (1 + 1) = 12

Ezek alapján a megoldás: a 300 – nak van több osztója.


28

79. Melyik pozitív kétjegyű számnak van a legtöbb osztója?

Megoldás:

Mivel az első négy prímszám szorzata 2 · 3 · 5 · 7 = 210 > 100, így a kétjegyű számoknak maximum három különböző prímtényezője lehet a felbontás során.

Egy szám osztóinak számát úgy kapjuk meg, ha a prímtényezős felbontásban szereplő kitevőket

1 – gyel megnöveljük, majd az így kapott számokat összeszorozzuk.

Ezek alapján a megoldások: 25 · 3 = 96; 23 · 32 = 72; 22 · 3 · 5 = 60; 22 · 3 · 7 = 84, melyek külön - külön 12 osztóval rendelkeznek.

80. Hány olyan nem egyszerűsíthető, 𝟎 és 𝟏 közötti tört van, amelynek nevezője 𝟏𝟒𝟒?

Megoldás:

Egy tört akkor nem egyszerűsíthető tovább, ha a számlálójának és nevezőjének legnagyobb

közös osztója 1, vagyis relatív prímek.

Először bontsuk fel a számot prímtényezőkre: 144 = 24 ∙ 32.

Számítsuk ki a relatív prímek számát a 𝜑 (𝑛) számelméleti függvény segítségével:

𝜑(144) = (2 − 1) ∙ 23 ∙ (3 − 1) ∙ 31 = 1 ∙ 8 ∙ 2 ∙ 3 = 48


81. Melyik az a legkisebb pozitív egész szám, amelynek 𝟏𝟐, illetve 𝟏𝟑 osztója van?

Megoldás:



Bontsuk fel a 12 – t szorzatokra: 12 = 1 · 12 = 2 · 6 = 3 · 4 = 2 · 2 · 3.

Ebből csak a következő esetekben kapjuk a legkisebb számokat: 211; 25 · 3; 23 · 32; 22 · 3 · 5.

Bontsuk fel a 13 - mat szorzatokra: 13 = 1 · 13.

Ebből csak a következő esetben kapjuk a legkisebb számot: 212.

Ezek alapján a megoldások: 22 · 3 · 5 = 60 és 212 = 4096.


29

82. Egy sorban 𝟓𝟎 doboz található. A dobozokba valaki beletesz 𝟏 − 𝟏 golyót. Eztuán visszatér a sor elejére és minden másodikba tesz 𝟏 − 𝟏 golyót. Ezt követően minden harmadikba, majd minden negyedikbe, s ezt egészen addig folytatja, amíg végül csak

az utolsó dobozba tesz 𝟏 golyót. Melyikben lesz a legkevesebb és a legtöbb golyó? Lesz – e olyan doboz, amibe 𝟓 golyó kerül?

Megoldás:

A dobozokba annyi golyó kerül az eljárás során, amennyi osztója van a doboz sorszámának.

A legkevesebb golyó az első dobozba lesz (1 darab).

A legtöbb golyó a 48. dobozba kerül (10 darab), mert 48 = 24 · 3.

A 16. dobozban pontosan 5 darab golyó lesz, mivel 16 = 24.

83. Bizonyítsd be, hogy a 𝟐𝟐𝟎 és a 𝟐𝟖𝟒 barátságos számok! Adj meg 𝟑 darab Pitagoraszi számhármast!

Megoldás:

A barátságos számok esetében vizsgáljuk meg az önmaguknál kisebb osztók összegét:

220 → 1 + 2 + 4 + 5 + 10 + 11 + 20 + 22 + 44 + 55 + 110 = 284

284 → 1 + 2 + 4 + 71 + 142 = 220

Mivel a kapott eredmény éppen a másik szám, így ezek barátságos számpárt alkot.

Az (𝑥; 𝑦; 𝑧) Pitagoraszi számhármasok megadásához vegyünk tetszőleges 𝑚, 𝑛 értékeket, ahol 𝑚 > 𝑛, majd alkalmazzuk a képzési szabályt (𝑥 = 𝑚2 − 𝑛2; 𝑦 = 2𝑚𝑛; 𝑧 = 𝑚2 + 𝑛2):

𝑚 = 2 és 𝑛 = 1 → 𝑥 = 4 − 1 = 3 𝑦 = 2 ∙ 2 ∙ 1 = 4 𝑧 = 4 + 1 = 5

𝑚 = 3 és 𝑛 = 2 → 𝑥 = 9 − 4 = 5 𝑦 = 2 ∙ 3 ∙ 2 = 12 𝑧 = 9 + 4 = 13

𝑚 = 4 és 𝑛 = 3 → 𝑥 = 16 − 9 = 7 𝑦 = 2 ∙ 4 ∙ 3 = 24 𝑧 = 16 + 9 = 25

Továbbá, ha adott egy számhármas, akkor annak pozitív egész számszorosai is megfelelő

megoldást adnak: (3; 4; 5); (6; 8; 10); (9; 12; 15);…

84. Írd fel 𝟏 - től 𝟓𝟎 - ig az ikerprímeket! Döntsd el, hogy a következő számok tökéletes / bővelkedő / szűkölködő (hiányos) számok - e! 𝟔, 𝟏𝟎, 𝟏𝟏, 𝟏𝟐, 𝟐𝟎, 𝟐𝟖

Megoldás:

Az ikerprímek a következők: (3; 5), (5; 7), (11; 13), (17; 19), (29; 31), (41; 43).


30

Az adott számok kategóriákba való besorolásához először adjuk össze a számok osztóit, majd

a kapott értékeket viszonyítsuk az adott számok kétszereséhez.

6 → 1 + 2 + 3 + 6 = 12 = 12 10 → 1 + 2 + 5 + 10 = 18 < 20

11 → 11 < 22 12 → 1 + 2 + 3 + 4 + 6 + 12 = 28 > 24

20 → 1 + 2 + 4 + 5 + 10 + 20 = 42 > 40 28 → 1 + 2 + 4 + 7 + 14 + 28 = 56 = 56


Tökéletes szám Bővelkedő szám Szűkölködő szám

6, 28 12, 20 10, 11

85. A szabályos 𝒏 - szögek közül melyek szerkeszthetők meg Euklideszi módon (körzővel és vonalzóval), ha 𝒏 = 𝟑, 𝟒,… , 𝟏𝟏?

Megoldás:

Egy szabályos 𝑛 – szög pontosan akkor szerkeszthető meg Euklideszi módon, ha 𝑛 felírható 2 valamilyen hatványának és különböző Fermat – prímek (3; 5; 17;… ) szorzataként.

Nézzük meg, mely számok írhatók fel a kívánt szorzatalakban:

3 = 20 ∙ 3 4 = 22 5 = 20 ∙ 5 6 = 2 ∙ 3 8 = 23 10 = 2 ∙ 5

Ezek alapján a megoldás: a szabályos 3, 4, 5, 6, 8, 10 szög megszerkeszthető Euklideszi módon.

86. Melyek azok a 𝒑 prímszámok, amelyekre 𝟐𝒑 − 𝟏 és 𝟐𝒑 + 𝟏 ikerprímek?

Megoldás:

Amennyiben 𝑝 = 2, akkor a kapott értékek (3 és 5) ikerprímek.

Amennyiben 𝑝 = 3, akkor a kapott értékek (5 és 7) ikerprímek.


Amennyiben 𝑝 = 3𝑘 + 1, akkor 2 · (3𝑘 + 1) + 1 = 6𝑘 + 3, ha pedig 𝑝 = 3𝑘 + 2, akkor 2 · (3𝑘 + 2) − 1 = 6𝑘 + 3, vagyis egyik sem prím, mert oszthatók 3 – mal.

Ezek alapján a megoldások: 𝑝 = 2 és 𝑝 = 3.


31

87. Határozd meg az 𝟏𝟖𝟓𝟐 és 𝟏𝟗𝟕𝟐 számok legnagyobb közös osztóját Euklideszi algoritmus segítségével!

Megoldás:

Az euklideszi algoritmus azt jelenti, hogy minden újabb lépésben az előző lépésben szereplő

osztót osztjuk el az ott keletkezett maradékkal:

1972 ∶ 1852 = 1, maradék: 120.

1852 ∶ 120 = 15, maradék: 52.

120 ∶ 52 = 2, maradék: 16.

52 ∶ 16 = 3, maradék: 4.

16 ∶ 4 = 4, maradék: 0.

Ezek alapján a megoldás (az utolsó nem 0 maradék): 4.

88. Határozd meg 𝟔𝟎 és 𝟏𝟗𝟖 legnagyobb közös osztóját és legkisebb közös többszörösét!

Megoldás:

Először bontsuk fel a számokat prímtényezőkre: 60 = 22 ∙ 3 ∙ 5 és 198 = 2 ∙ 32 ∙ 11.

A legnagyobb közös osztó meghatározásához a közös prímtényezőket az előforduló legkisebb

hatványon összeszorozzuk. Ezek alapján a legnagyobb közös osztó: (60, 198) = 2 ∙ 3 = 6.

A legkisebb közös többszörös meghatározásához a két számban szereplő összes prímtényezőt

az előforduló legnagyobb hatványon összeszorozzuk. Ezek alapján a legkisebb közös

többszörös: [60, 198] = 22 ∙ 32 ∙ 5 ∙ 11 = 1980.

89. Határozd meg a 𝒃 számot, ha tudjuk, hogy 𝒂 = 𝟐𝟕 ∙ 𝟑𝟓 ∙ 𝟕; (𝒂, 𝒃) = 𝟐𝟒 ∙ 𝟑𝟓 és [𝒂, 𝒃] = 𝟐𝟕 ∙ 𝟑𝟗 ∙ 𝟓 ∙ 𝟕!

Megoldás:

A 𝑏 szám prímtényezők szorzataként való felíráshoz a legnagyobb közös osztóból indulunk ki. Ebből következik, hogy a 𝑏 szám prímtényezős felbontásában biztosan lesz 24 (mert az 𝑎 számban 27 szerepelt) és 3 - nak valamilyen hatványa (mivel 𝑎 - nál is éppen 35 szerepelt, ezért a hatványt még nem tudjuk kitalálni).

Ezek után tekintsük a legkisebb közös többszöröst. Ebből azt kapjuk, hogy biztosan lesz a

𝑏 szám prímtényezős felírásában 5 és 39 (mert az 𝑎 szám felírásában az 5 nem, míg a 3 csak az ötödik hatványon szerepelt).

Ezek alapján a megoldás: 𝑏 = 24 ∙ 39 ∙ 5 = 1 574 640.


32

90. Határozd meg a betűk lehetséges értékeit! (𝒂; 𝟕𝟐) = 𝟐𝟒 [𝒃; 𝟏𝟐] = 𝟔𝟎

Megoldás:

Először bontsuk fel prímtényezők szorzatára a megadott számokat: 72 = 23 · 32; 24 = 23 · 3 és 12 = 22 · 3; 60 = 22 · 3 · 5.

A legnagyobb közös osztó meghatározásához a közös prímtényezőket az előforduló legkisebb

hatványon, a legkisebb közös többszörös meghatározásához a két számban szereplő összes

prímtényezőt az előforduló legnagyobb hatványon kell összeszoroznunk.


𝑎 = 24, vagy olyan pozitív többszöröse, amelynek nincs további 3 – as prímtényezője.

𝑏1 = 5; 𝑏2 = 2 · 5 = 10; 𝑏3 = 3 · 5 = 15; 𝑏4 = 22 · 5 = 20; 𝑏5 = 2 · 3 · 5 = 30; 𝑏6 = 60

91. Melyek azok a számpárok, amelyeknek legnagyobb közös osztója 𝟏𝟐, legkisebb közös többszöröse 𝟓𝟎𝟒𝟎?

Megoldás:

Írjuk fel az adott számok prímtényezős alakját: 12 = 22 · 3 és 5040 = 24 · 32 · 5 · 7.

A legnagyobb közös osztóból adódik, hogy mindkét számban szerepelnie kell a 22 – nak és a 3 – nak. A legkisebb közös többszörösből pedig azt kapjuk, hogy a másik számban lennie kell 24 – nek és 32 – nek. Az 5 és a 7 csak az egyik számban állhat, de valamelyikben lenniük kell.

Ezek alapján összesen 8 megoldás lehetséges:

𝑎1 = 22 · 3 = 12 és 𝑏1 = 2

4 · 32 · 5 · 7 = 5040 → (12; 5040) és [12; 5040]

𝑎2 = 22 · 3 · 5 = 60 és 𝑏2 = 2

4 · 32 · 7 = 1008 → (60; 1008) és [60; 1008]

𝑎3 = 22 · 3 · 7 = 84 és 𝑏3 = 2

4 · 32 · 5 = 720 → (84; 720) és [84; 720]

𝑎4 = 22 · 3 · 5 · 7 = 420 és 𝑏4 = 2

4 · 32 = 144 → (144; 420) és [144; 420]

𝑎5 = 24 · 3 = 48 és 𝑏5 = 2

2 · 32 · 5 · 7 = 1260 → (48; 1260) és [48; 1260]

𝑎6 = 22 · 32 = 36 és 𝑏6 = 2

4 · 3 · 5 · 7 = 1680 → (36; 1680) és [36; 1680]

𝑎7 = 24 · 3 · 5 = 240 és 𝑏7 = 2

2 · 32 · 7 = 252 → (240; 252) és [240; 252]

𝑎8 = 24 · 3 · 7 = 336 és 𝑏8 = 2

2 · 32 · 5 = 180 → (180; 336) és [180; 336]


33

92. Mely 𝒂 és 𝒃 természetes számokra teljesül, hogy (𝒂; 𝒃) = 𝟖 és 𝒂 · 𝒃 = 𝟏𝟐𝟖𝟎?

Megoldás:

A legnagyobb közös osztó miatt a számok általános alakja: 𝑎 = 8𝑘 és 𝑏 = 8𝑚, itt (𝑘;𝑚) = 1.

Ezt behelyettesítve a szorzatba a következő adódik: 𝑘 · 𝑚 = 20.

Ebből a következőt kapjuk: 𝑘1 = 1;𝑚1 = 20 és 𝑘2 = 4;𝑚2 = 5.

Ezek alapján a megoldások: 𝑎1 = 8; 𝑏1 = 160 és 𝑎2 = 32; 𝑏2 = 40.

93. Melyik az a legnagyobb szám, amellyel az 𝟏𝟓𝟏𝟐 – at és a 𝟏𝟕𝟔𝟐 – at elosztva mindkét esetben 𝟏𝟐 lesz a maradék?

Megoldás:

Írjuk fel a 12 – vel kisebb számok prímtényezős alakját: 1500 = 22 · 3 · 53; 1750 = 2 · 53 · 7.

Ezek alapján a megoldás: (1500; 1750) = 2 · 53 = 250.

94. Melyik az a legkisebb természetes szám, amely 𝟐 – vel osztva 𝟏, 𝟑 – mal osztva 𝟐, 𝟒 – gyel osztva 𝟑 és 𝟓 – tel osztva 𝟒 maradékot ad?

Megoldás:

Az adott számhoz, ha hozzáadunk 1 – et, akkor a kapott szám osztható lesz 2 – vel, 3 – mal, 4 – gyel és 5 – tel is.

Írjuk fel a 2,3,4,5 számok legkisebb közös többszörösét: [2; 3; 4; 5] = 3 · 4 · 5 = 120.

Ezek alapján a megoldás: 120 − 1 = 119.

95. Melyek azok a négyjegyű pozitív egész számok, amelyek 𝟏𝟏 – gyel, 𝟏𝟓 – tel és 𝟏𝟔 – tal osztva egyaránt 𝟔 maradékot adnak?

Megoldás:

Legyen a keresett szám 𝑥.

Ekkor az 𝑥 − 6 osztható 11 – gyel, 15 – tel és 16 – tal is.

Írjuk fel a 11,15,16 legkisebb közös többszörösét: [11; 15; 16] = 11 · 15 · 16 = 2640.



34

96. Egy ötjegyű szám osztható 𝟕 – tel, 𝟖 – cal és 𝟗 – cel. Az első két számjegyből álló szám prímszám, eggyel nagyobb egy négyzetszámnál, s a két számjegy összege kétjegyű.

Melyik ez az ötjegyű szám?

Megoldás:

Írjuk fel a 7,8,9 számok legkisebb közös többszörösét: [7; 8; 9] = 7 · 8 · 9 = 504.

Az első két számjegyből képzett szám prímszám, így ennek páratlannak kell lennie.

Mivel eggyel nagyobb egy négyzetszámnál, ezért csak 17, vagy 37 lehet.

A 17 esetén 1 + 7 = 8 nem kétjegyű.

Ebből adódik, hogy a keresett szám 504 – nek többszöröse és 37 – tel kezdődik.

Ezek alapján a megoldások: 37 296; 37 800.

97. Írj az 𝟓𝟐𝟑… - hoz három számjegyet úgy, hogy az így keletkezett hatjegyű szám osztható legyen 𝟕 – tel, 𝟖 – cal és 𝟗 – cel is. Hány megoldás van?

Megoldás:

Legyen a keresett háromjegyű szám 𝑥.


Ekkor osszuk el 523 000 – et 504 – gyel: 523 000 = 1037 · 504 + 352.

Ebből azt kapjuk, hogy 𝑥1 = 504 − 352 = 152, vagy 𝑥2 = 2 · 504 − 352 = 656.

Ezek alapján a megoldások: 523152; 523656.

98. Melyik az a háromjegyű szám, amelyből 𝟕 – et elvéve 𝟕 – tel osztható, 𝟖 – cat elvéve 𝟖 – cal osztható, 𝟗 – cet elvéve 𝟗 – cel osztható számot kapunk?

Megoldás:

A szövegből adódik, hogy a keresett szám osztható 7 – tel, 8 – cal és 9 – cel is.


Mivel az 504 többszörösei nem háromjegyűek, így ez az egyetlen megoldás.


35

99. Tamás a könyveit rendezgetve a következőt veszi észre: akár 𝟐𝟎 – at, akár 𝟐𝟓 – öt, akár 𝟑𝟓 – öt rak egy sorba mindig 𝟐 könyv marad az utolsó sorban. Mennyi könyve van, ha tudjuk, hogy több van 𝟏𝟎𝟎𝟎 – nél, de kevesebb 𝟐𝟎𝟎𝟎 - nél?

Megoldás:

Írjuk fel a számok prímtényezős felbontását: 20 = 22 · 5; 25 = 52; 35 = 5 · 7.

Számítsuk ki ezek legkisebb közös többszörösét: [20; 25; 35] = 22 · 52 · 7 = 700.

Ebből adódik, hogy a könyvek száma 700 valamilyen egész többszörösénél 2 – vel több.

Ezek alapján a megoldás: Tamásnak 1402 könyve van összesen.

100. Adott 𝟑 bolygó keringési ideje: 𝟏𝟖 év; 𝟐𝟒 év; 𝟑𝟎 év. Mennyi év múlva lesz a következő együttállás, ha az előző óta 𝟓 év telt el?

Megoldás:

Írjuk fel a számok prímtényezős felbontását: 18 = 2 · 32; 24 = 23 · 3; 30 = 2 · 3 · 5.

Számítsuk ki ezek legkisebb közös többszörösét: [18; 24; 30] = 23 · 32 · 5 = 360.

Ezek alapján a megoldás: 360 évenként van együttállás, s így 355 év múlva lesz a következő.

101. Melyik az a legnagyobb négyzet alakú járólap, amellyel hézagmentesen ki lehet rakni egy 𝟑𝟎𝟔 𝒄𝒎 ⨯ 𝟒𝟐𝟓 𝒄𝒎 – es téglalap alakú helyiséget?

Megoldás:

Írjuk fel a számok prímtényezős felbontását: 306 = 2 · 32 · 17; 425 = 52 · 17.

Számítsuk ki ezek legnagyobb közös osztóját: (306; 425) = 17.

Ezek alapján a megoldás: 17 ⨯ 17 𝑐𝑚 – es négyzet alakú járólapot kell használni.

102. Hány olyan pozitív egész szám van, amelyik osztója a 𝟏𝟎𝟒𝟎 és 𝟐𝟎𝟑𝟎 számok valamelyikének?

Megoldás:

Először bontsuk fel a számokat prímtényezőkre: 1040 = 240 ∙ 540 és 2030 = 260 ∙ 530.




36


𝑑 (1040) = (40 + 1) · (40 + 1) = 1681

𝑑 (2030) = (60 + 1) · (30 + 1) = 1891

A két szám legnagyobb közös osztója (1040; 2030) = 240 · 530, s ennek az osztói egyúttal a két számnak a közös osztói is, melyeket kétszer számoltunk.


𝑑 (240 · 530) = (40 + 1) · (30 + 1) = 1271

Ezek alapján a megoldás: 1681 + 1891 − 1271 = 2301.

103. Az első 𝒏 természetes szám négyzetének összege mikor osztható 𝒏 – nel?

Megoldás:

Az első 𝑛 természetes szám négyzetének összege: 𝑛 · (𝑛 + 1) · (2𝑛 + 1)

6.

A kifejezés akkor osztható 𝑛 – nel, ha (𝑛 + 1) · (2𝑛 + 1)

6 értéke egész szám, vagyis ha

(𝑛 + 1) · (2𝑛 + 1) osztható 6 – tal.

Mivel (2𝑛 + 1) mindig páratlan szám, így (𝑛 + 1) – nek párosnak kell lennie ahhoz, hogy a szorzatuk 6 – tal osztható legyen.

Ebből adódik, hogy 𝑛 páratlan, vagyis az általános alakja: 6𝑘 + 1; 6𝑘 + 3; vagy 6𝑘 + 5.

Amennyiben 𝑛 = 6𝑘 + 1, akkor a szorzat a következőképpen adódik:

(6𝑘 + 1 + 1) · [2 · (6𝑘 + 1) + 1] = 2 · (3𝑘 + 1) · 3 · (4𝑘 + 1) = 6 · (3𝑘 + 1) · (4𝑘 + 1)

Amennyiben 𝑛 = 6𝑘 + 3, akkor a szorzat egyik tényezője sem lenne osztható 3 – mal.

Amennyiben 𝑛 = 6𝑘 + 5, akkor a szorzat a következőképpen adódik:

(6𝑘 + 5 + 1) · [2 · (6𝑘 + 5) + 1] = 6 · (𝑘 + 1) · (12𝑘 + 11)

Ezek alapján a megoldás: 𝑛 = 6𝑘 + 1, vagy 𝑛 = 6𝑘 + 5.


37

104. Az alábbi állítások közül melyik igaz, melyik hamis? (𝒙 páros, 𝒚 páratlan)

A: 𝒙 − 𝟐𝒚 páros B: 𝟑𝒙 + 𝟓𝒚 páratlan C: 𝒙𝟐 osztható 𝟒 – gyel

D: 𝟏𝟓|𝟏𝟎𝟐𝟎𝟏𝟕 − 𝟓 E: 𝟗|𝟏𝟎𝟏𝟎 − 𝟏 F: 𝟏𝟎𝟓|𝟏 · 𝟐 · … · 𝟐𝟑 · 𝟐𝟒

G: 𝟓|𝟏𝟔𝟐𝟎𝟎𝟎 − 𝟏𝟏𝟐𝟎 H: 𝟔|𝟏𝟕𝟏𝟕 + 𝟏𝟖𝟏𝟖 I: 𝟑| 𝟏𝟒𝟕…𝟏𝟒𝟕⏟ 𝟑𝟎𝟎𝟎 𝒋𝒆𝒈𝒚

J: Az első 𝟏𝟎𝟎 prímszám összege páros.

K: Az első 𝟏𝟎𝟎𝟎 prímszám szorzata páratlan.

L: Ha egy szám osztható 𝟔 – tal és 𝟖 - cal, akkor osztható 𝟒𝟖 – cal is.

M: Egy számot 𝟕 - tel osztva a lehetséges maradékok száma 𝟔.

N: Két szám legnagyobb közös osztója kisebb mindegyik számnál.

P: Két szám legkisebb közös többszörösének osztója a két szám legnagyobb közös osztója.

Q: Ha két szám relatív prím, akkor a legkisebb közös többszörösük a két szám szorzata.

R: Ha egy pozitív egész szám osztója két pozitív egész szám legkisebb közös

többszörösének, akkor osztója mindkét számnak.

Megoldás:

A megoldások a következők: 𝐼; 𝐼; 𝐼; 𝐻; 𝐼; 𝐻; 𝐼; 𝐻; 𝐼; 𝐻;𝐻;𝐻;𝐻; 𝐼; 𝐼; 𝐼; 𝐻.

105. Oldd meg a következő egy ismeretlenes diofantoszi egyenletet! 𝟔𝒙 = 𝟏𝟏

Megoldás:

Az egyenlet megoldása előtt meg kell vizsgálni, hogy teljesül - e a feltétel.

Mivel a 6 nem osztója a 11 - nek, ezért nem lesz egész megoldása az egyenletnek.

106. Oldd meg a következő két ismeretlenes diofantoszi egyenleteket!

𝟐𝒙 + 𝟒𝒚 = 𝟓 𝟏𝟓𝒙 − 𝟑𝟓𝒚 = 𝟐𝟎

Megoldás:


Az első egyenletnél a (2; 4) = 2 nem osztója az 5 - nek, ezért nem lesz megoldása az egyenletnek az egész számok körében.


38

A második egyenletnél a (15; 35) = 5 osztója a 20 - nak, vagyis lesz megoldása az egyenletnek az egész számok körében.

A megoldás lépései a következők:

Először fejezzük ki 𝑥 - et, vagy 𝑦 - t a másik ismeretlen függvényében:

15𝑥 − 35𝑦 = 20 → 15𝑥 = 20 + 35𝑦 → 𝑥 =20 + 35𝑦

15

Ezt követően a törtet alakítsuk át úgy, hogy egyes tagjait el tudjuk osztani a nevezővel:

𝑥 =20 + 35𝑦

15=15 + 30𝑦 + 5 + 5𝑦

15=15 + 30𝑦

15+5 + 5𝑦

15= 1 + 2𝑦 +

5 + 5𝑦

15

Ebben az alakban az 1 + 2𝑦 biztosan egész szám, így az összeg akkor lesz egész, ha a tört értéke is egész lesz. Keressünk egy megfelelő 𝑦 értéket, majd ehhez számoljuk ki az 𝑥 - et is.

Legyen 𝑦0 = 2, ekkor a tört értéke 1 lesz, s az 𝑥0 = 6, vagyis egy megoldás: (6; 2).

Az egyenletnek végtelen sok megoldása van, s ezeket felírhatjuk a következő alakban:

𝑥 = 6 +−35

(15; 35)∙ 𝑡 = 6 −

35

5∙ 𝑡 = 6 − 7𝑡 𝑦 = 2 −

15

(15; 35)∙ 𝑡 = 2 −

15

5∙ 𝑡 = 2 − 3𝑡

Itt 𝑡 egy tetszőleges egész szám, s néhány konkrét értékkel ellenőrizhetjük a kapott alakot:

Ha 𝑡 = 1, akkor 𝑥 = −1 és 𝑦 = −1, melyek megfelelő megoldás párjai az egyenletnek.

Ha 𝑡 = −1, akkor 𝑥 = 13 és 𝑦 = 5, melyek szintén megfelelő megoldás párjai az egyenletnek.

107. Egy országban csak 𝟓 𝑭𝒕 - os és 𝟗 𝑭𝒕 -os érmék vannak. Hányféleképpen fizethető ki egy 𝟏𝟎𝟏 𝑭𝒕 - ba kerülő csokoládé?

Megoldás:

Legyen az 5 𝐹𝑡 - os érmék száma 𝑥, a 9 𝐹𝑡 - os érmék száma pedig 𝑦.

Ekkor felírható a következő egyenlet: 5𝑥 + 9𝑦 = 101.

Mivel az érmék száma csak egész szám lehet, ezért az egyenlet diofantoszi egyenlet.


39


Mivel (5; 9) = 1 osztója a 101 - nek, ezért lesz megoldása az egyenletnek az egészek körében.

A megoldás lépései a következők:

Először fejezzük ki 𝑥 - et, vagy 𝑦 - t a másik ismeretlen függvényében:

5𝑥 + 9𝑦 = 101 → 5𝑥 = 101 − 9𝑦 → 𝑥 =101 − 9𝑦

5

Ezt követően a törtet alakítsuk át úgy, hogy egyes tagjait el tudjuk osztani a nevezővel:

𝑥 =101 − 9𝑦

5=100 − 5𝑦 + 1 − 4𝑦

5=100 − 5𝑦

5+1 − 4𝑦

5= 20 − 𝑦 +

1 − 4𝑦

5

Ebben az alakban a 20 − 𝑦 biztosan egész szám, így az összeg akkor lesz egész, ha a tört értéke is egész lesz. Keressünk egy megfelelő 𝑦 értéket, majd ehhez számoljuk ki az 𝑥 - et is.

Legyen 𝑦0 = 4, ekkor a tört értéke −3 lesz, s az 𝑥0 = 13, vagyis egy megoldás: (13; 4).

Az egyenletnek végtelen sok megoldása van, s ezeket felírhatjuk a következő alakban:

𝑥 = 13 +9

(5; 9)∙ 𝑡 = 13 +

9

1∙ 𝑡 = 13 + 9𝑡 𝑦 = 4 −

5

(5; 9)∙ 𝑡 = 4 −

5

1∙ 𝑡 = 4 − 5𝑡

Mivel az érmék száma nem lehet negatív szám, ezért itt 𝑡 csak olyan egész szám lehet, amely esetén 𝑥 és 𝑦 értéke pozitív lesz.

A legkisebb 𝑡 érték, mely mellett 𝑥 és 𝑦 is pozitív lesz a 𝑡 = −1, s ekkor 𝑥 = 4 és 𝑦 = 9.

A legnagyobb 𝑡 érték, mely mellett 𝑥 és 𝑦 is pozitív lesz a 𝑡 = 0, s ekkor 𝑥 = 13 és 𝑦 = 4.

Ezek alapján csak kétféleképpen fizethetjük ki a csokoládét.


40

108. Írd át a 𝟏𝟎𝟐𝟔 számot tízes számrendszerbe, a 𝟑𝟒𝟖𝟏𝟎 számot hatos számrendszerbe!

Megoldás:

Tízes számrendszerbe úgy tudunk áttérni, ha a számjegyeket megszorozzuk a számrendszer

alapjának megfelelő hatványaival, s ezután a kapott értékeket összeadjuk.

Ezek alapján a megoldás: 1 · 62 + 0 · 61 + 2 · 60 = 3810 = 1026.

Tízes számrendszerből úgy tudunk áttérni egy másikba, hogy a kívánt számrendszer alapjául

szolgáló számmal folyamatosan osztunk, s az így keletkező maradékokat visszafele tekintjük.

348 ∶ 6 = 58 → maradék: 0

58 ∶ 6 = 9 → maradék: 4

9 ∶ 6 = 1 → maradék: 3

1 ∶ 6 = 0 → maradék: 1

Ezek alapján a megoldás: 34810 = 13406.

109. Mennyi az 𝟏𝟑𝟒𝟑𝟓 szám 𝟕 - es számrendszerbeli alakja?

Megoldás:

Egy tetszőleges számrendszerből úgy tudunk áttérni egy másikba, hogy előbb áttérünk a kezdeti

számrendszerből a tízes számrendszerbe, majd onnan az elérendő számrendszerbe.



Számítsuk ki a 13435 szám tízes számrendszerbeli alakját:

3 ∙ 50 + 4 ∙ 51 + 3 ∙ 52 + 1 ∙ 53 = 22310.

Ezt követően tízes számrendszerből úgy tudunk áttérni egy másikba, hogy a kívánt

számrendszer alapjául szolgáló számmal folyamatosan osztunk, s az így keletkező maradékokat

visszafele tekintjük.

223 ∶ 7 = 31 → maradék: 6

31 ∶ 7 = 4 → maradék: 3

4 ∶ 7 = 0 → maradék: 4

Ezek alapján a megoldás: 13435 = 22310 = 4367.


41

110. Mennyi a 𝑪𝑩𝑨𝟏𝟓 szám 𝟒 - es számrendszerbeli alakja?

Megoldás:

A 15 - ös számrendszerben a betűk a következő számokat jelölik: 𝐴 = 10, 𝐵 = 11, 𝐶 = 12.

Egy tetszőleges számrendszerből úgy tudunk áttérni egy másikba, hogy előbb áttérünk a kezdeti

számrendszerből a tízes számrendszerbe, majd onnan az elérendő számrendszerbe.



Számítsuk ki a 𝐶𝐵𝐴15 szám tízes számrendszerbeli alakját:

10 ∙ 150 + 11 ∙ 151 + 12 ∙ 152 = 287510.

Ezt követően tízes számrendszerből úgy tudunk áttérni egy másikba, hogy a kívánt

számrendszer alapjául szolgáló számmal folyamatosan osztunk, s az így keletkező maradékokat

visszafele tekintjük.

2875 ∶ 4 = 718 → maradék: 3

718 ∶ 4 = 179 → maradék: 2

179 ∶ 4 = 44 → maradék: 3

44 ∶ 4 = 11 → maradék: 0

11 ∶ 4 = 2 → maradék: 3

2 ∶ 4 = 0 → maradék: 2

Ezek alapján a megoldás: 𝐶𝐵𝐴15 = 287510 = 2303234.

111. Írd fel 𝟓 – ös számrendszerben a következő számokat! 𝟏; 𝟓𝟕; 𝟏𝟎; 𝟐𝟐; 𝟎, 𝟎𝟒; 𝟓𝟑, 𝟒𝟓𝟔

Megoldás:

A helyiértékeknek megfelelően a megoldások a következők:

1 = 15 22 = 425

57 = 10 000 0005 0,04 = 0,015

10 = 205 53,456 = 203,2125


42

112. Végezd el az alábbi műveleteket!

𝟏𝟐𝟒𝟓 + 𝟐𝟏𝟑𝟓 𝟑𝟐𝟏𝟒 − 𝟐𝟏𝟑𝟒 𝟐𝟒𝟑𝟔 · 𝟓𝟏𝟐𝟔

Megoldás:

A műveleteket a következőképpen hajthatjuk végre:

1245 3214 2436 · 5126 2135 + 2134 − 2143 3425 1024 243 530 2221006

113. Add meg az 𝒙 értékét úgy, hogy fennálljon az egyenlőség!

a) 𝟏𝟐𝒙 + 𝟑𝟒𝒙 = 𝟓𝟎𝒙

b) 𝟕𝟔𝒙 − 𝟑𝟕𝒙 = 𝟑𝟗𝒙

c) 𝟏𝟐𝒙 · 𝟐𝟏𝒙 = 𝟐𝟓𝟐𝒙

Megoldás:

a) 12𝑥 + 34𝑥 = 50𝑥

Írjuk fel a következő egyenletet: 𝑥 + 2 + 3𝑥 + 4 = 5𝑥.


b) 76𝑥 − 37𝑥 = 39𝑥

Írjuk fel a következő egyenletet: 7𝑥 + 6 − (3𝑥 + 7) = 3𝑥 + 9.


c) 12𝑥 · 21𝑥 = 252𝑥

Írjuk fel a következő egyenletet: (𝑥 + 2) · (2𝑥 + 1) = 2𝑥2 + 5𝑥 + 2.

Ezek alapján a megoldás: azonosság miatt 𝑥 ≥ 6, mert a kifejezésben van 5 – ös számjegy.


43

114. Osztható - e 𝟏𝟕 - tel, 𝟏𝟔 - tal, 𝟏𝟓 - tel, 𝟏𝟐 - vel, 𝟏𝟎 - zel, 𝟖 - cal, 𝟔 - tal, 𝟓 - tel, 𝟒 - gyel, 𝟑 - mal vagy 𝟐 - vel a 𝟗𝟑𝟎𝟓𝟏𝟔𝟏𝟔 szám?

Megoldás:

Alkalmazzuk a tanult tételeket.

Mivel a kérdezett szám 16 - os számrendszerbeli, ezért 16 - tal vagy annak osztóival (2, 4, 8) akkor osztható, ha az utolsó számjegye osztható 16 - tal vagy annak osztóival. Mivel az utolsó számjegye 6 - os, ezért a szám nem osztható 16 - tal, 8 - cal és 4 - gyel sem, de 2 - vel igen.

Mivel a kérdezett szám 16 - os számrendszerbeli, ezért 15 - tel, vagy annak osztóival (3, 5), akkor osztható, ha a számjegyek összege osztható 15 - tel, vagy annak osztóival. Mivel a számjegyek összege 24, ezért a szám nem osztható 15 - tel és 5 - tel sem, de 3 - mal igen.

Mivel a kérdezett szám 16 - os számrendszerbeli, ezért 17 - tel, vagy annak osztóival, akkor osztható, ha a páros helyiértékű jegyeit és a páratlan helyiértékű jegyeit külön – külön

összeadva olyan számokat kapunk, melyek különbsége osztható 17 - tel, vagy annak osztóival. Mivel (6 + 5 + 3) − (1 + 0 + 9) = 14 − 10 = 4, ezért a szám nem osztható 17 - tel.

Ezek alapján a számunk osztható 6 - tal (mert 2 - vel és 3 - mal is osztható), de nem osztható 10 - zel és 12 - vel sem (mert 4 - gyel és 5 - tel nem osztható).

115. Mennyi az ismeretlen értéke, hogy a következők oszthatók legyenek 𝟒 – gyel?

𝟏𝟐𝟎𝒙𝟐𝟓 𝟕𝟐𝒚𝟖 𝟐𝒛𝟎𝟏𝟑

Megoldás:

Az első esetben a kérdezett szám 5 - ös számrendszerbeli, ezért 4 – gyel akkor osztható, ha a számjegyek összege osztható 4 – gyel. Ezek alapján a megoldás: 𝑥 = 3.

A második esetben a kérdezett szám 8 - as számrendszerbeli, ezért 4 – gyel akkor osztható, ha az utolsó számjegye osztható 4 – gyel. Ezek alapján a megoldás: 𝑦 = 0; 4.

A harmadik esetben a kérdezett szám 3 - as számrendszerbeli, ezért 4 – gyel akkor osztható, ha a páros helyiértékű jegyeit és a páratlan helyiértékű jegyeit külön – külön összeadva olyan

számokat kapunk, melyek különbsége osztható 4 - gyel. Ezek alapján a megoldás: 𝑧 = 1.


44

116. Milyen számjegyet írjunk az ismeretlen helyére, hogy az 𝟏𝒙𝟑𝟏𝟏 osztható legyen 𝟓 – tel, illetve 𝟏𝟖 – cal?

Megoldás:

Írjuk át az adott számot tízesszámrendszerbe: 1 · 112 + 𝑥 · 111 + 3 · 110 = 124 + 11𝑥.

Egy szám akkor osztható 5 – tel, ha az utolsó számjegye 0, vagy 5.

Ezek alapján a megoldás: 𝑥 = 1; 6.

Egy szám akkor osztható 18 – cal, ha osztható 2 – vel és 9 – cel is.

A kifejezés értéke akkor lesz osztható 2 – vel, ha az 𝑥 = 0; 2; 4; 6; 8, 𝐴.

A kifejezés értéke akkor lesz osztható 9 – cel, ha az 𝑥 = 1, 𝐴.

Ezek alapján a megoldás: 𝑥 = 𝐴(= 10).

117. Melyik az a számrendszer, amelyben 𝟒𝟔𝟑𝟒 – et 𝟓𝟓𝟓 – tel osztva hányadosul 𝟓 – t, maradékul 𝟓𝟑𝟎 –at kapunk?

Megoldás:

Legyen a számrendszer alapja �

Documents

Megoldások - BZmatek · Az első esetben véges tizedestörtről van szó, vagyis a megoldás a következő: 1,23=123 100 A többi esetben végtelen szakaszos tizedestörtekről