KöMaL - Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
Belépés
Regisztráció
 English
Információ
A lap
Pontverseny
Cikkek
Hírek
Fórum
Cikklista
Trükkös

Rendelje meg a KöMaL-t!

Kifordítható

tetraéder

VersenyVizsga portál

Kísérletek.hu

Matematika oktatási portál

Olimpiai megjegyzések II.

Az első részben az idei Nemzetközi Matematikai Diákolimpia 2. feladatára mutattunk egy lehetséges megoldást. Most a 6. feladatot vizsgáljuk meg közelebbről. A feladatra két megoldást is mutatunk.

Az első -- hasonlóan a 2. feladat megoldásához -- nem használ semmilyen különleges ötletet vagy a középiskolai anyagon túlmutató ismeretet. Viszont egy olyan lépéssel kezdődik, amely első pillantásra talán túl ijesztő lehet.

A második megoldás jóval több ismeretet igényel. Ez a megoldás az egész számok halmazának egy kiterjesztése, az úgynevezett Euler-egészek elméletét használja fel. Cserébe viszont megmutatja a feladat valószínű eredetét.

A 6. feladat. Legyenek a, b, c, d egészek, amelyekre a>b>c>d>0. Tegyük fel, hogy

(6)ac+bd=(b+d+a-c)(b+d-a+c).

Bizonyítsuk be, hogy ab+cd nem prímszám.

A (6) egyenletet átrendezve,

(7)a2-ac+c2=b2+bd+d2.

A továbbiakban mindig ezt az alakot fogjuk használni.

1. megoldás: Helyettesítsünk be!

A megoldás indirekt. Feltételezzük, hogy ab+cd=p, ahol p egy prímszám. Ezzel már egy egész egyenletrendszerünk van:

(8)a2-ac+c2=b2+bd+d2,      ab+cd=p.

Az ismeretlenek és az egyenletek számát úgy csökkenthetjük, hogy az egyik egyenletből kifejezünk egy alkalmas kifejezést, és behelyettesítjük a másik egyenletbe. Hogy mindez még kényelmesebb legyen, először csak modulo p fogunk számolni.

A második egyenlet szerint ab\equiv-cd~(\bmod~p). Szorozzuk meg a (7) egyenletet b2-tel, és helyettesítsünk be ab helyére (-cd)-t:

0=b2(b2+bd+d2-a2+ac-c2)=b4+b3d+b2d2-(ab)2+ab.bc-b2c2equiv

equivb4+b3d+b2d2-(cd)2-cd.bc-b2c2=(b+c)(b-c)(b2+bd+d2) (mod p).

A behelyettesítés nyomán kapott kifejezés három tényező szorzatára bomlik, és ezek egyike éppen a (7) egyenletben szereplő mennyiség.

A kapott kongruencia szerint az utolsó három tényező: b+c, b-c és b2+bd+d2 valamelyike osztható p-vel, hiszen feltevésünk szerint p prímszám. A b+c és b-c számok pozitívak és kisebbek, mint ab+cd=p, ezért nem lehetnek p-vel oszthatók; marad az az eset, hogy b2+bd+d2 osztható p-vel. Mivel

0<b2+bd+d2<ab+ab+cd<2(ab+cd)=2p,

a b2+bd+d2 szám csak úgy lehet p-vel osztható, ha egyenlő vele. Ezzel a következtetéssel az egyenletrendszer a következőképpen alakul:

(9)a2-ac+c2=b2+bd+d2=ab+cd=p.

Ebből már nem nehéz ellentmondásra jutni. Ha a (9) egyenletet modulo a vizsgáljuk (az ismeretlenek között az a a legnagyobb), láthatjuk, hogy c(c-d)=ab+ac-a2 osztható a-val. Mivel azonban a és c relatív prímek -- másképpen ab+cd nem lenne prímszám -- és 0<c-d<a, ez nem lehetséges.

2. megoldás az Euler-egészek felől

Aki olvasott már az Euler-egészekről, az a (7) egyenletre nézve azonnal sejtheti, hogy ez a feladat szorosan kapcsolódik hozzájuk.

Legyen varrho az egyik komplex harmadik egységgyök. Az x+yvarrho alakú komplex számokat, ahol x és y egész számok, Euler-egészeknek nevezzük. Az Euler-egészek a komplex számsíkon szabályos háromszögrácsot alkotnak (1. ábra).

1. ábra

Ennek a számhalmaznak nagyon sok érdekes és hasznos számelméleti tulajdonsága van. Ezek segítségével bizonyította be annak idején Leonhard Euler a Fermat-sejtést a 3-as kitevőre. Akit a téma részletesebben érdekel, annak Turán Pál--Gyarmati Edit: Bevezetés a számelméletbe című jegyzetét ajánljuk. Most csak röviden foglaljuk össze az Euler-egészekkel kapcsolatos, a megoldáshoz szükséges legfontosabb fogalmakat és tételeket.

Az Euler-egészek körében is értelmezzük az összeadást, a kivonást és a szorzást. Ezeket teljesen természetes módon definiáljuk, a szorzásnál figyelembe véve, hogy varrho2=-varrho-1:

\(\displaystyle \displaylines{(x+y\varrho)\pm(u+v\varrho)=(x\pm u)+(y\pm v)\varrho;\cr(x+y\varrho)(u+v\varrho)=xu+(xv+yu)\varrho+yv\varrho^2=(xu-yv)+(xv+uy-yv)\varrho.\cr}\)

Az összeadásnak és a szorzásnak az egész vagy a valós számok esetében megszokott kommutatív, asszociatív és disztributív tulajdonságai az Euler-egészek körében is igazak. Ugyancsak fennállnak a 0 és az 1 számok alapvető tulajdonságai, például bármelyik Euler-egészhez 0-t adva magát a számot kapjuk eredményül, vagy minden Euler-egész 0-szorosa a 0.

Az alpha=x+yvarrho Euler-egész konjugáltja az {\overline\alpha}=x+y\varrho^2=(x-y)-y\varrho szám.

Egy nagyon fontos mennyiség az Euler-egészek normája. Az alpha=x+yvarrho Euler-egész normáját N(alpha)-val jelöljük és a következőképpen definiáljuk:

N(\alpha)=\alpha\cdot{\overline\alpha}=x^2-xy+y^2.

A norma mindig nemnegatív egész szám, és csak a 0 normája 0.

A norma nem más, mint a komplex értelemben vett abszolút érték négyzete. Ebből is következik, hogy szorzat normája a tényezők normáinak szorzata:

N(alpha.beta)=N(alpha).N(beta).

Az alpha Euler-egész osztója a beta Euler-egésznek, ha létezik olyan gamma Euler-egész, amelyre alphagamma=beta. A norma multiplikativitása miatt igaz, hogy ha alpha|beta, akkor N(alpha)|N(beta). (Az utóbbi oszthatóság a racionális egész számok körében értendő.)

Hat olyan Euler-egész van, amelynek a normája 1. Ezeket egységeknek nevezzük és az 1. ábrán kiemeltük. Az egységek minden Euler-egésznek osztói.

Két Euler-egészt asszociáltnak nevezünk, ha egymás egységszeresei, vagyis egymásból a 0 körüli, a 60o többszörösével történő forgatással kaphatók.

Egy egységtől különböző pi Euler-egészt felbonthatatlannak, idegen szóval irreducibilisnek nevezünk, ha csak az egységekkel és a saját asszociáltjaival osztható.

Egy egységtől és 0-tól különböző pi Euler-egészt prímnek nevezünk, ha tetszőleges alpha, beta Euler-egészek esetén, ha pi|alphabeta, akkor pi|alpha vagy pi|beta. A továbbiakban, hogy megkülönböztessük az Euler-egészek körében prím számokat a valós prímszámoktól, az előbbieket Euler-prímeknek fogjuk hívni.

Az Euler-egészek számelméletének legalapvetőbb tételei a következők:

    1. A felbonthatatlan Euler-egészek és az Euler-prímek ugyanazok.

    2. Az Euler-egészek körében is igaz a számelmélet alaptétele. Minden 0-tól és egységtől különböző Euler-egész az asszociáltságtól eltekintve egyféleképpen írható fel Euler-prímek és egységek szorzataként, azaz két tetszőleges felírásban a megfelelő prímtényezők egymás asszociáltjai.

    3. A 3k+2 alakú prímszámok egyben Euler-prímek is. A 3k+1 alakú prímszámok felbomlanak két konjugált, egymással nem asszociált Euler-prím szorzatára (pl. 7=(3+varrho)(2-varrho)). A 3 prímtényezős felbontása pedig 3=-varrho2(1-varrho)2.

A tételekből látható, hogy egy alpha Euler-egész prímtényezős felbontása és N(alpha) prímtényezős felbontása között szoros kapcsolat van. Az alpha minden egyes 3k+2 alakú prímtényezőjének négyzete szerepel az N(alpha) felbontásában, a további prímtényezőknek pedig a normája, ami vagy 3, vagy pedig egy-egy 3k+1 alakú prímszám.

Például az alpha=10+8varrho Euler-egész prímtényezős felbontása 2.(2+varrho)(3+varrho), normájáé pedig N(alpha)=N(2).N(2+varrho).N(3+varrho)=22.3.7.

Megfordítva, N(alpha) prímtényezős felbontása ,,majdnem egyértelműen'' meghatározza alpha prímtényezős felbontását. Az N(alpha) minden 3k+2 alakú prímosztója alpha-nak is prímosztója (feleakkora kitevővel), és N(alpha) felbontásában minden egyes 3-as tényező az 1-varrho Euler-prím normája. Az N(alpha) 3k+1 alakú prímosztói is alpha egy-egy prímosztójának normái, de ez a prímosztó -- az asszociáltságtól eltekintve is -- kétféle lehet.

Visszatérve a feladathoz, legyen alpha=a+cvarrho és beta=b-dvarrho. A feltétel szerint a2-ac+c2=b2+bd+d2, azaz N(alpha)=N(beta); a bizonyítandó állítás pedig az, hogy ab+cd, ami nem más, mint alphabeta=(ab+cd)+(bc+cd-ad)varrho ,,valós része'', nem lehet prímszám.

Mivel N(alpha)=N(beta), a két szám Euler-prímtényezős felbontása ,,majdnem'' ugyanaz. A prímosztók egy része közös, a további prímtényezők pedig egymás konjugáltjai a két felbontásban. Formálisan felírva,

(10)\alpha=\varepsilon_1\cdot\pi_1\dots\pi_k\cdot\mu_1\dots\mu_l\quad{\rm\acute es}\quad\beta=\varepsilon_2\cdot\pi_1\dots\pi_k\cdot{\overline\mu_1}\dots{\overline\mu_l},

ahol pi1, ..., pik és mu1, ..., mul Euler-prímek, varepsilon1 és varepsilon2 pedig egységek.

Legyen gamma=pi1.....pik és delta=mu1.....mul; a fentiek szerint ekkor

\alpha=\varepsilon_1\gamma\delta\quad{\rm{\acute
e}s}\quad\beta=\varepsilon_2\gamma{\overline\delta}.

(Előfordulhat, hogy a két felbontásban csak közös vagy csak konjugált prímtényezők szerepelnek; ezekben az esetekben gamma=1, illetve delta=1.)

Vizsgáljuk most az

(11)alphabeta=(ab+cd)+(bc+cd-ad)varrho=varepsilon1varepsilon2gamma2.N(delta)

számot. Ez a szám osztható N(delta)-val; ebből következik, hogy ab+cd és bc+cd-ad is osztható N(delta)-val. Már csak az hiányzik a bizonyítás befejezéséhez, hogy sem N(delta)=1, sem ab+cd=N(delta) nem lehetséges.

Ha N(delta)=1, azaz delta=1, akkor alpha és beta asszociáltak, vagyis 0 körüli, valahányszor 60o-os elforgatottjai egymásnak. Azt, hogy az elforgatás pontosan hányszor 60o-os, az alpha és beta argumentumának vizsgálatával dönthető el.

2. ábra

Az a>b>c>d>0 feltételből következik, hogy alpha argumentuma 0o és 60o között, beta argumentuma pedig -30o és 0o között van (2. ábra). A két szám argumentumának különbsége tehát 0 és 90o közé esik, az elforgatás szöge pontosan 60o, azaz alpha=(1+varrho)beta. Ebben az esetben viszont

alpha=a+cvarrho=(1+varrho)(b-dvarrho)=(b+d)+bvarrho,

ami nem lehetséges, mert b>c. Az N(delta)=1 feltevés tehát ellentmondásra vezet.

Ha ab+cd=N(delta), akkor a (11) egyenletet N(delta)-val osztva,

{\alpha\beta\over N(\delta)}={ab+cd\over
N(\delta)}+{ad+bc-cd\over
N(\delta)}\cdot\varrho=\varepsilon_1\varepsilon_2\cdot\gamma^2.

Ez a szám, mint a jobb oldal mutatja, egy Euler-egész. Az argumentuma alpha és beta argumentumának öszege, tehát -30o és 60o közé esik, a ,,valós része'' pedig a feltevés szerint {ab+cd\over
N(\delta)}=1. Az egyetlen ilyen Euler-egész az 1 (3. ábra), tehát varepsilon1varepsilon2gamma2=1 és alphabeta=N(delta).

3. ábra

Az alpha és beta számok szorzata tehát az N(delta) valós pozitív szám. Mivel N(alpha)=N(beta), ebből következik, hogy a két szám egymás konjugáltja. Ekkor azonban

\alpha=a+c\varrho=\overline\beta=\overline{b-d\varrho}=b+d(1+\varrho)=(b+d)+d\varrho,

ami nem lehetséges, mert c>d. Tehát az ab+cd=N(delta) feltevés is ellentmondásra vezet. Ezzel az állítást igazoltuk.

A második megoldás nem csupán bebizonyítja a feladat állítását, hanem egy eljárást is ad olyan a,b,c,d számnégyesek keresésére, amelyekre a>b>c>d és a2-ac+c2=b2+bd+d2. Csupán megfelelő argumentumú gamma és delta Euler-egészeket kell választanunk.

Például az

\alpha=a+c\varrho=(4+\varrho)(3+\varrho)=11+6\varrho,\quad\beta=b-d\varrho=(4+\varrho)\overline{(3+\varrho)}=9-\varrho

választással a=11, b=9, c=6 és d=1, továbbá a2-ac+c2=b2+bd+d2=91. (Természetesen ab+cd=105 nem prím.)

Kós Géza

Támogatóink:   Ericsson   Cognex   Emberi Erőforrás Támogatáskezelő   Emberi Erőforrások Minisztériuma   Nemzeti Tehetség Program    
MTA Energiatudományi Kutatóközpont   MTA Wigner Fizikai Kutatóközpont     Nemzeti
Kulturális Alap   ELTE   Morgan Stanley