KöMaL - Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
 English
Információ
A lap
Pontverseny
Cikkek
Hírek
Fórum

Rendelje meg a KöMaL-t!

VersenyVizsga portál

Kísérletek.hu

Matematika oktatási portál

A. 567. (a) Find all pairs (a,b) of relatively prime positive integers ab such that b divides a2-3 and a divides b2-3. (b) Find all pairs (a,b) of relatively prime positive integers ab such that b divides a2-5 and a divides b2-5.

Proposed by: J. Pelikán, Budapest

(5 points)

Deadline expired on 10 October 2012.


Google Translation (Sorry, the solution is published in Hungarian only.)

Megoldásvázlat. (a) b|a2-3 és a|b2-3 ekvivalens azzal, hogy a és b is osztója (a2+b2-3)-nak. Ha a és b relatív prímek, akkor ez ekivalens azzal, hogy ab|a2+b2-3, avagy, a2+b2-3=kab valamilyen k egész számra. Megfordítva, ha a2+b2-3=kab, akkor a és b relatív prímek, mert d=(a,b) esetén d2|a2+b2-kab=3, ami csak d=1 esetén igaz. A feladat tehát az

a2-kab+b2-3=0(1)

egyenlet olyan (a,b,k) egész megoldásainak megadása, ahol a,b>0.

1. lemma. Ha (a,b,k) egész megoldása az (1) egyenletnek, akkor (a,c,k) is egész megoldás, ahol c=ka-b=\frac{a^2-3}{b}.

Bizonyítás. Rögzített k és a mellett az X2-(ka)X+(a2-3)=0 másodfokú egyenlet egyik gyöke b. A másik gyök a Viéta-formulák szerint c=ka-b=\frac{a^2-3}{b}. A ka-b értéke biztosan egész.

Most rögzítsük k-t, és tekintsük (1)-nek egy olyan (a,b,k) megoldását, ahol a\geb>0. (Az olyan megoldásokat, amelyekben a\leb, az a és b felcserélésévével fogjuk kapni.) Ebből készítsük a következő sorozatot: x0=a, x1=b, xi+1=kxi-xi-1. A lemmából teljes indukcióval kapjuk, hogy (xi,xi+1,k) egész megoldása (1)-nek minden i\ge0 indexre.

Ha valamilyen i\ge1 indexre xi-1\gexi>0, akkor


x_{i+1}=kx_i-x_{i-1}=\frac{x_i^2-3}{x_{i-1}} < \frac{x_i^2}{x_{i-1}} 
\le x_i.

a sorozat tehát mindaddig monoton csökken, amíg az elemek pozitívak.

Legyen xn+1 az első nempozitív elem: xn+1\le0<xn\lexn-1. A rekurzió és a lemma szerint xn+1xn-1=xn2-3; a baloldal nempozitív, ami csak xn=1 esetén lehetséges; ekkor xn+1xn-1=-2. Az xn-1 szám osztója a (-2)-nek, tehát xn-1=1 vagy xn-1=2.

1. eset: xn-1=1. Ekkor k=\frac{x_n^2+x_{n-1}^2-3}{x_nx_{n-1}}=\frac{1^2+1^2-3}{1\cdot 1}=-1. Mivel xn-2=kxn-1-xn<0, ez csak úgy lehet, ha n=1, és rögtön az a=b=1 számokból indultunk ki.

2. eset: xn-1=2. Ekkor k=\frac{x_n^2+x_{n-1}^2-3}{x_nx_{n-1}}=\frac{1^2+2^2-3}{1\cdot 2}=1. Mivel xn-2=kxn-1-xn=1<xn-1, ez is csak úgy lehet, ha n=1, és rögtön az a=2, b=1 számokból indultunk ki.

A pozitív egész megoldások tehát: (1,1), (1,2), (2,1).

(b) Hasonlóan az első részhez, az

a2-kab+b2-5=0(2)

egyenlet megoldásait keressük.

Az 1. lemma a következőképpen módosul:

2. lemma. Ha (a,b,k) egész megoldása az (2) egyenletnek, akkor (a,c,k) is egész megoldás, ahol c=ka-b=\frac{a^2-5}{b}.

Ismét rögzítsük k-t, és tekintsük (2)-nek egy olyan (a,b,k) megoldását, ahol a\geb>0, és legyen x0=a, x1=b, xi+1=kxi-xi-1. Ha valamilyen i\ge0 indexre xi-1\gexi>0, akkor


x_{i+1}=kx_i-x_{i-1}=\frac{x_i^2-5}{x_{i-1}} < \frac{x_i^2}{x_{i-1}} 
\le x_i.

Ismét legyen xn+1 az első nempozitív elem: xn+1\le0<xn\lexn-1. Ekkor xn+1xn-1=xn2-5; a baloldal nempozitív, tehát xn=1 vagy xn=2.

Ha xn=2, akkor xn+1xn-1=-1. Viszont a monotonitás miatt xn-1\gexn\ge2, ellentmondás. Tehát xn=1 és xn+1xn-1=xn2-5=-4. Ebből következik, hogy xn-1=1, xn-1=2 vagy xn-1=4.

1. eset: xn-1=1. Ekkor k=\frac{x_n^2+x_{n-1}^2-5}{x_nx_{n-1}}=\frac{1^2+1^2-5}{1\cdot 1}=-3. Mivel xn-2=kxn-1-xn<0, ez csak úgy lehet, ha n=1, és rögtön az a=b=1 számokból indultunk ki.

2. eset: xn-1=2. Ekkor k=\frac{x_n^2+x_{n-1}^2-5}{x_nx_{n-1}}=\frac{1^2+2^2-5}{1\cdot 2}=0. Ezúttal is xn-2=kxn-1-xn<0; ez csak úgy lehet, ha n=1, és rögtön az a=2, b=1 számokból indultunk ki.

3. eset: xn-1=4. Ekkor k=\frac{x_n^2+x_{n-1}^2-5}{x_nx_{n-1}}=\frac{1^2+4^2-5}{1\cdot 4}=3.

Most fordítsuk meg a sorozatot: legyen yi=xn-i, Ekkor tehát y0=1, y1=4 és yi+1=3yi=yi-1. A (b,a) pár ennek a sorzatnak két szomszédos eleme.

Az y_0,y_1,\dlots sorozatot a végtelenségig folyathatjuk: a 2. lemma miatt a sorozatotnak bármelyik két szomszédos eleme megoldást ad k=3-mal.

A megoldások tehát: (1,1), (1,2), (2,1), továbbá (yi,yi+1) és (yi+1,yi) (i=0,1,2,\ldots).


Statistics on problem A. 567.
12 students sent a solution.
5 points:Janzer Olivér, Maga Balázs, Nagy Róbert, Omer Cerrahoglu.
4 points:Ágoston Péter, Herczeg József, Kúsz Ágnes.
2 points:2 students.
0 point:3 students.


  • Problems in Mathematics of KöMaL, September 2012

  • 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