KöMaL - Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
Sign In
Sign Up
 Magyar
Information
Contest
Journal
Articles

 

Problem A. 588. (April 2013)

A. 588. Let a be a positive integer. Prove that all prime divisors of 7a2(a+1)-1 are of the form 7k\pm1.

(5 pont)

Deadline expired on 10 May 2013.


Sorry, the solution is available only in Hungarian. Google translation

Megoldásvázlat. Az 152=225-nél kisebb prímekre az állítás (kezelhetően) véges sok eset vizsgálatával igazolható.

A nagyobb prímekre végtelen leszállással bizonyítunk. Tegyük fel, hogy van olyan p>225 prímszám, ami nem 7k\pm1 alakú, és olyan a egész, amikre p osztója (7a2(a+1)-1)-nek. Vegyük a legkisebb ilyen p prímet, és hozzá egy alkalmas a-t.

I. Első lépésként keressünk olyan n és b egészeket, amikre b\equiv na\pmod{p}, 1\le n<\sqrt{p} és |b|<\sqrt{p}. Legyen N=\big[\sqrt{p}\big], és helyezzük el a 0,a,2a,...,Na modulo p maradékosztályokat egy p hosszú kör mentén. Ezek a kört N+1 ívre osztják, ezért biztosan van az ívek között legfeljebb \frac{p}{N+1}<\sqrt{p} hosszúságú; valamelyik két 0\lei<j\leN indexre az ia és ja pontok távolsága kisebb, mint \sqrt{p}. Legyen n=j-i és b\equivna=(ja-ia); ekkor tehát |b|<\sqrt{p}.

Ha b-nek és n-nek van egy d>1 közös osztója, akkor cseréljük ki őket a b/d és n/d számokra; ezután azt is feltehetjük, hogy b és n relatív prímek.

II. Most legyen A=7b3+7b2n-n3. Ekkor


A \equiv 7(na)^3+7(na)^2n-n^3 = n^3(7a^3+7a^2-1) \equiv 0 \pmod{p},

azaz A osztható p-vel, továbbá triviálisan

|A|<15p3/2<p2.

A 7-tel nem osztható köbszámok \pm1 maradékot adnak 7-tel osztva. Ha n nem osztható 7-tel, akkor tehát A\equiv -n^3\equiv\pm1\pmod7. Ezért A-nak kell, hogy legyen még legalább egy olyan q prímosztója, ami nem 7, és nem is 7k\pm1 alakú.

Ha n osztható 7-tel, n=7m, akkor b nem osztható 7-tel. Ilyenkor az \frac{A}7=b^3+7b^2m-49m^3 szám lesz 7k\pm1 alakú, és ilyenkor is létezik p-kívül még egy q prímszosztója az A/7-nek, ami nem 7, és nem is 7k\pm1 alakú.

A q szám kisebb, mint p, mert pq|A, és így


q \le \frac{A}{p} < \frac{p^2}{p} = p.

III. Végül, mivel b és n relatív prímek, egyikük sem lehet osztható q-val. Legyen n-1 az n multiplikatív inverze modulo q, és legyen c=n-1b. Ekkor


7c^3+7c^2-1 \equiv n^{-3}(7b^3+7b^2n-n^3) \equiv 0 \pmod{q}.

Ez pedig azt jelenti, hogy találtunk egy p-nél kisebb ,,rossz'' prímet, a q-t. Ez ellentmond annak, hogy a lehető legkisebb p-t vettük.

Megjegyzés. A feladat kapcsolódik Keith Kearnes, Kiss Emil és Szendrei Ágnes Gauss egészek és Dirichlet tétele c. cikkéhez (KöMaL 2010/3-4) és az A. 517. feladathoz. A cikk (valamivel mélyebb eszközöket használva) lényegesen általánosabb, közvetlen megoldást ad a feladatra.

A cikk jelöléseivel


\frac{\Phi_7(x)}{x^3} = 
x^3+x^2+x+1+\frac1x+\frac1{x^2}+\frac1{x^3} =
\left(x+\frac1x\right)^3+\left(x+\frac1x\right)^2-2\left(x+\frac1x\right)-1

\Psi7(x)=x3+x2-2x-1


7a^3+7a^2b-b^3 = (a+b)^3\Psi_7\left(\frac{2a+b}{a+b}\right).

Relatív prím a,b számok esetén ennek a kifejezésnek minden prímosztója 7, vagy 7k\pm1 alakú.


Statistics:

1 student sent a solution.
0 point:1 student.

Our web pages are supported by:   Ericsson   Cognex   Emberi Erőforrás Támogatáskezelő   Emberi Erőforrások Minisztériuma   Nemzeti Tehetség Program    
MTA Energiatudományi Kutatóközpont   MTA Wigner Fizikai Kutatóközpont     Nemzeti
Kulturális Alap   ELTE   Morgan Stanley