Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
Informatika rovattal
Kiadja a MATFUND Alapítvány
Már regisztráltál?
Új vendég vagy?

Az A. 808. feladat (2021. október)

A. 808. Keressük meg az összes páronként relatív prím \(\displaystyle a\), \(\displaystyle b\), \(\displaystyle c\) pozitív egészt, melyekre

\(\displaystyle a^2+3b^2c^2=7^c. \)

Javasolta: Nikolai Beluhov (Bulgária)

(7 pont)

A beküldési határidő 2021. november 10-én LEJÁRT.


\(\displaystyle (a+bc\sqrt{3}i)(a-bc\sqrt{3}i)=a^2+3b^2c^2=7^c\)

Másrészt ha \(\displaystyle x, y\) egészekre \(\displaystyle 7| |x+y\sqrt{3}i|^2=x^2+3y^2\), az azt jelenti, hogy ha veszem \(\displaystyle x\)-nek és \(\displaystyle y\)-nak a \(\displaystyle 7\)-es maradékát, \(\displaystyle x_1\)-et és \(\displaystyle y_1\)-et, akkor \(\displaystyle 7|x_1^2+3y_1^2\). Tehát \(\displaystyle x_1\) és \(\displaystyle y_1\) lehetséges értékei

\(\displaystyle (0,0), (1,3), (1,4), (2,1), (2,6), (3,2), (3,5), (4,2), (4,5), (5,1), (5,6), (6,3), (6,4).\)

Könnyű ellenőrizni, hogy ezekre az értékekre \(\displaystyle x+\sqrt{3}i y\) mind \(\displaystyle 2+\sqrt{3}i\) vagy \(\displaystyle 2-\sqrt{3}i\) többszöröse, és \(\displaystyle 2+\sqrt{3}i|7\) és \(\displaystyle 2-\sqrt{3}i|7\), tehát \(\displaystyle 2+\sqrt{3}i\) vagy \(\displaystyle 2-\sqrt{3}i\) osztja \(\displaystyle x+y\sqrt{3}i\)-t. \(\displaystyle |x+y\sqrt{3}i|^2=7^c\) esetén \(\displaystyle (2+\sqrt{3}i)\)-vel vagy \(\displaystyle (2-\sqrt{3}i)\)-vel leosztva \(\displaystyle (x+y\sqrt{3}i)\)-t egy olyan \(\displaystyle x'+y'\sqrt{3}i\) alakú számot kapunk, amire \(\displaystyle |x'+y'\sqrt{3}i|=7^{c-1}\).

Ha \(\displaystyle c\ne 1\), akkor újra használható az előző érvelés, megint leoszthatunk \(\displaystyle 2+\sqrt{3}i\)-vel vagy \(\displaystyle 2-\sqrt{3}i\)-vel, és ezt addig folytathatjuk, amíg el nem érjük a \(\displaystyle 7^0=1\)-et. Tehát \(\displaystyle x+\sqrt{3}i y=(2+\sqrt{3}i)^{m_1}(2-\sqrt{3}i)^{m_2}\), ahol \(\displaystyle m_1+m_2=c\), mert úgy lesz \(\displaystyle |x+\sqrt{3}i y|^2=7^c\).

Ha \(\displaystyle m_1, m_2>0\), akkor \(\displaystyle 7=(2+\sqrt{3}i)(2-\sqrt{3}i)|x+\sqrt{3}i y\). Esetünkben \(\displaystyle x=a\) és \(\displaystyle y=bc\), tehát ekkor \(\displaystyle 7|a\) és \(\displaystyle 7|bc\), de ez elllentmond annak, hogy \(\displaystyle a, b\) és \(\displaystyle c\) páronként relatív prímek, így ez nem lehetséges. Tehát \(\displaystyle a+bc\sqrt{3}i=(2+\sqrt{3}i)^c\) vagy \(\displaystyle a+bc\sqrt{3}i=(2-\sqrt{3}i)^c\).

Megengedve, hogy \(\displaystyle a\) és \(\displaystyle b\) negatívak is lehessenek, feltehetjük, hogy \(\displaystyle a+bc\sqrt{3}i=(2+\sqrt{3}i)^c\), mivel a valódi \(\displaystyle a>0, b>0\) megoldás megkapható ebből az előjeleik változtatásával, ami ugyebár nem változtat az \(\displaystyle a^2+3b^2c^2=7^c\) egyenlőségen.

Teljes indukcióval belátjuk, hogy \(\displaystyle t\ge 1\)-re ha \(\displaystyle n\)-ben a \(\displaystyle 2\) kitevője \(\displaystyle t\), akkor \(\displaystyle (2+\sqrt{3}i)^n\) képzetes részében a \(\displaystyle 2\) kitevője legalább \(\displaystyle t+1\). A megoldás során a képzetes rész mindig a képzetes rész \(\displaystyle \sqrt{3}\)-ad részét fogja jelenteni, ekkor a képzetes rész mindig egy egész szám lesz.

\(\displaystyle t=1\)-re \(\displaystyle (2+\sqrt{3}i)^2=1+4\sqrt{3}i\), és könnyű látni, hogy ennek minden hatványában is osztható a képzetes rész \(\displaystyle 4\)-gyel.

\(\displaystyle t>1\)-re ha \(\displaystyle n\)-ben a \(\displaystyle 2\) kitveője \(\displaystyle t\), akkor \(\displaystyle \frac{n}{2}\)-ben a \(\displaystyle 2\) kitevője \(\displaystyle t-1\), így indukció szerint

\(\displaystyle (2+\sqrt{3}i)^{\frac{n}{2}}=x+2^{t}y\sqrt{3}i,\)

így ennek négyzete

\(\displaystyle (2\sqrt{3}i)^n=x^2-3\cdot 2^{2t}y^2+xy2^{t+1}\sqrt{3}i,\)

ezzel az indukciós lépést beláttuk.

Tegyük most föl, hogy \(\displaystyle c\)-ben a \(\displaystyle 2\) kitevője \(\displaystyle t\) és \(\displaystyle t\ge 1\). Ekkor az előző állítás szerint \(\displaystyle (2+\sqrt{3}i)^c\) képzetes részében a \(\displaystyle 2\) kitevője legalább \(\displaystyle t+1\), vagyis \(\displaystyle bc\)-ben a \(\displaystyle 2\) kitevője legalább \(\displaystyle t+1\). De ez azt jelentené, hogy \(\displaystyle b\) is osztható \(\displaystyle 2\)-vel, és ez ellentmondana annak, hogy \(\displaystyle b\) és \(\displaystyle c\) relatív prímek. Vagyis \(\displaystyle c\) nem osztható \(\displaystyle 2\)-vel.

Most ugyanígy indukcióval belátjuk, hogy \(\displaystyle t\ge 1\)-re ha \(\displaystyle n\)-ben a \(\displaystyle 3\) kitevője \(\displaystyle t\), akkor \(\displaystyle (2+\sqrt{3}i)^n\) képzetes részében a \(\displaystyle 3\) kitevője legalább \(\displaystyle t+1\). A megoldás során a képzetes rész mindig a képzetes rész \(\displaystyle \sqrt{3}\)-ad részét fogja jelenteni, ekkor a képzetes rész mindig egy egész szám lesz.

\(\displaystyle t=1\)-re \(\displaystyle (2+\sqrt{3}i)^3=-10+9\sqrt{3}i\), és könnyű látni, hogy ennek minden hatványában is osztható a képzetes rész \(\displaystyle 9\)-cel.

\(\displaystyle t>1\)-re ha \(\displaystyle n\)-ben a \(\displaystyle 3\) kitveője \(\displaystyle t\), akkor \(\displaystyle \frac{n}{3}\)-ben a \(\displaystyle 3\) kitevője \(\displaystyle t-1\), így indukció szerint

\(\displaystyle (2+\sqrt{3}i)^{\frac{n}{3}}=x+3^{t}y\sqrt{3}i,\)

így ennek köbe

\(\displaystyle (2\sqrt{3}i)^n=(x^3-3^{2t+2}xy^2)+(3^{t+1}x^2y-3^{3t+1}y^3)\sqrt{3}i,\)

ezzel az indukciós lépést beláttuk.

Tegyük most föl, hogy \(\displaystyle c\)-ben a \(\displaystyle 3\) kitevője \(\displaystyle t\) és \(\displaystyle t\ge 1\). Ekkor az előző állítás szerint \(\displaystyle (2+\sqrt{3}i)^c\) képzetes részében a \(\displaystyle 3\) kitevője legalább \(\displaystyle t+1\), vagyis \(\displaystyle bc\)-ben a \(\displaystyle 3\) kitevője legalább \(\displaystyle t+1\). De ez azt jelentené, hogy \(\displaystyle b\) is osztható \(\displaystyle 3\)-mal, és ez ellentmondana annak, hogy \(\displaystyle b\) és \(\displaystyle c\) relatív prímek. Vagyis \(\displaystyle c\) nem osztható \(\displaystyle 2\)-vel.

Tegyük most föl, hogy \(\displaystyle 7|c\). Ekkor \(\displaystyle 7|7^c-3b^2c^2=a^2\), tehát \(\displaystyle 7|a\), ez ellentmondana annak, hogy \(\displaystyle a\) és \(\displaystyle c\) relatív prímek.

A továbbiakban tehát felhasználhatjuk, hogy \(\displaystyle c\) nem osztható sem \(\displaystyle 2\)-vel, sem \(\displaystyle 3\)-mal, sem \(\displaystyle 7\)-tel.

Egy \(\displaystyle p\) prímre legyen \(\displaystyle x(p)\) a legkisebb pozitív olyan kitevő, amire \(\displaystyle (2+\sqrt{3}i)^{x(p)}\)-ben a képzetes tag osztható \(\displaystyle p\)-vel. Ha \(\displaystyle x_1\) és \(\displaystyle x_2\) olyan kitevők, amikre \(\displaystyle (2+\sqrt{3}i)^{x_1}=n_1+m_1p\sqrt{3}i\) és \(\displaystyle (2+\sqrt{3}i)^{x_2}=n_2+m_2p\sqrt{3}i\), akkor a \(\displaystyle (2+\sqrt{3}i)^{x_1+x_2}\) szorzatnak a képzetes része is osztható \(\displaystyle p\)-vel, tehát tetszőleges \(\displaystyle s\ge 0\) egészre \(\displaystyle (2+\sqrt{3}i)^{sx(p)}\) képzetes része osztható \(\displaystyle p\)-vel. Másrészt ha \(\displaystyle (2+\sqrt{3}i)^{x_1}=n_1+m_1p\sqrt{3}i\) és \(\displaystyle (2+\sqrt{3}i)^{x_1+x_2}\) szorzat képzetes része is osztható \(\displaystyle p\)-vel, akkor könnyű látni, hogy ez csak úgy lehetséges, ha \(\displaystyle (2+\sqrt{3}i)^{x_2}\) képzetes része is osztható \(\displaystyle p\)-vel. Tehát ha \(\displaystyle y=sx(p)+y_1\) ahol \(\displaystyle 0\le y_1<x(p)\) és \(\displaystyle (2+\sqrt{3}i)^{y}\) képzetes része osztható \(\displaystyle p\)-vel, akkor \(\displaystyle (2+\sqrt{3}i)^{y_1}\) képzetes része is osztható \(\displaystyle p\)-vel, de feltettük, hogy \(\displaystyle x(p)\) a legkisebb ilyen pozitív kitevő, tehát \(\displaystyle y_1=0\), azaz \(\displaystyle (2+\sqrt{3}i)^{y}\) képzetes része pontosan akkor osztható \(\displaystyle p\)-vel, ha \(\displaystyle x(p)|y\).

A \(\displaystyle (2+\sqrt{3}i)^n\) képzetes része

\(\displaystyle \sqrt{3}i\sum_{k=0}^{\lfloor{\frac{n-1}{2}\rfloor}} \binom{n}{2k+1}(-3)^k2^{n-2k-1}.\)

Egy \(\displaystyle p\) páratlan prímre tekintsük a \(\displaystyle (2+\sqrt{3}i)^{p+1}\) értéket. Tehát a

\(\displaystyle \sum_{k=0}^{\frac{p-1}{2}} \binom{p+1}{2k+1} (-3)^k2^{p-2k}\)

értéket vizsgáljuk modulo \(\displaystyle p\). A \(\displaystyle \binom{p+1}{2k+1}\) majdnem minden \(\displaystyle k\)-ra osztható \(\displaystyle p\)-vel, kivétel \(\displaystyle \binom{p+1}{1}\) és \(\displaystyle \binom{p+1}{p}\), ezek értéke \(\displaystyle 1\) modulo \(\displaystyle p\), tehát

\(\displaystyle \sum_{k=0}^{\frac{p-1}{2}} \binom{p+1}{2k+1} (-3)^k2^{p-2k}\equiv 2^p+2(-3)^{\frac{p-1}{2}} \mod p.\)

Ez pontosan akkor \(\displaystyle 0\), ha

\(\displaystyle 4^{\frac{p-1}{2}}+(-3)^{\frac{p-1}{2}}\equiv 0, \)

azaz ha \(\displaystyle t=4^{-1}\) modulo \(\displaystyle p\), akkor \(\displaystyle (-3t)^{\frac{p-1}{2}} \equiv -1\) modulo \(\displaystyle p\).

Most vegyük a \(\displaystyle (2+\sqrt{3}i)^{p-1}\) értéket, és nézzük ennek a képzetes részét modulo \(\displaystyle p\). Ez

\(\displaystyle \sum_{k=0}^{\frac{p-3}{2}} \binom{p-1}{2k+1} (-3)^k2^{p-2k-2}.\)

Vegyük észre, hogy

\(\displaystyle \binom{p-1}{r}=\frac{(p-1)(p-2)...(p-r)}{1\cdot 2\cdot ...\cdot r}\equiv (-1)^r,\)

tehát \(\displaystyle \binom{p-1}{2k+1}\equiv -1\) minden \(\displaystyle k\) esetén, így

\(\displaystyle \sum_{k=0}^{\frac{p-3}{2}} \binom{p-1}{2k+1} (-3)^k2^{p-2k-2}\equiv -\sum_{k=0}^{\frac{p-3}{2}} (-3)^k2^{p-2k-2}\equiv -2^{p-2}\sum_{k=0}^{\frac{p-3}{2}} (-3t)^{k}\equiv -2^{p-2}(-3t-1)^{-1} ((-3t)^{\frac{p-1}{2}}-1)\)

kivéve, ha \(\displaystyle -3t-1\equiv 0\), azaz \(\displaystyle -3\equiv 4\), azaz \(\displaystyle p=7\), ezt az esetet most nem vizsgáljuk. Ettől eltekintve kimondhatjuk, hogy \(\displaystyle (2+\sqrt{3}i)^{p-1}\) képzetes része pontosan akkor osztható \(\displaystyle p\)-vel, ha \(\displaystyle (-3t)^{\frac{p-1}{2}}\equiv 1\).

\(\displaystyle t\) nem kongruens \(\displaystyle 0\) modulo \(\displaystyle p\), és ha \(\displaystyle p\ne 3\), akkor \(\displaystyle -3t\) sem \(\displaystyle 0\) modulo \(\displaystyle p\), ekkor tudjuk, hogy \(\displaystyle ((-3t)^{\frac{p-1}{2}})^2 \equiv 1\), tehát \(\displaystyle (-3t)^{\frac{p-1}{2}}\equiv 1\) vagy \(\displaystyle (-3t)^{\frac{p-1}{2}}\equiv -1\), vagyis \(\displaystyle (2+\sqrt{3})^{p+1}\) vagy \(\displaystyle (2+\sqrt{3}i)^{p-1}\) képzetes része osztható \(\displaystyle p\)-vel, tehát \(\displaystyle x(p)\) osztja \(\displaystyle p+1\)-et vagy \(\displaystyle p-1\)-et ha \(\displaystyle p\ne 7\) és \(\displaystyle p\ne 3\).

Tegyük föl, hogy \(\displaystyle c\ne 1\) és legyen \(\displaystyle c\) legkisebb prímosztója \(\displaystyle p\). Már beláttuk, hogy a \(\displaystyle 2\) nem osztja \(\displaystyle c\)-t, tehát \(\displaystyle p\) páratlan, továbbá \(\displaystyle 3\) és \(\displaystyle 7\) sem osztják \(\displaystyle c\)-t, így \(\displaystyle p\ne 3\) és \(\displaystyle p\ne 7\).

\(\displaystyle (2+\sqrt{3}i)^c\) képzetes része \(\displaystyle bc\sqrt{3}i\), ami osztható \(\displaystyle p\)-vel, vagyis \(\displaystyle c\) osztható \(\displaystyle x(p)\)-vel. Mivel \(\displaystyle p\ne 7, p\ne 3\) páratlan prím, így tudjuk, hogy \(\displaystyle x(p)\) a \(\displaystyle p-1\) vagy a \(\displaystyle p+1\) egy osztója, és nem \(\displaystyle 1\), mert \(\displaystyle (2+\sqrt{3}i)^1\) képzetes része egyetlen prímmel sem osztható, tehát \(\displaystyle x(p)\)-nek van \(\displaystyle p\)-nél kisebb prímtényezője. Ez azt jelenti, hogy \(\displaystyle c\)-nek van \(\displaystyle p\)-nél kisebb prímosztója, pedig azt feltételeztük, hogy \(\displaystyle c\) legkisebb prímosztója \(\displaystyle p\). Ezzel ellentmondásra jutottunk, tehát \(\displaystyle c=1\).

Vagyis \(\displaystyle a^2+3b^2=7\), így a pozitív egészek körében az egyetlen megoldás az \(\displaystyle a=2, b=c=1\).


Statisztika:

11 dolgozat érkezett.
3 pontot kapott:6 versenyző.
2 pontot kapott:1 versenyző.
1 pontot kapott:2 versenyző.
0 pontot kapott:2 versenyző.

A KöMaL 2021. októberi matematika feladatai