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