Az A. 841. feladat (2022. december)

A. 841. Oldjuk meg a \(\displaystyle 2^a+p^b=n^{p-1}\) egyenletet a nemnegatív egész számok halmazán, ahol \(\displaystyle p\) prímszám.

Javasolta: Weisz Máté (Cambridge)

(7 pont)

A beküldési határidő 2023. január 10-én LEJÁRT.

1. eset \(\displaystyle p=2\)

Ha \(\displaystyle p=2\), akkor minden \(\displaystyle a,b\)-re \(\displaystyle n=2^a+2^b\) megoldást ad. Mostantól csak a \(\displaystyle p>2\) esetet vizsgáljuk

2. eset \(\displaystyle p>2, a=0\).

Ekkor \(\displaystyle p^b+1=n^{p-1}\), vagyis \(\displaystyle n^{p-1}-1=p^b\).

Mivel \(\displaystyle p-1\) páros, ezért \(\displaystyle n^2-1|n^{p-1}-1\), így \(\displaystyle n^2-1=p^k\) és nem \(\displaystyle 1\) az értéke, így \(\displaystyle p|n^2-1.\) Ekkor az LTE lemma szerint

\(\displaystyle b=v_p(n^{p-1}-1)=v_p(n^2-1)+v_p\left(\frac{p-1}{2}\right)=v_p(n-1)=k\)

Tehát \(\displaystyle n^2-1=p^k=p^b=n^{p-1}-1\), azaz \(\displaystyle p-1=2\), azaz \(\displaystyle p=3\).

Tehát \(\displaystyle 3^b=n^2-1=(n+1)(n-1)\), vagyis \(\displaystyle n-1\) és \(\displaystyle n+1\) is \(\displaystyle 3\) hatványok, de \(\displaystyle 2\) a különbségük, ez csak úgy lehetséges, ha \(\displaystyle n-1=1\) és \(\displaystyle n+1=3\), azaz \(\displaystyle n=2\) és \(\displaystyle b=1\).

Tehát ebben az esetben ez az egyetlen megoldás van: \(\displaystyle a=0, b=1, p=3, n=2\).

3. eset: \(\displaystyle p>2, a>0\), \(\displaystyle b\) páratlan

Legyen \(\displaystyle p-1=2^l(2m+1)\) (ahol \(\displaystyle m \in \mathbb{N}\)). \(\displaystyle p\) páratlan, így \(\displaystyle p-1\) páros, vagyis \(\displaystyle l\geq 1\). \(\displaystyle p\) páratlan és \(\displaystyle 2^a\) páros, így \(\displaystyle n\) páratlan. Az LTE Lemma alapján

\(\displaystyle v_2(n^{2^l(2m+1)}-1)=v_2(n-1)+v_2(n+1)+l-1\geq 3+l-1=l+2,\)

ezért

\(\displaystyle n^{2^l(2m+1)}\equiv1 \pmod {2^{l+2}}.\)

Tehát \(\displaystyle n^{p-1}\equiv1 \pmod {2^{l+2}}\). Így nyilván \(\displaystyle n^{p-1}\equiv1\pmod {2^{l}}\) és \(\displaystyle n^{p-1}\equiv1\pmod {2^{l+1}}\) is teljesül, valamint \(\displaystyle p\equiv1\pmod {2^{l}}\), tehát

\(\displaystyle 2^a\equiv n^{p-1}-p^b\equiv 1-1 \equiv 0\pmod {2^{l}}.\)

Vagyis \(\displaystyle 2^l|2^a\), így \(\displaystyle l\leq a\).

Most tegyük fel, hogy \(\displaystyle b\) páratlan. Ekkor az LTE Lemma szerint \(\displaystyle v_2(p^b-1)=v_2(p-1)=l\) így \(\displaystyle p^b\equiv 2^l+1\pmod {2^{l+1}}.\) \(\displaystyle 2^a\equiv n^{p-1}-p^b\equiv1-(2^l+1)\equiv -2^l\pmod {2^{l+1}}.\) Vagyis \(\displaystyle 2^a\) nem osztható \(\displaystyle 2^{l+1}\)-nel, de tudjuk, hogy \(\displaystyle l\leq a\), így \(\displaystyle l=a\).

Alkalmazzuk a Kis-Fermat tételt az \(\displaystyle n^{p-1}\) számra. Mivel \(\displaystyle p\) nem osztója \(\displaystyle 2^a\)-nak, és \(\displaystyle b\) páratlansága miatt \(\displaystyle b>0\) így \(\displaystyle p|p^b\), ezért \(\displaystyle p\) nem lehet osztója \(\displaystyle n^{p-1}\)-nek. Tehát \(\displaystyle n^{p-1}\equiv1\pmod p\). Így szükségképpen \(\displaystyle 2^a\equiv 1\pmod p\). Ugyanakkor, \(\displaystyle 2^l<2^l(2m+1)+1=p\), tehát csak \(\displaystyle 2^l=1\) lehetséges, így \(\displaystyle l=0\), ezzel pedig ellentmondáshoz jutottunk.

4. eset: \(\displaystyle p>2, a>0, b=0\)

\(\displaystyle 2^a=(n^{\frac{p-1}{2}-1})(n^{\frac{p-1}{2}+1})\)

tehát mindkét szorzótényező \(\displaystyle 2\) hatvány, ami csak úgy lehetséges, ha az egyik \(\displaystyle 2\), a másik \(\displaystyle 4\), azaz \(\displaystyle n^{\frac{p-1}{2}}=3\), tehát \(\displaystyle n=3\) és \(\displaystyle p=3\).

Ez valóban egy megoldás: \(\displaystyle 2^a=3^2-3^0=8\), tehát \(\displaystyle a=3\).

5. eset: \(\displaystyle p>2, a>0, b>0\) és \(\displaystyle b\) páros

Legyen \(\displaystyle b=2h\). Így \(\displaystyle 2^a+p^{2h}=n^{p-1}\), vagyis \(\displaystyle 2^a=n^{p-1}-p^{2h}\). Felhasználva, hogy \(\displaystyle p-1\) páros, a jobboldalt szorzattá alakítjuk:

\(\displaystyle 2^a=\left( n^{\frac{p-1}{2}}+p^h\right)\left( n^{\frac{p-1}{2}}-p^h\right) \)

Ez csak úgy lehetséges, hogy semelyik tényező prímfelbontásában nem szerepel \(\displaystyle 2\)-estől különböző tényező. Vagyis

\(\displaystyle n^{\frac{p-1}{2}}+p^h=2^x, n^{\frac{p-1}{2}}-p^h=2^y\)

valamely \(\displaystyle x>y\) természetes számokra. Az elsőből a második egyenletet kivonva \(\displaystyle 2p^h=2^x-2^y\) adódik, melyet \(\displaystyle 2\)-vel osztva a

\(\displaystyle p^h=2^{x-1}-2^{y-1}\)

egyenlethez jutunk. \(\displaystyle x>y\geq0\) miatt \(\displaystyle 2^{x-1}\) egész, és nyilván \(\displaystyle p^h\) is egész, tehát \(\displaystyle 2^{y-1}\) is egész. Az egyenlet bal oldala nem osztható \(\displaystyle 2\)-vel, így a jobb oldala sem, vagyis \(\displaystyle y=1\).

Tehát

\(\displaystyle n^{\frac{p-1}{2}}-p^h=2.\)

Mivel \(\displaystyle h>0\), ezért \(\displaystyle p|p^h\), így

\(\displaystyle n^{\frac{p-1}{2}}\equiv2\pmod p.\)

A kongruenciát négyzetre emelve:

\(\displaystyle n^{p-1}\equiv 4 \pmod p.\)

A Kis-Fermat tétel miatt \(\displaystyle n^{p-1}\equiv1\pmod p\), mert \(\displaystyle n\) nem osztható \(\displaystyle p\)-vel. Ezekből következik, hogy \(\displaystyle 4\equiv 1 \pmod p\), vagyis \(\displaystyle p=3\).

Tehát most a feladatunk a \(\displaystyle 2^a+3^{2h}=n^2\) egyenlet megoldása. Mivel itt, az 5. esetben \(\displaystyle h>0\), ezért \(\displaystyle 2^{a}\equiv n^2\equiv1 \pmod 3\). A \(\displaystyle 2\) páros kitevős hatványai \(\displaystyle 1\)-et adnak maradékul \(\displaystyle 3\)-mal osztva, a páratlan kitevős hatványok \(\displaystyle 3\)-as maradéka pedig \(\displaystyle 2\cdot 1=2\), így \(\displaystyle a\) páros. Legyen \(\displaystyle a=2j\). Így \(\displaystyle 3^{2h}=n^2-2^{2j}\), tehát

\(\displaystyle 3^{2h}=\left( n+2^j\right) \left( n-2^j\right).\)

Mind a két tényező a 3 nemnegatív egész kitevős hatványa, de különbségük \(\displaystyle 2\cdot 2^j=2^{j+1}\), ami nem osztható 3-mal. Ez csak úgy lehetséges, hogy az egyik \(\displaystyle 3\)-hatvány értéke \(\displaystyle 1\), így \(\displaystyle n-2^j=1\). Ekkor \(\displaystyle n+2^j=2^j+1+2^j=2^{j+1}+1\). Vagyis \(\displaystyle 3^{2h}=2^{j+1}+1\). Átrendezve, majd szorzattá alakítva:

\(\displaystyle \left( 3^h+1\right) \left( 3^h-1\right) =2^{j+1}.\)

Így \(\displaystyle 3^h+1\) és \(\displaystyle 3^h-1\) nemnegatív egész kitevős 2-hatványok, és különbségük 2, ami csak úgy lehetséges, hogy \(\displaystyle h=1\). Ekkor \(\displaystyle j=2\), vagyis \(\displaystyle a=2j=4\). Tehát az eredeti egyenletünk \(\displaystyle 2^4+3^2=n^2\) alakban írható. Innen már látjuk, hogy \(\displaystyle n=5\).

Tehát ebben az esetben az egyetlen megoldás \(\displaystyle a=4\),\(\displaystyle b=2\),\(\displaystyle p=3\),\(\displaystyle n=5\).

Összességében az egyenlet \(\displaystyle (a,b,p,n)\) megoldásai tehát

\(\displaystyle (a,b,2,2^a+2^b),(0,1,3,2),(3,0,3,3),(4,2,3,5).\)

Statisztika:

22 dolgozat érkezett.
7 pontot kapott:	Bodor Mátyás, Lovas Márton, Móricz Benjámin, Németh Márton, Seres-Szabó Márton, Szakács Ábel, T.Tóth Patrik Tibor, Varga Boldizsár, Zömbik Barnabás.
6 pontot kapott:	Simon László Bence, Sztranyák Gabriella.
5 pontot kapott:	1 versenyző.
4 pontot kapott:	4 versenyző.
3 pontot kapott:	2 versenyző.
2 pontot kapott:	1 versenyző.
1 pontot kapott:	2 versenyző.
0 pontot kapott:	1 versenyző.

A KöMaL 2022. decemberi matematika feladatai