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