A B. 4655. feladat (2014. október)

B. 4655. Megoldható-e a pozitív egész számpárok halmazán a

\(\displaystyle 2012^{2015}=\binom n2 +\binom k2 \)

egyenlet?

Javasolta: Maga Balázs

(5 pont)

A beküldési határidő 2014. november 10-én LEJÁRT.

Megoldás. Mivel \(\displaystyle \binom{m}{2}=\frac{m(m-1)}{2}\), azért az egyenlet a következő alakba írható:

\(\displaystyle 2012^{2015}=\frac{n(n-1)}{2}+\frac{k(k-1)}{2}. \)

Rendezve:

\(\displaystyle 2\cdot 2012^{2015} =n(n-1)+k(k-1),\)

\(\displaystyle 2\cdot2012^{2015} =n^2-n+k^2-k,\)

\(\displaystyle 8\cdot2012^{2015} =4n^2-4n+4k^2-4k,\)

\(\displaystyle 8\cdot 2012^{2015}+2 =4n^2-4n+1+4k^2-4k+1,\)

\(\displaystyle 8\cdot2012^{2015}+2 ={(2n-1)}^2+{(2k-1)}^2.\)

Az egyenlet jobb oldalán két négyzetszám összege áll. Azt fogjuk belátni, hogy az egyenlet bal oldala, vagyis \(\displaystyle 8\cdot 2012^{2015}+2\) nem írható fel két négyzetszám összegeként.

Vizsgáljuk először az egyenlet két-két oldalának \(\displaystyle 7\)-tel való osztási maradékát.

A bal oldal \(\displaystyle 7\)-tel osztva ugyanazt a maradékot adja, mint \(\displaystyle 2012^{2015}+2\). A \(\displaystyle 2012\) \(\displaystyle 7\)-tel osztva \(\displaystyle 3\)-at ad maradékul, így a bal oldal \(\displaystyle 7\)-es maradéka \(\displaystyle 3^{2015}+2\). A \(\displaystyle 3\)-hatványok \(\displaystyle 7\)-es maradéka periodikus, minden hetedik \(\displaystyle 3\)-hatvány ugyanazt a maradékot adja, mivel \(\displaystyle 3^3=27\) maradéka 6, azaz \(\displaystyle -1\), így \(\displaystyle 3^6= \big(3^3\big)^2\) maradéka \(\displaystyle {(-1)}^2=1\). Ebből következik, hogy \(\displaystyle 3^{2015}\)-nek a \(\displaystyle 7\)-es maradéka ugyanannyi, mint \(\displaystyle 3^5\)-é, ami pedig \(\displaystyle 5\), így \(\displaystyle 3^5+2\) osztható \(\displaystyle 7\)-tel, tehát az egyenlet bal oldala osztható \(\displaystyle 7\)-tel.

Az egyenlet jobb oldalán két (páratlan) szám négyzetösszege áll. A négyzetszámok \(\displaystyle 7\)-es maradéka ugyanaz, mint a \(\displaystyle 0^2\), \(\displaystyle {(\pm 1)}^2\), \(\displaystyle {(\pm 2)}^2\), \(\displaystyle {(\pm 3)}^2\) számoké, ezért a \(\displaystyle \{0; 1; 2; 4\}\) halmazból kerülhet ki. Az előbb beláttuk, hogy az egyenlet bal oldala osztható \(\displaystyle 7\)-tel, így a jobb oldalnak is oszthatónak kell lennie vele. A lehetséges maradékok összegeit megvizsgálva kiderül, hogy ez csak úgy történhet meg, ha mindkét négyzetszám osztható \(\displaystyle 7\)-tel. Ekkor viszont mindkettő osztható \(\displaystyle {7^2=49}\)-cel is, vagyis az egyenlet jobb oldala osztható \(\displaystyle 49\)-cel. Ezért a továbbiakban a bal oldal \(\displaystyle 49\)-es maradékát vizsgáljuk.

A \(\displaystyle 3\)-hatványok \(\displaystyle 49\)-es maradéka szintén periodikus: \(\displaystyle 3^4=81\) maradéka \(\displaystyle -17\), így \(\displaystyle 3^5\) maradéka \(\displaystyle 49+3(-17)=-2\), tehát \(\displaystyle 3^{20}= \big(3^5\big)^4\) maradéka \(\displaystyle {(-2)}^4=16\), ezért \(\displaystyle 3^{21}\) maradéka \(\displaystyle 3\cdot 16=48\), vagyis \(\displaystyle -1\); ebből következik, hogy \(\displaystyle 3^{42}\) maradéka a 49-cel történő maradékos osztásnál \(\displaystyle {(-1)}^2=1\). (Ugyanezt az Euler-Fermat-tételből is megkaphattuk volna.)

Mivel \(\displaystyle 2012=49\cdot 41 + 3\) és \(\displaystyle 2015=42\cdot 47 + 41\), a  \(\displaystyle 2012^{2015}\)-nek a 49-es maradéka egyenlő \(\displaystyle 3^{41}\) maradékával; jelöljük ezt \(\displaystyle x\)-szel. Mivel \(\displaystyle 3^{42}=3\cdot 3^{41}\) a 49-cel osztva \(\displaystyle 1\)-et, azaz \(\displaystyle -48\)-at ad maradékul, \(\displaystyle 3x+48=3(x+16)\) osztható 49-cel. Így \(\displaystyle x+16\) is osztható 49-cel, tehát \(\displaystyle 3^{41}\) maradéka \(\displaystyle x=33\). Ezért a bal oldalnak, \(\displaystyle 8\cdot2012^{2015}+2\)-nek a 49-es maradéka \(\displaystyle 8\cdot 33+2=266\)-nek a 49-es maradéka, ami 21, így nem osztható 49-cel.

Azt kaptuk, hogy az egyenlet bal oldala nem osztható \(\displaystyle 49\)-cel, de a jobb oldala igen. Ellentmondásra jutottunk, tehát az egyenletnek nincs megoldása a pozitív egész számpárok körében.

Németh Balázs (Budapesti Fazekas M. Ált. Isk. és Gimn., 9. évf.)

Megjegyzések. 1. Az Euler--Fermat-tétel a következőt állítja: Ha \(\displaystyle m\) pozitív egész, és az \(\displaystyle m\)-mel való osztási maradékok között az \(\displaystyle m\)-hez relatív prímek száma \(\displaystyle \varphi(m)\), akkor minden, az \(\displaystyle m\)-hez relatív prím \(\displaystyle a\) egész számra \(\displaystyle a^{\varphi(m)}\)-nek az \(\displaystyle m\)-mel való osztási maradéka 1 (azaz \(\displaystyle a^{\varphi(m)}-1\) osztható \(\displaystyle m\)-mel). A feladat fenti megoldásában \(\displaystyle \varphi(49)=42\) szerepelt.

2. Ha egy \(\displaystyle 4k+3\) alakú pozitív \(\displaystyle p\) prímszám osztója két négyzetszám összegének, akkor a két négyzetszámnak külön-külön is osztója; tehát ekkor a két négyzetszám összege \(\displaystyle p^2\)-nel is osztható. (A megoldásban ennek \(\displaystyle p=7\) esete szerepelt.) Több is igaz: egy pozitív egész pontosan akkor írható föl két (nemnegatív) négyzetszám összegeként, ha prímtényezős alakjában minden \(\displaystyle 4k+3\) alakú pozitív prímszám páros kitevőn szerepel.

Statisztika:

47 dolgozat érkezett.
5 pontot kapott:	Andi Gabriel Brojbeanu, Andó Angelika, Cseh Kristóf, Döbröntei Dávid Bence, Fekete Panna, Gáspár Attila, Gyulai-Nagy Szuzina, Lajkó Kálmán, Leitereg Miklós, Mócsy Miklós, Nagy Kartal, Nagy-György Pál, Németh 123 Balázs, Porupsánszki István, Schrettner Bálint, Schwarcz Tamás, Széles Katalin, Szőke Tamás, Tihanyi Áron, Williams Kada.
4 pontot kapott:	Bereczki Zoltán, Imolay András, Kerekes Anna.
3 pontot kapott:	2 versenyző.
2 pontot kapott:	3 versenyző.
1 pontot kapott:	5 versenyző.
0 pontot kapott:	14 versenyző.

A KöMaL 2014. októberi matematika feladatai