A B. 4715. feladat (2015. május)

B. 4715. Adjuk meg az összes pozitív egész számokból álló $\displaystyle (a,b)$ számpárt, amelyre $\displaystyle a^{(b^2)}=b^a$ teljesül.

(5 pont)

A beküldési határidő 2015. június 10-én LEJÁRT.

Megoldás. Lemma. Ha $\displaystyle x,\,y\in \Bbb Q^+$ és $\displaystyle z\in \Bbb Z^+$, valamint $\displaystyle x=z^y$, akkor $\displaystyle x$ egész.

Bizonyítás. $\displaystyle x,\,y$ racionális, így létezik $\displaystyle p,\,q,\,r,\,s\in\Bbb Z^+$ és $\displaystyle (p,q)=(r,s)=1$, amire $\displaystyle x=\frac pq$ és $\displaystyle y=\frac rs$ (a legegyszerűbb törtalak). Ha $\displaystyle \frac pq=z^{\frac rs}$, akkor $\displaystyle \left(\frac pq\right)^s=z^r$, így $\displaystyle p^s=q^sz^r$, ami csak akkor lehet, ha $\displaystyle q=1$, máskülönben a jobb oldal osztható lenne $\displaystyle q^s$-nel, a bal oldal, $\displaystyle p^s$ pedig nem, mert $\displaystyle (p,q)=1$ volt. Tehát $\displaystyle q=1$, így $\displaystyle x$ egész.

$\displaystyle a^{b^2}=b^a$ ($\displaystyle a,\,b\in \Bbb Z^+$) pontosan akkor teljesül, ha $\displaystyle a=b^{\frac{a}{b^2}}$. Legyen $\displaystyle c=\frac{a}{b^2}\Leftrightarrow a=cb^2$. Ekkor $\displaystyle a=b^{\frac{a}{b^2}} \Leftrightarrow cb^2=b^c \Leftrightarrow c=b^{c-2}$. Mivel $\displaystyle b\in \Bbb Z^+$, $\displaystyle c$ és $\displaystyle c-2\in \Bbb Q^+$, így a Lemma szerint $\displaystyle c$ egész szám.

A Bernoulli-egyenlőtlenség felhasználásával

$\displaystyle b^{c-2}=\left((b-1)+1\right)^{c-2}>(b-1)(c-2)+1,$

ahol szigorú egyenlőtlenség $\displaystyle c>3$ és $\displaystyle b>1$ esetén teljesül. Ezt tovább becsülve:

$\displaystyle (b-1)(c-2)+1\geq2(c-2)+1>c,$

ahol az első egyenlőtlenség $\displaystyle b\geq3$ esetén, a második pedig $\displaystyle c>3$ esetén teljesül.

Tehát $\displaystyle c>3$ és $\displaystyle b\geq3$ esetén $\displaystyle b^{c-2}>c$.

Mivel $\displaystyle c,\, b\in \Bbb Z^+$, ezért csak azokat az eseteket kell megvizsgálni, ahol $\displaystyle c=1,\,2,\,3$ és $\displaystyle b=1,\,2$.

Ha $\displaystyle b=1$, akkor $\displaystyle a=1$.

Ha $\displaystyle b=2$, akkor $\displaystyle a^4=2^a$, vagyis $\displaystyle a$ egy 2-hatvány, legyen $\displaystyle a=2^d$ ($\displaystyle d\geq0$). Ekkor

$\displaystyle a^4=2^a\Leftrightarrow 2^{4d}=2^{2^d}\Leftrightarrow d=2^{d-2}.$

Ennek $\displaystyle d=0,\,1,\,2$ nem megoldása, $\displaystyle d=4$ megoldása, több megoldás pedig nincs, mivel a jobb oldal mindig a kétszeresére nő, a bal oldal pedig kevesebb, mint a kétszeresére: $\displaystyle \frac{d+1}{d}<2$, ha $\displaystyle d>1$. Így $\displaystyle a=2^4=16$, és ez jó is: $\displaystyle 16^4=2^{16}$.

Ha $\displaystyle c=1$, akkor $\displaystyle a=b^2$, így $\displaystyle (b^2)^{b^2}=b^{b^2}$. Mivel $\displaystyle b$ pozitív egész, ezért ez pontosan akkor teljesül, ha $\displaystyle b=b^2$, azaz $\displaystyle b=1$, és ekkor $\displaystyle a=1$, ami már volt.

Ha $\displaystyle c=2$, akkor $\displaystyle a=2b^2$, így $\displaystyle (2b^2)^{b^2}=b^{2b^2}=(b^2)^{b^2}$, így $\displaystyle 2b^2=b^2$, nincs megoldás.

Ha $\displaystyle c=3$, akkor $\displaystyle a=3b^2$, így $\displaystyle (3b^2)^{b^2}=b^{3b^2}$, így $\displaystyle (3b^2)^{b^2}=(b^3)^{b^2}$, így $\displaystyle 3b^2=b^3$, azaz $\displaystyle b=3$ és $\displaystyle a=27$. Ez jó is: $\displaystyle 27^9=3^{27}$.

Tehát három megoldás van: $\displaystyle (a,b)=(1,1)$, $\displaystyle (16,2)$ és $\displaystyle (27,3)$.

Szebellédi Márton (Budapesti Fazekas M. Gyak. Ált. Isk. és Gimn., 11. évf.)

Statisztika:

44 dolgozat érkezett.
5 pontot kapott:	Andi Gabriel Brojbeanu, Baran Zsuzsanna, Csépai András, Döbröntei Dávid Bence, Fekete Panna, Gáspár Attila, Glasznova Maja, Imolay András, Kerekes Anna, Lajkó Kálmán, Nagy-György Pál, Németh 123 Balázs, Polgár Márton, Schrettner Bálint, Szebellédi Márton, Tóth Viktor, Török Tímea, Váli Benedek, Varga-Umbrich Eszter, Williams Kada.
4 pontot kapott:	Bereczki Zoltán, Czirkos Angéla, Hraboczki Attila Márton, Leitereg Miklós, Nagy Kartal.
3 pontot kapott:	1 versenyző.
2 pontot kapott:	1 versenyző.
1 pontot kapott:	10 versenyző.
0 pontot kapott:	6 versenyző.
Nem versenyszerű:	1 dolgozat.

A KöMaL 2015. májusi matematika feladatai