Problem B. 5166. (April 2021)

B. 5166. Are there prime numbers \(\displaystyle p\), \(\displaystyle r\) greater than \(\displaystyle 3\) such that the sum of the digits of \(\displaystyle 2p^2+7r^2+2021\) should be a perfect square?

(3 pont)

Deadline expired on May 10, 2021.

Sorry, the solution is available only in Hungarian. Google translation

Megoldás. Mivel a \(\displaystyle p\) és \(\displaystyle r\) prímszámok 3-nál nagyobbak, ezért nem oszthatók 3-mal. Így viszont a \(\displaystyle p^2\) és \(\displaystyle r^2\) számok 3-as maradéka biztosan 1, hiszen \(\displaystyle (3k\pm1)^2=3(3k^2\pm2k)+1\) alapján egy 3-mal nem osztható szám négyzetének 3-as maradéka mindig 1.

Ezért a \(\displaystyle 2p^2+7r^2+2021\) szám 3-es maradéka ugyanannyi, mint a \(\displaystyle 2+7+2021=2030\) szám 3-as maradéka, ami 2. Ugyanakkor a 3-as oszthatósági szabály alapján a \(\displaystyle 2p^2+7r^2+2021\) szám 3-as maradéka megegyezik számjegyei összegének 3-as maradékával. Tehát a számjegyek összege is 2 maradékot ad 3-mal osztva.

A korábbiak alapján egy négyzetszám 3-as maradéka csak 0 vagy 1 lehet (hiszen 3-mal osztható szám négyzete is osztható 3-mal, ha pedig 3-mal nem osztható szám négyzetét vesszük, akkor 1 lesz a maradék). Ez azt jelenti, hogy \(\displaystyle 2p^2+7r^2+2021\) számjegyeinek összege nem lehet négyzetszám, mert 3-mal osztva 2 maradékot ad.

Statistics:

97 students sent a solution.
3 points:	71 students.
2 points:	14 students.
1 point:	7 students.
0 point:	3 students.
Unfair, not evaluated:	2 solutionss.

Problems in Mathematics of KöMaL, April 2021