Problem B. 5445. (February 2025)
B. 5445. Decide whether the following statement is true: if an infinite arithmetic sequence of positive integers includes both a perfect square and a perfect cube, then it also includes a perfect \(\displaystyle 6^{\text{th}}\) power.
Proposed by: Sándor Róka, Nyíregyháza
(6 pont)
Deadline expired on March 10, 2025.
Sorry, the solution is available only in Hungarian. Google translation
Megoldás. 1. állítás. Minden \(\displaystyle p^{\alpha}\) prímhatványra és \(\displaystyle m\) egészre igaz, hogy ha léteznek olyan \(\displaystyle x\) és \(\displaystyle y\) egészek, melyekre \(\displaystyle m\equiv y^2\equiv x^3\mod{p^{\alpha}}\), akkor létezik olyan \(\displaystyle z\) egész, melyre \(\displaystyle m\equiv z^6\mod{p^{\alpha}}\).
Bizonyítás. Ha \(\displaystyle (x,p)=1\), akkor létezik olyan \(\displaystyle x^{-1}\), hogy \(\displaystyle xx^{-1}\equiv 1\mod{p^{\alpha}}\). Ekkor
\(\displaystyle (yx^{-1})^6\equiv y^6(x^{-1})^6\equiv (x^3)^3(x^{-1})^6\equiv x^{3}\equiv m\mod{p^{\alpha}}.\)
Ha \(\displaystyle (x,p)=p\), akkor legyen \(\displaystyle p\) kitevője \(\displaystyle x\)-ben \(\displaystyle \beta\), vagyis \(\displaystyle x=p^{\beta} x'\), ahol \(\displaystyle (x',p)=1\). Ekkor \(\displaystyle y^2=(p^{\beta} x')^3+kp^{\alpha}\) valamely \(\displaystyle k\) egészre. Ha \(\displaystyle 3\beta\geq\alpha\), akkor a jobb oldal osztható \(\displaystyle p^{\alpha}\)-nal, vagyis \(\displaystyle z=0\) megfelel. Ha \(\displaystyle 3\beta<\alpha\), akkor a jobb oldalban \(\displaystyle p\) kitevője \(\displaystyle 3\beta\). Mivel \(\displaystyle y^2\)-ben \(\displaystyle p\) kitevője páros, \(\displaystyle 3\beta\) páros, vagyis \(\displaystyle \beta=2\gamma\), és \(\displaystyle y=p^{3\gamma}y'\) (ahol \(\displaystyle (y',p)=1\)). Tehát
$$\begin{align*} (p^{3\gamma}y')^2=(p^{\beta} x')^3+kp^{\alpha},\\ (y')^2=(x')^3+kp^{\alpha-6\gamma}. \end{align*}$$Ekkor a fentebbi eset szerint létezik olyan \(\displaystyle z'\), hogy \(\displaystyle (z')^6\equiv (y')^2\equiv (x')^3\mod{p^{\alpha-6\gamma}}\), azaz
$$\begin{align*} (z')^6&=(y')^2+k'p^{\alpha-6\gamma},\\ (z'p^{\gamma})^6&=(y'p^{3\gamma})^2+k'p^{\alpha},\\ &=y^2+k'p^{\alpha}. \end{align*}$$Tehát \(\displaystyle (z'p^{\gamma})^6\equiv y^2\equiv m\mod{p^{\alpha}}\).
Legyen a számtani sorozat első eleme \(\displaystyle a\), differenciája \(\displaystyle d\), melynek prímtényezős felbontása \(\displaystyle d=p_1^{\alpha_1}p_2^{\alpha_2}\dots p_n^{\alpha_n}\). Mivel a sorozat tartalmaz négyzetszámot és köbszámot is, léteznek olyan \(\displaystyle l,m\) egészek, hogy \(\displaystyle l^2=a+s_1d\), \(\displaystyle m^3=a+s_2d\), azaz \(\displaystyle l^2\equiv m^3\equiv a\mod{d}\). Ekkor az 1. állítás alapján minden \(\displaystyle p_k^{\alpha_k}\)-ra van olyan \(\displaystyle z_k\), hogy \(\displaystyle z_k^6\equiv a\mod{p_k^{\alpha_k}}\). A kínai maradéktétel szerint létezik olyan \(\displaystyle z\), hogy \(\displaystyle z\equiv z_k\mod{p_k^{\alpha_k}}\) minden \(\displaystyle k=1,2,\dots,n\)-re. Erre a \(\displaystyle z\)-re teljesül, hogy \(\displaystyle z^6\equiv (z_k)^6\equiv a\mod{p_k^{\alpha_k}}\) minden \(\displaystyle k\)-ra, ezért a kínai maradéktétel szerint \(\displaystyle z^6\equiv a\mod{d}\). Válasszunk egy olyan nagy \(\displaystyle N\)-t, hogy \(\displaystyle (z+Nd)^6>a\). Most teljesül, hogy \(\displaystyle (z+Nd)^6=a+s_3d\) valamely \(\displaystyle s_3\) pozitív egészre, azaz \(\displaystyle (z+Nd)^6\) egy hatodik hatvány, mely szerepel a sorozatban.
Statistics:
33 students sent a solution. 6 points: Ali Richárd, Bolla Donát Andor, Diaconescu Tashi, Hodossy Réka, Holló Martin, Kővágó Edit Gréta, Pázmándi József Áron, Rajtik Sándor Barnabás, Sha Jingyuan. 5 points: Guthy Gábor, Kovács Benedek Noel, Molnár István Ádám, Sütő Áron, Török Eszter Júlia. 4 points: 1 student. 3 points: 2 students. 2 points: 2 students. 1 point: 6 students. 0 point: 6 students. Not shown because of missing birth date or parental permission: 1 solutions.
Problems in Mathematics of KöMaL, February 2025