Megoldásvázlat az A.643.-ra.
1. lemma: [triviális] Ha &tex;\displaystyle p&xet; páratlan prím, és &tex;\displaystyle p|n^2+1&xet; valamely &tex;\displaystyle n&xet;-re, akkor alkalmas &tex;\displaystyle 0<a(p)<\frac p2&xet; pozitív egészre pontosan azokra az &tex;\displaystyle n&xet; pozitív egészekre lesz &tex;\displaystyle p|n^2+1&xet;, melyekre
&tex;\displaystyle n\in\{a,a+p,a+2p,\dots\}\cup \{p-a,2p-a,3p-a,\dots\}.&xet;
Itt még jegyezzük meg, hogy automatikusan &tex;\displaystyle P(a)=P(p-a)=p&xet;.
2. lemma: Tetszőleges &tex;\displaystyle x&xet; tetszőleges pozitív egészre
&tex;\displaystyle P(x^2+x+1)=\max\{P(x),P(x+1)\},&xet;
&tex;\displaystyle P(2x^2)=\max\{P(2x-1),P(2x+1)\}.&xet;
Bizonyítás: alkalmazzuk az &tex;\displaystyle (A,B)=(x+1,x)&xet;, illetve &tex;\displaystyle (A,B)=(2x+1,2x-1)&xet; helyettesítéseket az alábbi azonosságba.
&tex;\displaystyle (A^2+1)(B^2+1)=(AB)^2+A^2+B^2+1=(AB+1)^2+(A-B)^2&xet;
3. lemma: Végtelen sok &tex;\displaystyle n&xet; pozitív egész számra &tex;\displaystyle P(2n-1)\le P(2n+1)&xet; és &tex;\displaystyle P(2n+3)\le P(2n+1)&xet;.
Bizonyítás: Ha &tex;\displaystyle p_n=P(2n+1)&xet;, akkor amennyiben csak véges sok &tex;\displaystyle n&xet;-re lesz &tex;\displaystyle p_{n-1}\le p_n\ge p_{n+1}&xet;, fennáll, hogy elég nagy &tex;\displaystyle k&xet;-ra &tex;\displaystyle p_k<p_{k+1}<p_{k+2}<\dots&xet;. Mivel a &tex;\displaystyle P&xet; függvény értékkészlete a &tex;\displaystyle 2&xet; és a &tex;\displaystyle 4\ell+1&xet; alakú prímek, ezért innen &tex;\displaystyle \lim \frac{p_k}k=4&xet;, ami ellentmond annak, hogy a 2. lemma szerint
&tex;\displaystyle p_{\frac{a^2+a}2}=P(a^2+a+1)\le (a+1)^2+1&xet;
bármely &tex;\displaystyle a&xet; pozitív egészre.
&tex;\displaystyle &xet;
Indirekt feltesszük, hogy véges sok számnégyes választható ki, legyen &tex;\displaystyle N&xet; nagyobb, mint ezen számnégyesek összes tagja; belátjuk, hogy van &tex;\displaystyle N&xet; feletti tagú számnégyes.
Válasszunk egy olyan &tex;\displaystyle n>N&xet; olyan pozitív egészt (ha zavarnának a nagyságviszonyok, még &tex;\displaystyle n>10^5&xet; is legyen), amelyre &tex;\displaystyle P(2n-1)\le P(2n+1)\ge P(2n+3)&xet; (3. lemma). Ekkor a 2. lemma szerint fennáll, hogy
&tex;\displaystyle P(2n^2)=P(2(n+1)^2)=P(2n+1)=:p.&xet;
Miközben &tex;\displaystyle 2n+1<2n^2<2(n+1)^2&xet;. Dehát az 1. lemma szerint ott az az &tex;\displaystyle a(p)&xet; és az a &tex;\displaystyle p-a(p)&xet; adhatna még egyet: nem engedhetjük meg ezt a galádságot, így &tex;\displaystyle 2n+1=a(p)&xet; és &tex;\displaystyle p-a(p)=2n^2&xet; kell, szó ami szó, &tex;\displaystyle p=2n^2+2n+1&xet;, azaz &tex;\displaystyle 2p=(2n+1)^2+1&xet;.
Hát ez nem ellentmondás, de ha &tex;\displaystyle P(2n)\le P(2n+1)&xet; vagy &tex;\displaystyle P(2n+2)\le P(2n+1)&xet;, akkor pl. az első esetben a 2. lemma szerint &tex;\displaystyle P(4n^2+2n+1)=\max\{P(2n),P(2n+1)\}=P(2n+1)=p&xet; lesz, és ezért &tex;\displaystyle \{a<b<c<d\}=\{2n+1<2n^2<2(n+1)^2<4n^2+2n+1\}&xet; választással ellentmondást kapunk. Marad, hogy
&tex;\displaystyle P(2n)>P(2n+1)\ge P(2n-1),\quad P(2n+2)>P(2n+1)\ge P(2n+3).&xet;
Most azt kaptuk, hogy &tex;\displaystyle P(2n)&xet; nagyobb a &tex;\displaystyle P(2n-1),P(2n+1)&xet; mennyiségeknél és &tex;\displaystyle P(2n+2)>P(2n+1),P(2n+3)&xet;, s így a 2. lemmából
&tex;\displaystyle P(2n)=P(4n^2-2n+1)=P(4n^2+2n+1)=:q,&xet;
&tex;\displaystyle P(2n+2)=P((2n+2)(2n+1)+1)=P((2n+2)(2n+3)+1)=:q'&xet;
adódik. Az 1. lemma csak akkor nem nyugtat meg minket, hogyha &tex;\displaystyle a(q)=2n&xet; és &tex;\displaystyle q-a(q)=4n^2-2n+1&xet;, vagyis &tex;\displaystyle q=(2n)^2+1&xet;. Meg aztán ha &tex;\displaystyle q'=(2n+2)^2+1&xet;.
&tex;\displaystyle &xet;
A kegyelemdöfést modulo &tex;\displaystyle 5&xet; fogjuk megtenni, hisz mivel &tex;\displaystyle p,q,q'&xet; sem lehet &tex;\displaystyle 5&xet;, így
&tex;\displaystyle (2n)^2+1,\quad (2n+1)^2+1,\quad (2n+2)^2+1&xet;
sem osztható &tex;\displaystyle 5&xet;-tel, amiből &tex;\displaystyle 2n,2n+1,2n+2&xet; rendre &tex;\displaystyle -1,0,1&xet; modulo &tex;\displaystyle 5&xet;. Visszaidézve &tex;\displaystyle q&xet;-t, látjuk, hogy &tex;\displaystyle q=(2n)^2+1\equiv 2&xet; mod &tex;\displaystyle 5&xet;, és hogy &tex;\displaystyle 2n\equiv -1&xet; mod &tex;\displaystyle 5&xet;. Tudjuk, hogy &tex;\displaystyle a(q)=2n&xet;.
Tekintsük még a &tex;\displaystyle d=a(q)+2q&xet; számot, ő lesz A negyedik. Ő páros, mert &tex;\displaystyle a(q)=2n&xet; páros. És még &tex;\displaystyle d\equiv -1+2\cdot 2=3&xet; modulo &tex;\displaystyle 5&xet;, ahonnan &tex;\displaystyle 5|d^2+1&xet;. Vagyis &tex;\displaystyle d^2+1&xet; osztható a páronként különböző &tex;\displaystyle 2<5<q&xet; prímekkel, így a szorzatukkal is osztható, &tex;\displaystyle 10q|d^2+1&xet;.
A &tex;\displaystyle d^2+1&xet; szám összes többi osztója a &tex;\displaystyle \frac{d^2+1}{10q}&xet; szám osztója. Mivelhogy erre a számra
&tex;\displaystyle \frac{d^2+1}{10q}=\frac{(a(q)+2q)^2+1}{10q}<\frac{(3q)^2+1}{10q}<\frac{9q^2+q^2}{10q}=q,&xet;
így nem lehet neki &tex;\displaystyle q&xet;-nál nagyobb prímosztója. Ez maga után vonja, hogy &tex;\displaystyle P(d)=q&xet;.
Ami ellentmondás az indirekt feltevéssel, így ezzel a feladat állítása bizonyítást nyert.
|