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