Az A. 876. feladat (2024. március)

A. 876. Keressük meg az összes \(\displaystyle a\) és \(\displaystyle b\) nemnegatív egész számot, amelyekre \(\displaystyle {5^a+6=31^b}\) teljesül.

Javasolta: Füredi Erik (Budapest)

(7 pont)

A beküldési határidő 2024. április 10-én LEJÁRT.

Az egyenletnek \(\displaystyle a=2, b=1\) megoldása, bebizonyítjuk, hogy csak ez. Először belátjuk, hogy \(\displaystyle a\) páros és \(\displaystyle b\equiv1\) (mod \(\displaystyle 5\)). Modulo \(\displaystyle 3\) vizsgálva az egyenletet \(\displaystyle 5^a\equiv1\) (mod \(\displaystyle 3\)). \(\displaystyle 5\) hatványai felváltva \(\displaystyle 2\) és \(\displaystyle 1\) maradékot adnak modulo \(\displaystyle 3\), ebből \(\displaystyle a\) páros. Ha \(\displaystyle a<2\) nincs megoldás, így modulo \(\displaystyle 25\) vizsgálva az egyenletet \(\displaystyle 31^b\equiv6\) (mod \(\displaystyle 25\)). A \(\displaystyle 6\) hatványai felváltva \(\displaystyle 1\), \(\displaystyle 6\), \(\displaystyle 11\), \(\displaystyle 16\) és \(\displaystyle 21\), majd ismét \(\displaystyle 1\), ... maradékot adnak modulo \(\displaystyle 25\), eszerint \(\displaystyle b\equiv1\) (mod \(\displaystyle 5\)).

Modulo \(\displaystyle 8\) vizsgálva az egyenletet, \(\displaystyle a\) párossága miatt \(\displaystyle 5^a\) a \(\displaystyle 8\)-cal osztva \(\displaystyle 1\) maradékot adó \(\displaystyle 5^2=25\) természetes szám kitevőjű hatványa, így \(\displaystyle 8\)-cal osztva \(\displaystyle 1\) maradékot ad. Ebből \(\displaystyle 31^b\equiv6+5^a\equiv7\) (mod \(\displaystyle 8\)), így \(\displaystyle 31^1\equiv7\) (mod \(\displaystyle 8\)) és \(\displaystyle 31^{2}\equiv1\) (mod \(\displaystyle 8\)) miatt \(\displaystyle 31\)-nek a páratlanadik hatványai adnak \(\displaystyle 7\) maradékot \(\displaystyle 8\)-cal osztva, \(\displaystyle b\) páratlan.

A \(\displaystyle 2\geq{a}\) esetben a \(\displaystyle 6+5^a=31^b\) egyenletnek csak a leírt megoldása van, a továbbiakban feltehetjük, hogy \(\displaystyle a>2\). Ekkor \(\displaystyle 5^a\) osztható \(\displaystyle 125\)-tel, így \(\displaystyle 6+5^a=31^b\) miatt \(\displaystyle 31^b\equiv6\) (mod \(\displaystyle 125\)). A \(\displaystyle 31\) rendje \(\displaystyle 25\) modulo \(\displaystyle 125\), hiszen \(\displaystyle 31^5\equiv 26\) (mod \(\displaystyle 125\)), nem \(\displaystyle 1\)-gyel kongruens, de \(\displaystyle 31^{25}\equiv26^5\equiv 1\) (mod \(\displaystyle 125\)). A \(\displaystyle 31\) \(\displaystyle 1\)-\(\displaystyle 25\). hatványai modulo \(\displaystyle 125\) páronként inkongruensek, és \(\displaystyle 31^{21}\equiv(31^5)^4\cdot31\equiv26^4\cdot31\equiv 6\). Így \(\displaystyle 31\)-nek a \(\displaystyle 25\)-tel osztva \(\displaystyle 21\) maradékot adó kitevőjű hatványai a mod \(\displaystyle 125\) \(\displaystyle 6\)-tal kongruensek.

Modulo \(\displaystyle 101\) vizsgáljuk az egyenletet. Tudjuk, hogy \(\displaystyle b\equiv21\) (mod \(\displaystyle 25\)) és \(\displaystyle b\equiv1\) (mod \(\displaystyle 2\)), így \(\displaystyle b\equiv21\) (mod \(\displaystyle 50\)). Vegyük észre, hogy \(\displaystyle 31^{50}\equiv1\) (mod \(\displaystyle 101\)), hiszen \(\displaystyle 31\equiv1849\equiv43^2\) (mod \(\displaystyle 101\)) miatt \(\displaystyle 50\). hatványra emelve \(\displaystyle 31^{50}\equiv43^{100}\) (mod \(\displaystyle 101\)), így a Kis-Fermat-tétel miatt \(\displaystyle 1\)-gyel kongruens mod \(\displaystyle 101\). Eszerint \(\displaystyle 31^b\equiv31^{21}\) (mod \(\displaystyle 101\)). \(\displaystyle 31^2, 31^4, 31^8\) es \(\displaystyle 31^{16}\) értékei modulo \(\displaystyle 101\) sorra kiszámolhatók az előző négyzetreemelésével, és ezzel könnyen megkaphatjuk, hogy \(\displaystyle 31^{21}\equiv 31^{16}\cdot 31^4\cdot31\equiv 79\). Tehát \(\displaystyle 31^b\equiv79\) (mod \(\displaystyle 101\)). Ebből \(\displaystyle 5^a\equiv31^b-6\equiv73\) (mod \(\displaystyle 101\)). Ez viszont nem lehetséges, mivel \(\displaystyle 5\) egyetlen hatványa sem kongruens \(\displaystyle 73\)-mal mod \(\displaystyle 101\). Ugyanis \(\displaystyle 5\) legkisebb pozitív egész kitevős hatványai sorra

\(\displaystyle 5, 25, 24, 19, 95, 71, 52, 58, 88, 36, 79, 92, 56, 78, 87, 31, 54, 68, 37, 84, 16, 80, 97, 81, 1\)

maradékot adnak \(\displaystyle 101\)-gyel osztva, tehát az \(\displaystyle 5\) rendje \(\displaystyle 25\), és a \(\displaystyle 73\) nincs a hatványai között. Ezzel ellentmondásra jutottunk, a \(\displaystyle 6+5^a=31^b\) egyenletnek csak az \(\displaystyle a=2, b=1\) megoldása a természetes számok körében.

Statisztika:

13 dolgozat érkezett.
7 pontot kapott:	Varga Boldizsár, Wiener Anna.
6 pontot kapott:	Bodor Mátyás.
3 pontot kapott:	1 versenyző.
2 pontot kapott:	1 versenyző.
1 pontot kapott:	4 versenyző.
0 pontot kapott:	3 versenyző.
Nem számítjuk a versenybe a születési dátum vagy a szülői nyilatkozat hiánya miatt:	1 dolgozat.

A KöMaL 2024. márciusi matematika feladatai