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