A B. 4550. feladat (2013. május)

B. 4550. Igazoljuk, hogy minden 4-nél nagyobb 2-hatvány előáll a²+7b² alakban, ahol a és b pozitív páratlan számok.

Javasolta: Williams Kada Kálmán (Szeged)

(6 pont)

A beküldési határidő 2013. június 10-én LEJÁRT.

Megoldási ötlet: Keressünk rekurzív előállítást.

Megoldás: Könnyen ellenőrizhető, hogy

$2(a^2+7b^2) = \left|\frac{a\pm 7b}2\right|^2 + 7\left|\frac{a\mp b}2\right|^2.$

(1)

(Ez az azonosság az $(a+b\sqrt7i)(c+d\sqrt7i)=(ac-7bd)+(ad+bc)\sqrt7i$ azonosságból származik.)

Az szükséges (a,b) párokat rekurzívan adjuk meg. Minden k $\ge$ 3-hoz konstruálunk egy páratlan pozitív egészekből álló (a_k,b_k) párt, amire a_k²+7b_k²=2^k.

Legyen a₃=b₃=1. Ezekre valóban teljesül, hogy a₃²+7b₃³=2³.

Ha az (a_k,b_k) számpárt már definiáltuk, akkor legyen

$\matrix{ a_{k+1}=\dfrac{|a_k-7b_k|}2, & b_{k+1} = \dfrac{a_k+b_k}2 & {\rm ha~} a_k\equiv b_k \pmod4; \cr a_{k+1}=\dfrac{a_k+7b_k}2, & b_{k+1} = \dfrac{|a_k-b_k|}2 & {\rm ha~} a_k\equiv -b_k \pmod4. \cr }$

Mivel a_k és b_k páratlan, a definíció értelmes, a kapott számok valóban egészek, és nem lehetnek negatívak. Még azt kell ellenőriznünmk, hogy páratlanok.

Ha $a_k\equiv b_k\equiv \pm1 \pmod4$ , akkor $a_k-7b_k\equiv a_k+b_k\equiv 2\pmod4$ , ezért $a_{k+1}=\dfrac{|a_k-7b_k|}2$ és $b_{k+1} = \dfrac{a_k+b_k}2$ is páratlan. Hasonlóan, ha $a_k\equiv -b_k\equiv \pm1 \pmod4$ , akkor $a_k+7b_k\equiv a_k-b_k\equiv 2\pmod4$ , ezért $a_{k+1}=\dfrac{a_k+7b_k}2$ és $b_{k+1} = \dfrac{|a_k-b_k|}2$ is páratlan.

Ezzel minden k $\ge$ 3-ra konstruáltunk egy megfelelő számpárt.

Megjegyzések. 1. A fenti sorozatokat közvetlenül is megadhatjuk.

Defniáljuk az A_n, B_n számokat (n=0,1,2,...) a következőképpen:

$\left(\frac{1\pm\sqrt7i}2\right)^n = \frac{A_n\pm B_n\sqrt7i}2.$

Ekkor A₀=2, A₁=1, A₂=-3, ... és B₀=0, B₁=1, B₂=1, ..., teljesülnek az A_n+1=A_n-2A_n-1 és B_n+1=B_n-2B_n-1 összefüggések (ezekből leolvasható, hogy n $\ge$ 1 esetén A_n és B_n is páratlan), továbbá

$A_n^2+7B_n^2 = 4\cdot \frac{A_n+B_n\sqrt7i}2 \cdot \frac{A_n-B_n\sqrt7i}2 = 4\cdot \left(\frac{1+\sqrt7i}2\right)^n \left(\frac{1-\sqrt7i}2\right)^n = 2^{n+2}.$

Ezért az a_k=|A_k-2|, b_k=|B_k-2| választás megfelelő.

2. A keresett számsorozat egyértelmű. Ez az előző megjegyzés alapján is igazolható, de abból is bizonyítható, hogy az $x+y\frac{1\sqrt7i}2$ alakú számok körében, ahol x,y egészek, igaz a számelmélet alaptétele: minden $x+y\frac{1\sqrt7i}2$ alakú szám lényegében egyértelműen írható fel irreducibilis elemek szorzataként.

Statisztika:

31 dolgozat érkezett.

6 pontot kapott: Balogh Tamás, Bereczki Zoltán, Csépai András, Csernák Tamás, Dinev Georgi, Fehér Zsombor, Gyulai-Nagy Szuzina, Janzer Barnabás, Janzer Olivér, Kovács 972 Márton, Kúsz Ágnes, Lelkes János, Maga Balázs, Nagy Róbert, Sagmeister Ádám, Seress Dániel, Szabó 789 Barnabás, Szabó 928 Attila, Tossenberger Tamás, Venczel Tünde, Williams Kada, Zilahi Tamás.

5 pontot kapott: Di Giovanni Márk, Fonyó Viktória, Herczeg József, Kabos Eszter, Petrényi Márk, Török Tímea.

0 pontot kapott: 1 versenyző.

Nem versenyszerű: 2 dolgozat.

A KöMaL 2013. májusi matematika feladatai

31 dolgozat érkezett.
6 pontot kapott:	Balogh Tamás, Bereczki Zoltán, Csépai András, Csernák Tamás, Dinev Georgi, Fehér Zsombor, Gyulai-Nagy Szuzina, Janzer Barnabás, Janzer Olivér, Kovács 972 Márton, Kúsz Ágnes, Lelkes János, Maga Balázs, Nagy Róbert, Sagmeister Ádám, Seress Dániel, Szabó 789 Barnabás, Szabó 928 Attila, Tossenberger Tamás, Venczel Tünde, Williams Kada, Zilahi Tamás.
5 pontot kapott:	Di Giovanni Márk, Fonyó Viktória, Herczeg József, Kabos Eszter, Petrényi Márk, Török Tímea.
0 pontot kapott:	1 versenyző.
Nem versenyszerű:	2 dolgozat.

Már regisztráltál?
Új vendég vagy?