 |
A C. 1555. feladat (2019. szeptember) |
C. 1555. Oldjuk meg a pozitív prímszámok körében az
x+y2=4z2
egyenletet.
(5 pont)
A beküldési határidő 2019. október 10-én LEJÁRT.
Megoldás. Először alakítsuk át az egyenletet:
x=4z2−y2,
x=(2z−y)(2z+y).
Mivel x,y és z pozitív prímek, ezért 2z+y>2z−y és 2z−y=1, valamint 2z+y=x. (Különben 2z−y egy 1-től és x-től különböző pozitív osztója lenne x-nek, ami lehetetlen, hiszen x prímszám.) Ezt átrendezve kapjuk, hogy y=2z−1 és x=2z+(2z−1)=4z−1. Tehát az olyan z pozitív egész számokat keressük, melyekre a z,(y=)2z−1,(x=)4z−1 számok mindegyike prímszám.
Vizsgáljuk meg a z szám 3-mal vett osztási maradékát:
1. eset: z 3-mal osztható
Ekkor mivel prím, így z=3. Visszahelyettesítve y=5 és x=11, tehát ez a választás megfelelő.
2. eset: z 3-mal osztva 1 maradékot ad
Ekkor az x=4z−1 szám 3-mal való osztási maradéka 4⋅1−1=3, vagyis 0, így x 3-mal osztható prím. Tehát x=3, amiből z=1 lenne. Ez ellentmondás, hiszen z-nek is prímnek kell lennie.
3. eset: z 3-mal osztva 2 maradékot ad
Ekkor az y=2z−1 szám 3-mal való osztási maradéka 2⋅2−1=3, vagyis y 3-mal osztható prím. Tehát y=3, amiből z=2 és x=7, amik valóban prímek, azaz megoldást adnak.
Az 1. és 3. esetből adódó megoldásokat visszahelyettesítve a kiindulási egyenletbe teljesül az egyenlőség. Tehát két megoldása van az egyenletnek: x=11,y=5,z=3 és x=7,y=3,z=2.
Statisztika:
275 dolgozat érkezett. 5 pontot kapott: 98 versenyző. 4 pontot kapott: 26 versenyző. 3 pontot kapott: 37 versenyző. 2 pontot kapott: 49 versenyző. 1 pontot kapott: 47 versenyző. 0 pontot kapott: 16 versenyző. Nem versenyszerű: 2 dolgozat.
A KöMaL 2019. szeptemberi matematika feladatai
|
|