Cím: Jelentés a Középiskolai Matematikai Lapok 30. kötetének 5. számában hirdetett pályázatról
Szerző(k):  Fried Ervin 
Füzet: 1966/április, 145 - 148. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Egyéb (KöMaL pontverseny is)

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.

Lapunk a 30. kötet 5. számában pályázatot hirdetett. A pályázóknak a

7x3-3y3=z2(1)
egyenletről kellett megmutatniuk, hogy van végtelen sok független megoldása, tehát olyan, amelyek közül semelyik kettő nem származtatható ugyanazon x0, y0, z0 megoldásból alkalmas u és v egész számmal x0u2, y0u2, z0u3, ill. x0v2, y0v2, z0v3 alakban, továbbá a probléma általánosításait keresni.
A beérkezett 6 pályamunka mindegyike megoldja az (1) egyenletre vonatkozó feladatot. Négy pályázó, Berkes István, Füvesi István, Gáspár András és Herényi István foglalkozik ezen túl az
axk+bxk=czn(2)
és az
a1x1k+a2x2k+...+asxsk=zn(3)
alakú egyenletek egész megoldásaival is, abban az esetben, ha k és n egymáshoz relatív prím természetes számok. Berkes ezeken a kereteken messze túlmenve alaposan és pontosan megvizsgálja, milyen általánosítási lehetőségek adódnak. Sok esetben azt mutatja meg, hogy a keletkező egyenletekre a fentihez hasonló állítások nem érvényesek. Dolgozata széleskörű ismeretanyagról tanúskodó, gondos munka.
Ezek alapján első díjat nyert (100 Ft)
Berkes István (Budapest, Fazekas Mihály gyak. g. IV. o. t.),
második díjat nyert (50‐50 Ft)
Füvesi István (Hódmezővásárhely, Bethlen G. g. IV. o. t.),
Gáspár András (Budapest, Vasútgépészeti techn. III. o. t.) és
Herényi István (Budapest, I. István g. IV. o. t.),
dicséretben részesült
Karsai István (Szeged, Radnóti M. g. III. o. t.) és
Vas Péter (Budapest, Fehérvári úti 12 évf. isk. IV. o. t.).
*

Az alábbiakban az (1), (2) és (3) egyenletek egész megoldásaival foglalkozunk. Berkes ezeken túlmenő vizsgálataira nem térhetünk ki, mert azok minden tekintetben meghaladják lapunk kereteit.
Könnyű látni, hogy az (1) egyenlet olyan megoldásai, amelyekben valamelyik ismeretlen 0, az x=y=z=0, az x=7r2, y=0, z=49r3 és az x=0, y=-3r2, z=9r3, ahol r tetszés szerinti egész szám. A továbbiakban csak 0-tól különböző egészekből álló megoldásokkal foglalkozunk. Áttekintést adunk (1) összes megoldásáról és megvizsgáljuk, mikor lesz ezek közül kettő független.
Legyen x, y, z az (1) egyenlet egy egész számokból álló megoldása, és tegyük fel, hogy x és y legnagyobb közös osztója (x,y)=d. Ebből x=dx1 és y=dy1, ahol x1 és y1 relatív prím egész számok. Behelyettesítve az (1) egyenletbe:
d3(7x13-3y13)=z2.(4)
Ebből következik, hogy d3 a z2-nek osztója, ami ‐ felhasználva, hogy az egész számok prímtényezős felbontása egyértelmű ‐ csak úgy lehet, ha d osztója z-nek, vagyis z=dz1, ahol z1 ugyancsak egész szám. Így
d(7x13-3y13)=z12.(5)

Legyenek most x1 és y1 tetszőleges relatív prím számok, és legyen k=7x13-3y13. Legyenek p1,p2,..., pr a k prímtényezős felbontásában azok a prímszámok, melyek páratlan kitevőn szerepelnek, és jelöljük ezek szorzatát b-vel. Ekkor k/b prímtényezős felbontásában minden prímszám páros kitevőn szerepel, tehát ez négyzetszám, jelöljük a2-tel. Ebből k=a2b, ahol b úgynevezett négyzetmentes szám, tehát olyan szám, amely egyetlen 1-nél nagyobb szám négyzetével sem osztható. Ennek alapján (5) a
da2b=z12(6)
alakban írható. Mármost, mivel a2 osztója z12-nek, ezért a is osztója z1-nek; z1=az2, így (6)-ból azt kapjuk, hogy db=z22. Ebből következik az is, hogy b osztója z22-nek. Ez azonban ‐ tekintetbe véve, hogy b négyzetmentes szám ‐ csak úgy lehet, ha b a z2-nek is osztója: z2=bc, azaz db=b2c2, végül is d=bc2. Visszahelyettesítve: x=x1d=x1bc2, y=y1d=y1bc2 és z=z1d=az2bc2=abcbc2=ab2c3.
Ezek szerint (1) összes egész megoldásait a következőképpen kaphatjuk. Választunk tetszés szerint két relatív prím egész számot: x1, y1-et; a 7x13-3y13 számot 7x13-3y13=a2b alakba írjuk, ahol b négyzetmentes szám; ekkor a megoldás:
x=x1bc2,y=y1bc2,z=ab2c2.

Rögzített x1, y1 mellett a és b is adott, így az összes megoldások az x1b, y1b, ab2 megoldásból származnak. Ha viszont különböző x1, y1 és x2, y2 relatív prím számpárból indulunk ki, akkor független megoldásokat kapunk. Ha ugyanis két megoldás ugyanabból az x0, y0, z0 megoldásból származtatható, akkor az x- és y-értékek hányadosa mindkettőben x0/y0. Esetünkben viszont az x1, y1-ből kiindulva adódó (bármelyik) megoldásnál ez a hányados x1/y1 és hasonlóan az x2, y2-höz tartozóknál x2/y2, ezek pedig különbözők.
A továbbiakban a feladat általánosítását tűzzük ki célul. Karsai István és Vas Péter pályázatában ez már nem szerepel.
Az (1) egyenletben mind az együtthatók, mind a kitevők adott számok. Látni fogjuk, hogy az együtthatók helyébe bármilyen egész számokat írhatunk, a kitevőket azonban nem választhatjuk tetszőlegesen. Pl. az x3+y3=z3 egyenletnek csak triviális megoldása létezik. Megmutatjuk, hogy (2)-nek az egész számok körében végtelen sok független megoldása van, ha (k,n)=1. Az eredeti definíciónak megfelelően az x1, y1, z1 és az x2, y2, z2 megoldásokat függetlennek nevezzük, ha nem létezik (2)-nek olyan x, y, z megoldása és olyan u, v egész szám, hogy x1=xun, y1=yun, z1=zuk és x2=xvn, y2=yvn, z2=zvk állna fenn. Itt is belátható, hogy a két megoldás független, ha x1/y1≠x2/y2.
Először a c=1 esettel foglalkozunk, az általános esetet erre fogjuk visszavezetni. Fel fogjuk használni azt az ismert tételt, hogy ha (k,n)=1, akkor léteznek olyan u és v pozitív egész számok, melyekre
ku+1=nv.(7)
Legyen x=ty. Ekkor
axk+byk=zn-bőlyk(atk+b)=zn.(2')

Rögzítsük t-t, és legyen s=atk+b, továbbá y=su, z=sν ahol u és v olyan pozitív egész számok, melyekre (7) fennáll. Ekkor
axk+byk=yk(atk+b)=yks=suk⋅s=sku+1=snν=(sν)n=zn,
azaz sut, su, sν megoldása (2')-nek. Különböző t-k esetén az így adódó megoldások függetlenek, ezért végtelen sok független megoldást kapunk.
A c≠1 esetben már az x=x1c, y=y1c, z1 alakú megoldások között is van végtelen sok független. Ezekre ugyanis teljesül
ackx1k+bcky1k)=cz1n,vagyis(ack-1)x1k+(bck-1)y1k=z1n,
és az utóbbi egyenletnek az éppen belátottak szerint végtelen sok független x1, y1, z1 megoldása van. Az ezekből képezett x=cx1, y=cy1, z=z1 számhármas megoldása (2)-nek. Az így kapott megoldások függetlenek, mert x/y=x1/y1, s így független x1, y1, z1 és x'1, y'1, z'1 megoldásokból (2)-nek is független x, y, z és x', y', z' megoldásai keletkeznek.
További általánosítás, ha az ismeretlenek száma is növekszik. Ezen belül csak a (3) alakú egyenletekkel foglalkozunk, ahol (k,n)=1. Itt már célszerű a függetlenség definícióját is megváltoztatni. Az eredeti definíció alapján (3)-nak nyilván végtelen sok független megoldása van. Ha ugyanis x3=x4=...=xs=0, akkor (3) helyébe (2') lép, amelyről már tudjuk, hogy végtelen sok független megoldása van, és ezek nyilván (3)-nak is független megoldásai. Világos azonban, hogy ezek a (3)-nak nem ,,igazi'' megoldásai.
A továbbiakban csak olyan megoldásokkal foglalkozunk, amelyekben egyik ismeretlen sem 0. Az s=2 esetben a függetlenség feltétele a megfelelő ismeretlenek arányának különbözősége volt, vagyis x1/y1≠x2/y2, más alakban x1/x2≠y1/y2. Ha most (3) két megoldása x1,x2,..., xs, z és x'1,x'2,..., x's, z', akkor a megfelelő arányok:
x'1/x1,x'2/x2,...,x's/xs.(8)
Két megoldást akkor tekintve függetlennek, ha nem származtathatók le ugyanabból a megoldásból, a függetlenség feltétele az, hogy a (8) arányokból legalább kettő különbözzék. Sokkal erősebb megszorítást jelent azonban az, hogy a (8) arányok mindegyike különböző legyen.
Kimutatjuk, hogy ezen erősebb ,,függetlenség'' mellett is létezik (3)-nak végtelen sok független megoldása az egész számok körében.
Válasszunk tetszőleges t1,t2,...,ts egész számokat, és keressünk olyan p számot, melyre az x1=t1p,x2=t2p,...,xs=tsp alkalmas z mellett megoldást ad. Behelyettesítve:
pk(a1t1k+a2t2k+...+astsk)=zn.

A zárójelen belüli kifejezést r-rel jelölve pkr=zn adódik. Mivel feltettük, hogy (k,n)=1, azért rögzített, (7)-et kielégítő u és v pozitív egész számokra p=ru és z=rν választással pkr=ruk+1=rνn=zn. ‐ Eszerint ha t1,t2,...,ts tetszőleges egész számok, és r=a1t1k+a2t2k+...+astsk, akkor az x1=t1ru,x2=t2ru,...,xs=tsru,z=rν megoldását adja a (3) egyenletnek.
Ha most más t'1,t'2,...,t's egész számokat választunk, és r'=a1t'1k+a2t'2k+...+ast'sk, akkor az x'1=t'1(r')u,x'2=t'2(r')u,...,x's=t's(r')u,z'=(r')ν ismét a (3) megoldása lesz, és a (8) törtekre:
x'1x1=t'1t1⋅(r'r)u,x'2x2=t'2t2⋅(r'r)u,...,x'sxs=t'sts⋅(r'r)u.

Itt minden hányadosban fellép (r'/r)u, ami független az ismeretlen indexétől. Ezért a (8) hányadosok közt nincs két egyenlő, ha a
t'1/t1,t'2/t2,...,t's/ts
hányadosok mind különbözőek; ezt pedig könnyen el tudjuk érni, például úgy, hogy t1,t2,...,ts számoknak mindig más prímszám 1-ső, 2-ik, ...,s-ik hatványát választjuk.
 Fried Ervin