Kezdőlap


Cím:	A Fermat-sejtés ürügyén
Szerző(k):	Fried Ervin
Füzet:	1996/március, 136 - 138. oldal	PDF \| MathML
Témakör(ök):	Szakmai cikkek

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

Ismeretes Fermat sejtése ‐ ami talán már bizonyítva is van ‐ amely szerint $n > 2$ természetes szám esetén az $x^{n} + y^{n} = z^{n}$ egyenletnek nincs megoldása a természetes számok körében. Az is ismert, hogy az $n = 2$ esetben a fenti egyenletnek végtelen sok megoldása van, és ezeket egyértelműen meg is lehet adni. Az $n = 1$ eset természetesen triviális; tetszőleges $a, b$ természetes számokra $x = a$ , $y = b$ , $z = a + b$ adja az összes megoldást.
Kérdés azonban, hogy mi történik, ha $n$ helyébe tetszőleges racionális szám kerül. Az $n = \frac{1}{2}$ és $n = \frac{1}{3}$ esetet a Gy. 3023. gyakorlatban és az F. 3094. feladatban láthattuk.^{$^{*}$}Kitűzésük az 1995/9. számban, megoldásuk mostani számunk 163. oldalán található. Ez utóbbiban szerepelt az a megjegyzés is, hogy ha $n = \frac{1}{k}$ alakú, ahol $k > 1$ természetes szám, akkor a megoldás $x = a^{k} \cdot d$ , $y = b^{k} \cdot d$ , $z = c^{k} \cdot d$ alakú, ahol $a$ , $b$ , $c$ , $d$ tetszőleges természetes számok.
Feladatunk tehát az

\begin{matrix} x^{r} + y^{r} = z^{r} \end{matrix}

(*)

egyenlet pozitív^{$^{*}$}Negatív szám racionális kitevőjű hatványának az értelmezése a valós számkörben gondot okoz. Bizonyos esetekben ez lehetséges; például egész kitevőnél, vagy olyan kitevőnél, ahol a számláló

1

és a nevező páratlan. A megoldás viszont ilyen esetekben is visszavezethető pozitívakra. egész gyökeinek a meghatározása, ahol

r

tetszőleges racionális szám. Meghatározásként azt is megengedjük, hogy a megoldást

x^{n} + y^{n} = z^{n}

alakú egyenlet megoldására vezetjük vissza, ahol

n > 0

egész.
Mindenekelőtt megmutatjuk, hogy korlátozódhatunk pozitív kitevőre. Az

r = 0

esetben a (*) alatti egyenletnek nyilván nincs megoldása. Ha

r

negatív, akkor

r = - s

, pozitív

s

-sel. A (*) alatti egyenlet tetszőleges

a

b

c

megoldására ekkor

{(b c)}^{s} + {(a c)}^{s} = {(a b)}^{s}

teljesül. Fordítva, az

x^{s} + y^{s} = z^{s}

egyenlet bármely

a'

b'

c'

megoldása esetén

{(b' c')}^{r} + {(a' c')}^{r} = {(a' b')}^{r}

áll fenn. Ez éppen azt jelenti, hogy minden megoldás egyértelműen visszavezethető egy pozitív kitevős

(*)

alakú egyenlet megoldására.
Érdemes azonban az

r = - 1

esetet külön szemügyre venni. Ekkor tehát olyan

a

b

c

számhármasokat keresünk, amelyekre

\frac{1}{a} + \frac{1}{b} = \frac{1}{c}

teljesül. Az előzőek alapján természetes, hogy a megoldások

a = b' c'

b = a' c'

c = a' b'

alakba írhatóak, ahol

a' + b' = c'

teljesül. Ez az előállítás azonban nem eléggé világosan kifejtett. Mivel pozitív megoldásokat keresünk, ezért

\frac{1}{c} - \frac{1}{b} = \frac{1}{a} > 0

, azaz

b > c

, tehát

d = b - c

pozitív egész.

b

helyébe

(c + d)

-t téve és ezt az eredetiből kapható

b c + a c = a b

egyenlőségbe behelyettesítve a

c^{2} + c d + a c = a c + a d

, illetve a

c^{2} = (a - c) d

egyenlőséghez jutunk. Ez azt jelenti, hogy

d

osztója

c^{2}

-nek,

c^{2} = d e

. Ekkor ,,visszahelyettesítve''

b = c + d

és

a = e + c

adódik. És valóban:

\begin{matrix} a c + b c = (e + c) c + (c + d) c = e c + c^{2} + c^{2} + c d = e c + e d + c^{2} + c d = (e + c) (c + d) = b c . \end{matrix}

Eszerint az összes megoldást a következőképpen kaphatjuk: Választunk egy tetszőleges (pozitív egész)

c

-t, majd

c^{2}

-nek egy pozitív

d

osztóját. Ekkor

a = \frac{c^{2}}{d} + c

b = c + d

c

megoldásai lesznek a vizsgált egyenletnek.
Nézzük végül azt az esetet, amikor

r = \frac{p}{q}

pozitív egész

p

és

q

számokkal. Mint tudjuk, azt is feltehetjük, hogy

p

és

q

relatív prímek. Most tehát kiindulási egyenletünk a

\begin{matrix} \sqrt[q]{x^{p}} + \sqrt[q]{y^{p}} = \sqrt[q]{z^{p}} \end{matrix}

alakot ölti. A fent idézett feladatmegoldás megjegyzéséből adódik, hogy ezen egyenlet minden pozitív egész megoldása

\begin{matrix} a^{p} = {(a')}^{q} \cdot d, b^{p} = {(b')}^{q} \cdot d, c^{p} = {(c')}^{q} \cdot d \end{matrix}

(1)

alakú, ahol

a', b', c', d

pozitív egészek és

\begin{matrix} a' + b' = c' \end{matrix}

(2)

teljesül. Az is feltehető, hogy az itt fellépő három számnak nincs

1

-nél nagyobb közös osztója. Az

a' = a'' d'

b' = b'' d'

c' = c'' d'

esetben ugyanis (1)-ben

a'

b'

c'

d

rendre helyettesíthető az

a''

b''

c''

d {(d')}^{q}

számokkal. A (2) egyenlőség alapján

a'

b'

c'

közül bármely kettőnek közös osztója osztja a harmadikat is. Így feltehető, hogy

a'

b'

c'

páronként relatív prímek.
A pozitivitást felhasználva az (1) alatti első két egyenlőségből

{(\frac{a}{b})}^{p} = {(\frac{a'}{b'})}^{q}

következik. Tekintettel arra, hogy

a'

és

b'

relatív prímek, az egyértelmű prímtényezős felbontás szerint

{(\frac{a'}{b'})}^{q}

csak úgy lehet teljes

p

-edik hatvány, ha

a' = u^{p}

és

b' = v^{p}

, alkalmas

u

v

pozitív egészekkel. Hasonlóképpen adódik az is, hogy

c' = w^{p}

, ahol

w

is pozitív egész. A kapott

\begin{matrix} a' = u^{p}, b' = v^{p}, c' = w^{p} \end{matrix}

(3)

kifejezéseket (2)-be helyettesítve az

\begin{matrix} u^{p} + v^{p} = w^{p} \end{matrix}

(4)

összefüggést nyerjük. Ha mármost feltesszük, hogy a ,,Fermat sejtés'' igaz, akkor a (4) alatti egyenletnek nem lehet pozitív egész megoldása a

p > 2

esetben. A

p = 1

esetben a fent idézett eredmények szerint (1) alatt megkaptuk az összes megoldást. Vizsgáljuk meg most a

p = 2

esetet is. Ekkor egyenletünk:

\begin{matrix} \sqrt[q]{x^{2}} + \sqrt[q]{y^{2}} = \sqrt[q]{z^{2}} . \end{matrix}

A megoldásokra (1) és (3) alapján

\begin{matrix} a = u^{q} \cdot d, b = v^{q} \cdot d, c = w^{q} \cdot d \end{matrix}

(5)

adódik, ahol (4) szerint

u^{2} + v^{2} = w^{2}

. Ez azt jelenti, hogy tetszőleges

u

v

w

pitagoraszi számhármashoz az (5) alatti formula adja meg az

r = \frac{2}{q}

esetben (

q

páratlan) a

(*)

egyenlet összes megoldását.
Fried Ervin, Gyökök lineáris kombinációjáról, Akadémia III. Osztály Közleményei IV. (1954), 155‐162. o.
Fried Ervin, A pitagoraszi számhármasokról, Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok, 1996/2. 72. o.

Fried Ervin

^{$^{*}$}

^{1}

^{$^{*}$} $^{2}$