A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre. * Az I. rész a KöMaL 2000/9. számában az 513‐517. oldalakon olvasható. Ott az 516. oldal közepén álló egyenőtlenségbe sajtóhiba került. Helyesen: Az első részben elkezdtük vizsgálni, milyen pozitív egész számokra teljesül, hogy ha két alakú szám hányadosa egész, akkor a hányados is ilyen alakú. A és a eset után most vizsgáljuk a esetet. Legyenek a halmaz elemei azok a prímek, amelyekre -ből következik, hogy , , a halmaz elemei pedig az alakú prímek. Most nem működik a -re adott bizonyítás, ugyanis (például ), és , hiszen nem írható fel alakban. Nincs azonban nagy baj, csak kisebb módosításokra van szükség. Először is megmutatjuk, hogy esetén , tehát a 4 bizonyos értelemben prímként viselkedik. Ez könnyen látható, ugyanis | |
Ha ki tudjuk egészíteni az 1. Tételt azzal, hogy esetén az is alakú, akkor a bizonyítás során a 2 prímszámot a 4-gyel helyettesítve a -re adott bizonyítás már szó szerint működni fog. Ezt a kiegészítést fogjuk most bizonyítani: Vizsgáljuk az törtet. Két lehetőség van: és , vagy és . Az első estben az állítás nyilvánvaló, -t és -t is el kell osztani 2-vel, így az -et kapjuk alakban. Ha és , akkor az 1. Tételnél leírt bizonyítás szó szerint működik az helyett -re is addig, hogy | | kell, hogy legyen. De most , így kell, hogy legyen. Mivel és páratlan, azért ezek közül az egyik valóban teljesül. Ezzel az állítást -ra is bebizonyítottuk.Ez volt a decemberben kitűzött B. 3421. feladat. Nagyobb -kre már ez a bizonyítási módszer nem működik. Például, mint majd később látni fogjuk, -re igaz az állítás, és mégis (például ), (nem írható fel alakban), és az sem igaz, hogy esetén (például ). A bizonyításhoz mindenekelőtt egy, az 1. Tételnél erősebb tételre van szükség:
2. Tétel. Ha és is alakú, akkor az is alakú. (Ennek speciális esete az 1. Tétel: ha az és az is alakú, akkor az is az).
Bizonyítás. Legyen | |
Ekkor a azonosság szerint | | Nyilván elég azt bizonyítani, hogy mert ekkor , illetve lesz ( miatt), és így | | ahol az és az egész. Ahhoz, hogy az (5) teljesüljön, ismét elég a -t, azaz a oszthatóságot bizonyítani. A (3) és (4) alapján Ezeket összeszorozva: | | Így esetén a (6) valóban teljesül, ha pedig , akkor a és miatt és , így a (6) ekkor is teljesül.
Most vizsgáljuk a esetet (, 2, 3-ra már bebizonyítottuk, -re pedig nem igaz, mivel a 4 egy 1-nél nagyobb négyzetszám). Használjuk a szokásos jelöléseket: legyenek a halmaz elemei azok a prímek, amelyekre -ből következik, hogy és , és legyenek a halmaz elemei azok a prímek, amelyek felírhatók alakban. Vezessünk be egy halmazt is: legyenek a halmaz elemei azok a prímek, amelyekre a felírható alakban. A 2. tételből, valamint abból, hogy 2 nem írható fel alakban következik, hogy e három halmaznak nincsen közös eleme. Be fogjuk bizonyítani, hogy minden prím eleme -nak, -nek vagy -nek. Most is teljes indukcióval fogunk bizonyítani: -re igaz, mert (). Tegyük fel, hogy a -nél kisebb prímekre már bebizonyítottuk, és vizsgáljuk a -t. Tegyük fel, hogy . Ekkor a esethez hasonlóan létezik olyan , , amelyre , ahol . Ez esetén kisebb -nél, tehát a -n kívül csak -nél kisebb prímtényezői vannak. Ezek mind elemei -nak, -nek vagy -nek az indukciós feltétel alapján. A -beli és -beli prímekkel a esethez hasonlóan leoszthatunk. Így egy olyan alakú számhoz jutunk, amelynek a prímfelbontásában szerepel egy tényező, és ezen kívül csak -beli prímtényezők. Legyen egy ilyen -beli prímtényező . Legyen . Ekkor a alakú, és mivel a -beli, azért a is az. Így a 2. Tétel alapján a is alakú. Elvégezve ezt az átalakítást minden 2-nél nagyobb -beli prímtényezővel, végül egy számot fogunk kapni alakban. De esetén és , így esetén -et és -t is eloszthatjuk 2-vel. Így a számot eloszthatjuk 4-gyel ( esetén). Osszuk el 4-gyel annyiszor, ahányszor csak lehet, végül -t vagy -t fogunk kapni alakban. Tehát valóban vagy , a megfelelő felbontás most is létezik. Most azt fogjuk bebizonyítani, hogy ha és , valamint a szám alakú, akkor az szám is alakú. Valóban, ha a és a is alakú, akkor a is alakú, és ha a és a is alakú, akkor a is alakú (a 2. Tétel alapján). Azt pedig már bebizonyítottuk, hogy 4-gyel lehet osztani, így valóban az is alakú. Végül bizonyítsuk be, hogy egy alakú szám mindig néhány -beli, néhány -beli és páros sok -beli prím szorzata. Valóban, a -beli és -beli prímekkel leoszthatunk, majd párosával leoszthatunk a -beli prímekkel is. Így ha páratlan sok -beli prím lenne, akkor végül egy -beli prímet kapnánk alakban. Így a és a is alakú lenne, tehát a 2. Tétel alapján a 2 is, ami ellentmondás. Ezek után vizsgáljunk egy törtet. Ezt rendre egyszerűsíthetjük a -beli, -beli, és párosával a -beli prímekkel, és végül alakú törtet kapunk, tehát a hányados is ilyen alakú. Ezzel bebizonyítottuk, hogy -re is igaz az állítás.
Ugyanígy bizonyíthatunk -ra is. Azonban -re már a bizonyítás nem működik, két okból sem: egyrészt nem teljesül -ra a (ez lenne a kisebbik probléma, ugyanis esetén már teljesül, a pedig esetén -beli), másrészt nem lehet 4-gyel osztani. Ez akkora probléma, hogy -re nem is igaz az állítás. Például ami nem alakú. Hasonló módon nem igaz -ra sem, ekkor A és esetéből általánosabb tapasztalatot is leszűrhetünk:
3. Tétel. A -nek, és esetén a -nek is négyzetmentes számnak kell lennie.
Bizonyítás. Tegyük fel először, hogy a nem négyzetmentes, tehát alakba írható, ahol . Ekkor Mivel , ez csak akkor lehetne alakú, ha négyzetszám lenne. De ha a négyzetszám, akkor a is az, és azt már tudjuk, hogy a nem lehet 1-nél nagyobb négyzetszám. Most vizsgáljuk azt, amikor a nem négyzetmentes, tehát , ahol . Ekkor ami a fentiekhez hasonló módon csak akkor lehet alakú, ha a négyzetszám. Így vagy , azaz vagy . Ha , akkor a nem négyzetmentes, így a fentiek alapján nem igaz rá az állításunk. Ha pedig , akkor az | | törtek egészek. De esetén a törtek kisebbek -nél, igy csak akkor lehetnek alakúak, ha négyzetszámok. De a két tört különbsége 2, és két négyzetszám különbsége nem lehet 2.
Vizsgáljuk tovább a lehetséges értékeit. Láttuk, hogy a -re és -ra nem igaz az állításunk. Nyilván -re sem igaz, mert a 9 négyzetszám. Azonban -re igaz, itt működik a -re adott bizonyítás: ekkor , 4-gyel lehet osztani, , és -ra teljesül a (7) egyenlőtlenség, így innentől működik a teljes indukció. A és esetben nem igaz az állítás, mert ekkor a , illetve a nem négyzetmentes. A esetben megint csak működik a -re adott bizonyítás (, 4-gyel lehet osztani, , -ra teljesül a (7) egyenlőtlenség). A esetben sem a -nek, sem a -nek nincs 1-nél nagyobb négyzetszám osztója, az állítás mégsem igaz: A , 16, , 20 esetben a vagy a nem négyzetmentes.
Most vizsgáljuk a esetet. A már ismert , , halmazokon kívül vezessük be a és halmazokat, a elemei legyenek azok a prímek, amelyekre a felírható alakban, a elemei pedig azok, amelyekre a felírható alakban. Ekkor , , (mert , , illetve ), -re pedig teljesül a (7) egyenlőtlenség. Ezen kívül -nel és -nel lehet osztani, így a esethez hasonlóan be lehet bizonyítani, hogy minden prím eleme -nak, -nek, -nek, -nak vagy -nak. A esethez hasonlóan be lehet bizonyítani, hogy egy szám akkor és csak akkor írható fel alakban, ha -beli és -beli prím összesen páros sok van benne, valamint -beli és -beli prím összesen páros sok van benne: le lehet osztani a -beli és -beli prímekkel, párosával le lehet osztani a -beli, -beli, valamint a -beli prímekkel, továbbá le lehet osztani egy -beli, egy -beli és egy -beli prímmel egyszerre. Ezek után a bizonyítás folytatható. * |