Cím: Számelmélet az x2+dy2 alakú számok körében II. rész
Szerző(k):  Csörnyei Marianna 
Füzet: 2001/február, 77 - 82. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Szakmai cikkek
Hivatkozás(ok):Feladatok: 2000/december: B.3421

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:

x12+2⋅12≤(p-12)2+2<p2.

Az első részben elkezdtük vizsgálni, milyen pozitív egész d számokra teljesül, hogy ha két x2+dy2 alakú szám hányadosa egész, akkor a hányados is ilyen alakú. A d=1 és a d=2 eset után most vizsgáljuk a d=3 esetet. Legyenek a Q halmaz elemei azok a p prímek, amelyekre p∣x2+3y2-ből következik, hogy p∣x, p∣y, a P1 halmaz elemei pedig az x2+3y2 alakú prímek.
Most nem működik a d=2-re adott bizonyítás, ugyanis 2∉Q (például 2∣12+3⋅12), és 2∉P1, hiszen nem írható fel x2+3y2 alakban. Nincs azonban nagy baj, csak kisebb módosításokra van szükség.
Először is megmutatjuk, hogy 2∣x2+3y2 esetén 4∣x2+3y2, tehát a 4 bizonyos értelemben prímként viselkedik. Ez könnyen látható, ugyanis
x2≡0vagy1(mod4)és3y2≡0vagy3(mod4),ígyx2+3y2≡0vagy1vagy3(mod4).

Ha ki tudjuk egészíteni az 1. Tételt azzal, hogy 4∣a2+3b2 esetén az a2+3b24 is x2+3y2 alakú, akkor a bizonyítás során a 2 prímszámot a 4-gyel helyettesítve a d=2-re adott bizonyítás már szó szerint működni fog. Ezt a kiegészítést fogjuk most bizonyítani:
Vizsgáljuk az a2+3b24 törtet. Két lehetőség van: 2∣a és 2∣b, vagy 2∤a és 2∤b. Az első estben az állítás nyilvánvaló, a-t és b-t is el kell osztani 2-vel, így az a2+3b24-et kapjuk x2+3y2 alakban. Ha 2∤a és 2∤b, akkor az 1. Tételnél leírt bizonyítás szó szerint működik az x2+3y2=prím helyett x2+3y2=4-re is addig, hogy
x2+3y2∣ay-bxvagyx2+3y2∣ay+bx
kell, hogy legyen. De most x=y=1, így
4∣a+bvagy4∣a-b
kell, hogy legyen. Mivel a és b páratlan, azért ezek közül az egyik valóban teljesül.
Ezzel az állítást d=3-ra is bebizonyítottuk.*Ez volt a decemberben kitűzött B. 3421. feladat.
Nagyobb d-kre már ez a bizonyítási módszer nem működik. Például, mint majd később látni fogjuk, d=5-re igaz az állítás, és mégis 2∉Q (például 2∣12+5⋅12), 2∉P1 (nem írható fel x2+5y2 alakban), és az sem igaz, hogy 2∣x2+5y2 esetén 4∣x2+5y2 (például 6=12+5⋅12). A bizonyításhoz mindenekelőtt egy, az 1. Tételnél erősebb tételre van szükség:
 

2. Tétel. Ha ap és bp is x2+dy2 alakú, akkor az ab is x2+dy2 alakú.
(Ennek speciális esete az 1. Tétel: ha az ap és az 1⋅p is x2+dy2 alakú, akkor az a⋅1 is az).
 
Bizonyítás. Legyen
ap=x2+dy2és(3)bp=z2+dv2.(4)

Ekkor a (*) azonosság szerint
abp2=(xz±dyv)2+d(xv∓yz)2.
Nyilván elég azt bizonyítani, hogy
p∣xv-yzvagyp∣xv+yz,(5)
mert ekkor p∣xz+dyv, illetve p∣xz=dyv lesz  (p2∣abp2=(xz±dyv)2+d(xv∓yz)2 miatt), és így
ab=(xz±dyvp)2+d(xv∓yzp)2,
ahol az xz±dyvp és az xv∓yzp egész.  Ahhoz, hogy az (5) teljesüljön, ismét elég a p∣(xv-yz)(xv+yz)-t, azaz a
p∣x2v2-y2z2(6)
oszthatóságot bizonyítani. A (3) és (4) alapján
x2≡-dy2és-dv2≡z2(modp).
Ezeket összeszorozva:
dx2v2≡dy2z2,azazd(x2v2-y2z2)≡0(modp).
Így p∤d esetén a (6) valóban teljesül, ha pedig p∣d, akkor a p∣x2+dy2 és p∣z2+dv2 miatt p∣x és p∣z, így a (6) ekkor is teljesül.
 

Most vizsgáljuk a d=5 esetet (d=1, 2, 3-ra már bebizonyítottuk, d=4-re pedig nem igaz, mivel a 4 egy 1-nél nagyobb négyzetszám). Használjuk a szokásos jelöléseket: legyenek a Q halmaz elemei azok a prímek, amelyekre p∣x2+5y2-ből következik, hogy p∣x és p∣y, és legyenek a P1 halmaz elemei azok a prímek, amelyek felírhatók x2+5y2 alakban. Vezessünk be egy P2 halmazt is: legyenek a P2 halmaz elemei azok a p prímek, amelyekre a 2p felírható x2+5y2 alakban. A 2. tételből, valamint abból, hogy 2 nem írható fel x2+5y2 alakban következik, hogy e három halmaznak nincsen közös eleme.
Be fogjuk bizonyítani, hogy minden p prím eleme Q-nak, P1-nek vagy P2-nek. Most is teljes indukcióval fogunk bizonyítani: p=2-re igaz, mert 2∈P2 (2p=4=22+5⋅02). Tegyük fel, hogy a p-nél kisebb prímekre már bebizonyítottuk, és vizsgáljuk a p-t.
Tegyük fel, hogy p∉Q. Ekkor a d=2 esethez hasonlóan létezik olyan x, y, amelyre p∣x2+5y2, ahol x2+5y2≤(p-12)2+5. Ez p≥3 esetén kisebb p2-nél, tehát a p-n kívül csak p-nél kisebb prímtényezői vannak. Ezek mind elemei Q-nak, P1-nek vagy P2-nek az indukciós feltétel alapján. A Q-beli és P1-beli prímekkel a d=2 esethez hasonlóan leoszthatunk. Így egy olyan x2+5y2 alakú számhoz jutunk, amelynek a prímfelbontásában szerepel egy p tényező, és ezen kívül csak P2-beli prímtényezők.
Legyen egy ilyen P2-beli prímtényező q. Legyen x2+5y2=pqa.  Ekkor a pqa  x2+5y2 alakú, és mivel a q P2-beli, azért a 2q is az. Így a 2. Tétel alapján a 2pa is x2+5y2 alakú. Elvégezve ezt az átalakítást minden 2-nél nagyobb P2-beli prímtényezővel, végül egy 2k⋅p számot fogunk kapni x2+5y2 alakban.
De 4∣x2+5y2 esetén 2∣x és 2∣y, így 4∣x2+5y2 esetén x-et és y-t is eloszthatjuk 2-vel. Így a 2k⋅p számot eloszthatjuk 4-gyel (k≥2 esetén). Osszuk el 4-gyel annyiszor, ahányszor csak lehet, végül p-t vagy 2p-t fogunk kapni x2+5y2 alakban. Tehát valóban p∈P1 vagy p∈P2, a megfelelő felbontás most is létezik.
Most azt fogjuk bebizonyítani, hogy ha p1∈P2 és p2∈P2, valamint a p1p2a szám x2+5y2 alakú, akkor az a szám is x2+5y2 alakú. Valóban, ha a p1p2a és a 2p1 is x2+5y2 alakú, akkor a 2p2a is x2+5y2 alakú, és ha a 2p2a és a 2p2 is x2+5y2 alakú, akkor a 2⋅2a is x2+5y2 alakú (a 2. Tétel alapján). Azt pedig már bebizonyítottuk, hogy 4-gyel lehet osztani, így valóban az a is x2+5y2 alakú.
Végül bizonyítsuk be, hogy egy x2+5y2 alakú szám mindig néhány Q-beli, néhány P1-beli és páros sok P2-beli prím szorzata. Valóban, a Q-beli és P1-beli prímekkel leoszthatunk, majd párosával leoszthatunk a P2-beli prímekkel is. Így ha páratlan sok P2-beli prím lenne, akkor végül egy P2-beli prímet kapnánk x2+5y2 alakban. Így a p és a 2p is x2+5y2 alakú lenne, tehát a 2. Tétel alapján a 2 is, ami ellentmondás.
Ezek után vizsgáljunk egy
x2+5y2z2+5v2
törtet. Ezt rendre egyszerűsíthetjük a Q-beli, P1-beli, és párosával a P2-beli prímekkel, és végül x12+5y121 alakú törtet kapunk, tehát a hányados is ilyen alakú.
Ezzel bebizonyítottuk, hogy d=5-re is igaz az állítás.
 

Ugyanígy bizonyíthatunk d=6-ra is. Azonban d=7-re már a bizonyítás nem működik, két okból sem: egyrészt nem teljesül p≥3-ra a
(p-12)2+d<p2(7)
(ez lenne a kisebbik probléma, ugyanis p≥5 esetén már teljesül, a p=3 pedig d=7 esetén Q-beli), másrészt nem lehet 4-gyel osztani. Ez akkora probléma, hogy d=7-re nem is igaz az állítás. Például
12+7⋅1222+7⋅02=2,
ami nem x2+7y2 alakú. Hasonló módon nem igaz d=8-ra sem, ekkor
02+8⋅222+8⋅02=2.
A d=7 és d=8 esetéből általánosabb tapasztalatot is leszűrhetünk:
 

3. Tétel. A d-nek, és d>3 esetén a (d+1)-nek is négyzetmentes számnak kell lennie.
 

Bizonyítás. Tegyük fel először, hogy a d nem négyzetmentes, tehát a2b alakba írható, ahol a≥2. Ekkor
02+d⋅12a2+d⋅02=b.
Mivel b<d, ez csak akkor lehetne x2+dy2 alakú, ha négyzetszám lenne. De ha a b négyzetszám, akkor a d is az, és azt már tudjuk, hogy a d nem lehet 1-nél nagyobb négyzetszám.
Most vizsgáljuk azt, amikor a d+1 nem négyzetmentes, tehát d+1=a2b, ahol a≥2. Ekkor
12+d⋅12a2+d⋅02=b,
ami a fentiekhez hasonló módon csak akkor lehet x2+dy2 alakú, ha a d+1 négyzetszám. Így d+1≡0 vagy 1(mod4), azaz d≡-1 vagy 0(mod4). Ha d≡0(mod4), akkor a d nem négyzetmentes, így a fentiek alapján nem igaz rá az állításunk. Ha pedig d≡-1(mod4), akkor az
12+d⋅1222+d⋅12=d+1432+d⋅1222+d⋅12=d+94
törtek egészek. De d>3 esetén a törtek kisebbek d-nél, igy csak akkor lehetnek x2+dy2 alakúak, ha négyzetszámok. De a két tört különbsége 2, és két négyzetszám különbsége nem lehet 2.
 

Vizsgáljuk tovább a d lehetséges értékeit. Láttuk, hogy a d=7-re és d=8-ra nem igaz az állításunk. Nyilván d=9-re sem igaz, mert a 9 négyzetszám. Azonban d=10-re igaz, itt működik a d=5-re adott bizonyítás: ekkor 2∈Q, 4-gyel lehet osztani, 3∈Q, és p>3-ra teljesül a (7) egyenlőtlenség, így innentől működik a teljes indukció. A d=11 és d=12 esetben nem igaz az állítás, mert ekkor a d+1, illetve a d nem négyzetmentes. A d=13 esetben megint csak működik a d=5-re adott bizonyítás (2∈Q, 4-gyel lehet osztani, 3∈Q, p>3-ra teljesül a (7) egyenlőtlenség). A d=14 esetben sem a (d+1)-nek, sem a d-nek nincs 1-nél nagyobb négyzetszám osztója, az állítás mégsem igaz:
22+14⋅132+14⋅0=2.
A d=15, 16, ..., 20 esetben a d vagy a d+1 nem négyzetmentes.
 

Most vizsgáljuk a d=21 esetet. A már ismert Q, P1, P2 halmazokon kívül vezessük be a P3 és P6 halmazokat, a P3 elemei legyenek azok a p prímek, amelyekre a 3p felírható x2+21y2 alakban, a P6 elemei pedig azok, amelyekre a 6p felírható x2+21y2 alakban.
Ekkor 2∈P2, 3∈P3, 5∈P6 (mert 2p=4=22+21⋅02, 3p=9=32+210, illetve 6p=30=32+21⋅12), p>5-re pedig teljesül a (7) egyenlőtlenség. Ezen kívül 22-nel és 32-nel lehet osztani, így a d=5 esethez hasonlóan be lehet bizonyítani, hogy minden prím eleme Q-nak, P1-nek, P2-nek, P3-nak vagy P6-nak.
A d=5 esethez hasonlóan be lehet bizonyítani, hogy egy szám akkor és csak akkor írható fel x2+21y2 alakban, ha P2-beli és P6-beli prím összesen páros sok van benne, valamint P3-beli és P6-beli prím összesen páros sok van benne: le lehet osztani a Q-beli és P1-beli prímekkel, párosával le lehet osztani a P2-beli, P3-beli, valamint a P6-beli prímekkel, továbbá le lehet osztani egy P2-beli, egy P3-beli és egy P6-beli prímmel egyszerre. Ezek után a bizonyítás folytatható.
Csörnyei Marianna
*

**