Cím: Számelmélet az x2+dy2 alakú számok körében III. rész
Szerző(k):  Csörnyei Marianna 
Füzet: 2001/március, 135 - 139. oldal  PDF file
Témakör(ök): Szakmai cikkek

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

Általános megoldás
Általánosan fogunk keresni egy szükséges és elégséges feltételt a cikkben vizsgált kérdésre; milyen pozitív egész d-kre igaz, hogy ha két x2+dy2 alakú szám hányadosa egész, akkor a hányados is felírható ilyen alakban.* A cikk első két részében néhány lehetséges d értéket vizsgáltunk. (KöMaL 2000/9. szám, 513‐517. oldal és KöMaL 2001/2. szám 77‐82. oldal) Az eddigi bizonyítások kevesebbet használtak fel, mint az általános megoldás, és nyújtottak valamiféle képet arról is, hogy mely számok írhatók fel x2+dy2 alakban. Most máshonnan fogjuk a problémát megközelíteni.

 

Már tudjuk, hogy a d-nek négyzetmentesnek kell lennie. Vizsgáljunk egy tetszőleges négyzetmentes d-t. Legyen az x2+dy2 alakú számok halmaza az A halmaz, ekkor azt kell megvizsgálnunk, hogy teljesül-e minden a és x pozitív egész számra, hogy
axAésaA-ból következik, hogyxA.(8)
Nyilván minden négyzetszám eleme A-nak (a2=a2+d02), így ha egy d-re az állítás igaz, akkor
a2xA-ból következik, hogyxA(9)
kell, hogy legyen. Ez azonban nemcsak szükséges, hanem elégséges is, ugyanis mivel két A-beli szám szorzata is A-beli, azért
axAésaA-ból következik, hogya2xA,
így a (8) helyett elég a (9)-et vizsgálni. Tehát azt kell megvizsgálnunk, hogy milyen d-kre lehet az A halmazban négyzetszámmal osztani. Nyilván elég a p2-tel való osztást vizsgálni.
 

Definiáljuk a P halmazt a következőképpen: Legyen P azon p prímek halmaza, amelyekre a -dx2(modp2) kongurenciának nincs megoldása. Vizsgáljuk a P elemeit.
Legyen a P egy tetszőleges eleme p, és vizsgáljunk egy p2-tel osztható x2+dy2 számot. Ha (y,p)=1 lenne, akkor lenne olyan k egész szám, amelyre yk1(modp2). Ekkor a p2x2+dy2 miatt
p2(xk)2+d(yk)2(xk)2+d(modp2),
azaz
-d(xk)2(modp2)
lenne. De tudjuk, hogy pP, így ez nem lehetséges. Tehát (y,p)1, azaz py. Ekkor a p2x2+dy2 miatt p2x2, azaz px. Tehát a p2-tel osztható x2+dy2 számban az x és az y is osztható p-vel, helyükre a p-ed részüket írva az x2+dy2 szám p2-ed részét kapjuk x2+dy2 alakban, így valóban a p2-ed része is eleme A-nak. Tehát a pP prímekkel mindig lehet osztani (tetszőleges d esetén).
Most vizsgáljuk a pP prímeket. Bebizonyítjuk, hogy akkor és csak akkor teljesül ezekre a p-kre a (9), ha a p2 felírható x2+dy2 alakba, ahol y0(modp).
Először bebizonyítjuk, hogy ez a feltétel elégséges, tehát p2=x2+dy2 esetén, ahol y0(modp): p2a2+db2-ből következik, hogy a2+db2p2A. Vizsgáljuk az a2+db2p2 számot. Ha pb, akkor a fentiekhez hasonló módon pa, így valóban a2+db2p2A. Ha viszont pb, akkor, mivel a d négyzetmentes, azért p2db2, így a p2a2+db2 miatt p2a2, azaz pa. Tehát az a2+db2p2 törtet kell vizsgálnunk, ahol pa, pb és p2=x2+dy2, ahol py.
Az 1. Tételben x2+dy2 alakú prímszámmal osztottunk, most x2+dy2 alakú p2 számmal kell osztanunk. Vizsgáljuk tehát az 1. Tételnél leírt bizonyítást p helyett p2-re.
A bizonyítás addig működik, hogy p2ay+bx-et vagy p2ay-bx-et kell bizonyítani. Az ay+bx és az ay-bx számok összege 2ay, és tudjuk, hogy pa, py, így a p=2 esetet kivéve biztos, hogy nem osztható mindkét szám p-vel. Ezért elég a p2(ay+bx)(ay-bx)-et bizonyítani. Ezután az 1. Tételnél leírt bizonyítás alkalmazható. Ha pedig p=2, akkor p2=4=x2+dy2, ahol py, így csak d=3, x=y=1 lehet. Azt már bebizonyítottuk, hogy d=3 esetén lehet osztani 4-gyel.
Ezzel bebizonyítottuk, hogy elégséges feltétel az, hogy minden pP-re a p2 felírható x2+dy2 alakba, ahol y0(modp).
Még azt kell bebizonyítani, hogy ez a feltétel szükséges, tehát ahhoz, hogy a (9) teljesüljön, szükséges, hogy minden pP-re p2=x2+dy2 legyen, ahol y0(modp). Ezt teljes indukcióval fogjuk bebizonyítani. Először megmutatjuk, hogy a p=2 esetben igaz.
Már megmutattuk, hogy a d-nek, illetve d>3 esetén a (d+1)-nek is négyzetmentesnek kell lennie. Így d0(mod4), és d>3 esetén d3(mod4). De d1 vagy d2 esetén p=2P (mert a -1 és a -2 négyzetes nemmaradék mod4), így már csak a d=3 eset van hátra. Ekkor valóban p2=x2+dy2, ahol y(mod2), mivel p2=4=12+312.
Tegyük fel, hogy a p-nél kisebb prímekre már bebizonyítottuk az állítást, és vizsgáljuk p-re. Két lehetőség van aszerint, hogy
(p-12)2+d<p2vagy(10)(p-12)2+dp2.(11)

Mielőtt rátérnénk ennek a két esetnek a vizsgálatára, bizonyítsuk be az alábbi tételt.
 

4. Tétel. Ha van egy a2+db2 alakú négyzetszámunk, amely osztható p2-tel, és a p2-en kívül csak q2=x12+dy22 alakú prímnégyzet osztói vannak, akkor p2=x2+dy2, ahol py.
 

Bizonyítás. Nyilván elég azt bizonyítani, hogy az
a2+db2q2=a2+db2x12+dy22
tört z2+dv2 alakba írható úgy, hogy pv legyen. Ekkor ugyanis a q2 osztókkal rendre leoszthatunk, végül a p2-et fogjuk megkapni x2+dy2 alakban, ahol py.
Az elégségesség bizonyításakor már láttuk, hogy az a2+db2x12+dy12 tört z2+dv2 alakba írható, ahol
v=ay1±bx1x12+dy12.
Ahhoz, hogy pv legyen, így elég a
p(ay1+bx1)(ay1-bx1)
tulajdonságot megmutatnunk. Valóban,
(ay1+bx1)(ay1-bx1)=(a2+db2)y12-(x12+dy12)b2=(a2+db2)y12-q2b2,
ahol pa2+db2, pb, és pq (mert a q prímszám, és pq).
 

Most vizsgáljuk azokat a p prímeket, amelyekre (p-12)2+d<p2 teljesül. Ekkor, mint ahogy azt már sokszor láttuk, van olyan p-vel osztható x2+dy2 alakú szám, amelyben py, és a p-n kívül csak p-nél kisebb prímosztói vannak. Legyen x2+dy2=pk. Ekkor:
p2k2=(x2+dy2)(x2+dy2)=(x2-dy2)2+d(2xy)2.

Legyen tehát x2-dy2=a és 2xy=b, ekkor p2k2=a2+db2, és az a2+db2-nek a p2-en kívül csak p2-nél kisebb prímnégyzet-osztói vannak, amelyekre teljesül az indukciós feltevésünk. Így a 4. Tétel alapján csak azt kell bebizonyítani, hogy pb, azaz p2xy.
Valóban, p2 (mert p>2), és azt is tudjuk, hogy py, így csak a px-et kell vizsgálnunk. Mivel pd (ellenkező esetben pP lenne) és px2+dy2, így a pdy2 miatt valóban px kell, hogy legyen.
 


Most pedig vizsgáljuk azokat a p prímeket, amelyekre (p-12)2+dp2 teljesül. Mivel pP, azért létezik olyan x, amelyre p2x2+d. Ekkor nyilván létezik olyan x, amelyre |x|=p2-12, és p2x2+d. Tehát van egy olyan x2+dy2 alakú számunk, amely legfeljebb (p2-12)2+d, osztható p2-tel, és py (mivel y=1). Bebizonyítjuk, hogy
(p2-12)2+d<p2d.(12)

Tegyük fel, hogy ez nem igaz, tehát (p2-12)2+dp2d. Ebből:
(p2-12)2(p2-1)d,p2-14d.
Ugyanakkor tudjuk, hogy teljesül a (11), azaz
dp2-(p-12)2.Ezekből:p2-14p2-(p-12)2.

Ebből rendezés után:
0p2+p2,
ami nyilván ellentmondás. Tehát valóban teljesül a (12).
Így van egy olyan x2+dy2=x2+d12 alakú számunk, amely osztható p2-tel, py, és kisebb p2d-nél. Mivel p2A, ezért a p2-ed része is A eleme kell legyen. De kisebb p2d-nél, így a p2-ed része kisebb d-nél, tehát csak akkor lehet x2+dy2 alakú szám, ha négyzetszám.
Tehát van egy olyan x2+dy2=x2+d12 alakú négyzetszámunk, amely osztható p2-tel, py és kisebb p2d-nél. Ha kisebb p4-nél is, akkor csak p2-nél kisebb prímnégyzet-osztói vannak, amelyekre teljesül az indukciós feltevésünk, így ekkor a 4. Tétel alapján készen vagyunk. Ezért elég azt az esetet vizsgálni, amikor az x2+dy2 legalább p4.
Most legyen egy olyan x2+dy2=x2+d12 alakú négyzetszámunk, amely osztható p2-tel, py, kisebb p2d-nél és legalább p4. Ekkor nyilván p4<p2d, azaz p2<d. Ezen kívül p2x2+d esetén p2(p2-x)2+d. Bebizonyítjuk, hogy ez a (p2-x)2+d szám is kisebb p2d-nél.
Tegyük fel, hogy ez nem igaz, azaz
(p2-x)2+dp2d.
Ebből:
(p2-1)2p2d(p2-1)2(p2-1)dp2-1dp2>d,
viszont tudjuk, hogy p2<d. Így valóban a (p2-x)2+d szám is kisebb p2d-nél. Ekkor az x2+d-hez hasonlóan a (p2-x)2+d is négyzetszám.
De a p2 páratlan, így az x és a p2-x különböző maradékot ad 2-vel osztva, tehát az x2 és a (p2-x)2 közül az egyik 0-t, a másik 1-et ad 4-gyel osztva maradékul. Az x2+d és a (p2-x)2+d is négyzetszám, és egy négyzetszám csak 0-t vagy 1-et adhat 4-gyel osztva maradékul, így csak d0(mod4) lehet. Azt pedig már beláttuk, hogy a d négyzetmentes kell legyen, így ez nem lehetséges.
Következmények: Bebizonyítottuk, hogy szükséges és elégséges feltétel az, hogy minden pP-re p2=x2+dy2 legyen, ahol py. A bizonyításból az is kitűnt, hogy elég azokat a pP prímeket vizsgálni, amelyekre teljesül (11), ha ezekre az állításunk teljesül, akkor teljesül a többi pP prímre is. És ez minden d-re csak véges sok eset.
Vizsgáljuk a (11) egyenlőtlenséget. Átalakítva:
dp2-(p-12)2=3p2+2p-14>p24.
Így 4d>p2. Ugyanakkor p2=x2+dy2, így csak 2>y lehet, azaz y=0 vagy y=1. De azt is tudjuk, hogy py, így csak y=1 lehet. Ekkor p2=x2+dy2=x2+d, vagyis a p2-d négyzetszám.
Összefoglalva: szükséges és elégséges feltétel, hogy minden p prímre, amelyre (p-12)2+dp2 és pP, a p2-d egy négyzetszám legyen.
 
Megjegyzés. Ez egy nagyon erős feltétel; minél nagyobb a d, annál erősebb. A 95 milliónál kisebb d számok, amelyek kielégítik ezt a feltételt:

1,   2,   3,   5,   6,   10,   13,   21,   22,   30,   33,   37,   42,   57,   58,   70,   78,   85,   93,   102,   105,   130,   133,   165,   177,   190,   210,   253,   273,   330,   345,   357,   385,   462,   1365.
Kárpáti Attila számítógépes programja alapján 95 millióig több ilyen szám nincs.

 
Csörnyei Marianna

*1