Az első részben az idei Nemzetközi Matematikai Diákolimpia 2. feladatára mutattunk egy lehetséges megoldást. Most a 6. feladatot vizsgáljuk meg közelebbről. A feladatra két megoldást is mutatunk.
Az első ‐ hasonlóan a 2. feladat megoldásához ‐ nem használ semmilyen különleges ötletet vagy a középiskolai anyagon túlmutató ismeretet. Viszont egy olyan lépéssel kezdődik, amely első pillantásra talán túl ijesztő lehet.
A második megoldás jóval több ismeretet igényel. Ez a megoldás az egész számok halmazának egy kiterjesztése, az úgynevezett Euler-egészek elméletét használja fel. Cserébe viszont megmutatja a feladat valószínű eredetét.

ab≡-cd(modp). Szorozzuk meg a (7) egyenletet $b^2$-tel, és helyettesítsünk be $ab$ helyére $\left(-cd\right)$-t:

$\begin{array}{c}{\displaystyle {\displaystyle \begin{array}{c}\hfill {\displaystyle 0=b^2\left(b^2+bd+d^2-a^2+ac-c^2\right)=b^4+b^{3}d+b^2{d}^2-{\left(ab\right)}^2+ab\cdot bc-b^2{c}^2\equiv }\\ \hfill {\displaystyle \equiv b^4+b^{3}d+b^2{d}^2-{\left(cd\right)}^2-cd\cdot bc-b^2{c}^2=\left(b+c\right)\left(b-c\right)\left(b^2+bd+d^2\right)\left(\text{mod}p\right)\mathrm{.}}\end{array}}}\end{array}$

A behelyettesítés nyomán kapott kifejezés három tényező szorzatára bomlik, és ezek egyike éppen a (7) egyenletben szereplő mennyiség.
A kapott kongruencia szerint az utolsó három tényező: $b+c$, $b-c$ és $b^2+bd+d^2$ valamelyike osztható $p$-vel, hiszen feltevésünk szerint $p$ prímszám. A $b+c$ és $b-c$ számok pozitívak és kisebbek, mint $ab+cd=p$, ezért nem lehetnek $p$-vel oszthatók; marad az az eset, hogy $b^2+bd+d^2$ osztható $p$-vel. Mivel

$\begin{array}{c}{\displaystyle 0<b^2+bd+d^2<ab+ab+cd<2\left(ab+cd\right)=2p\mathrm{,}}\end{array}$

a $b^2+bd+d^2$ szám csak úgy lehet $p$-vel osztható, ha egyenlő vele. Ezzel a következtetéssel az egyenletrendszer a következőképpen alakul:

$\begin{array}{c}{\displaystyle a^2-ac+c^2=b^2+bd+d^2=ab+cd=p\mathrm{.}}\end{array}$

(9)

Ebből már nem nehéz ellentmondásra jutni. Ha a (9) egyenletet modulo $a$ vizsgáljuk (az ismeretlenek között az $a$ a legnagyobb), láthatjuk, hogy $c\left(c-d\right)=ab+ac-a^2$ osztható $a$-val. Mivel azonban $a$ és $c$ relatív prímek ‐ másképpen $ab+cd$ nem lenne prímszám ‐ és $0<c-d<a$, ez nem lehetséges.

 

2. megoldás az Euler-egészek felől
Aki olvasott már az Euler-egészekről, az a (7) egyenletre nézve azonnal sejtheti, hogy ez a feladat szorosan kapcsolódik hozzájuk.
Legyen $\varrho$ az egyik komplex harmadik egységgyök. Az $x+y\varrho$ alakú komplex számokat, ahol $x$ és $y$ egész számok, Euler-egészeknek nevezzük. Az Euler-egészek a komplex számsíkon szabályos háromszögrácsot alkotnak (1. ábra).

 

1. ábra

 

Ennek a számhalmaznak nagyon sok érdekes és hasznos számelméleti tulajdonsága van. Ezek segítségével bizonyította be annak idején Leonhard Euler a Fermat-sejtést a 3-as kitevőre. Akit a téma részletesebben érdekel, annak Turán Pál‐Gyarmati Edit: Bevezetés a számelméletbe című jegyzetét ajánljuk. Most csak röviden foglaljuk össze az Euler-egészekkel kapcsolatos, a megoldáshoz szükséges legfontosabb fogalmakat és tételeket.
Az Euler-egészek körében is értelmezzük az összeadást, a kivonást és a szorzást. Ezeket teljesen természetes módon definiáljuk, a szorzásnál figyelembe véve, hogy ${\varrho }^2=-\varrho -1$:

$\begin{array}{c}{\displaystyle {\displaystyle \begin{array}{c}\hfill {\displaystyle \left(x+y\varrho \right)\pm \left(u+v\varrho \right)=\left(x\pm u\right)+\left(y\pm v\right)\varrho ;}\\ \hfill {\displaystyle \left(x+y\varrho \right)\left(u+v\varrho \right)=xu+\left(xv+yu\right)\varrho +yv{\varrho }^2=\left(xu-yv\right)+\left(xv+uy-yv\right)\varrho \mathrm{.}}\end{array}}}\end{array}$

Az összeadásnak és a szorzásnak az egész vagy a valós számok esetében megszokott kommutatív, asszociatív és disztributív tulajdonságai az Euler-egészek körében is igazak. Ugyancsak fennállnak a $0$ és az $1$ számok alapvető tulajdonságai, például bármelyik Euler-egészhez $0$-t adva magát a számot kapjuk eredményül, vagy minden Euler-egész $0$-szorosa a $0$.
Az $\alpha =x+y\varrho$ Euler-egész konjugáltja az $\overline{\alpha }=x+y{\varrho }^2=\left(x-y\right)-y\varrho$ szám.
Egy nagyon fontos mennyiség az Euler-egészek normája. Az $\alpha =x+y\varrho$ Euler-egész normáját $N\left(\alpha \right)$-val jelöljük és a következőképpen definiáljuk:

$\begin{array}{c}{\displaystyle N\left(\alpha \right)=\alpha \cdot \overline{\alpha }=x^2-xy+y^2\mathrm{.}}\end{array}$

A norma mindig nemnegatív egész szám, és csak a $0$ normája $0$.
A norma nem más, mint a komplex értelemben vett abszolút érték négyzete. Ebből is következik, hogy szorzat normája a tényezők normáinak szorzata:

$\begin{array}{c}{\displaystyle N\left(\alpha \cdot \beta \right)=N\left(\alpha \right)\cdot N\left(\beta \right)\mathrm{.}}\end{array}$

Az $\alpha$ Euler-egész osztója a $\beta$ Euler-egésznek, ha létezik olyan $\gamma$ Euler-egész, amelyre $\alpha \gamma =\beta$. A norma multiplikativitása miatt igaz, hogy ha $\alpha |\beta$, akkor $N\left(\alpha \right)|N\left(\beta \right)$. (Az utóbbi oszthatóság a racionális egész számok körében értendő.)
Hat olyan Euler-egész van, amelynek a normája $1$. Ezeket egységeknek nevezzük és az 1. ábrán kiemeltük. Az egységek minden Euler-egésznek osztói.
Két Euler-egészt asszociáltnak nevezünk, ha egymás egységszeresei, vagyis egymásból a $0$ körüli, a ${60}^{\circ }$ többszörösével történő forgatással kaphatók.
Egy egységtől különböző $\pi$ Euler-egészt felbonthatatlannak, idegen szóval irreducibilisnek nevezünk, ha csak az egységekkel és a saját asszociáltjaival osztható.
Egy egységtől és $0$-tól különböző $\pi$ Euler-egészt prímnek nevezünk, ha tetszőleges $\alpha$, $\beta$ Euler-egészek esetén, ha $\pi |\alpha \beta$, akkor $\pi |\alpha$ vagy $\pi |\beta$. A továbbiakban, hogy megkülönböztessük az Euler-egészek körében prím számokat a valós prímszámoktól, az előbbieket Euler-prímeknek fogjuk hívni.
Az Euler-egészek számelméletének legalapvetőbb tételei a következők:

*	1. A felbonthatatlan Euler-egészek és az Euler-prímek ugyanazok.

*	2. Az Euler-egészek körében is igaz a számelmélet alaptétele. Minden $0$-tól és egységtől különböző Euler-egész az asszociáltságtól eltekintve egyféleképpen írható fel Euler-prímek és egységek szorzataként, azaz két tetszőleges felírásban a megfelelő prímtényezők egymás asszociáltjai.

*	3. A $3k+2$ alakú prímszámok egyben Euler-prímek is. A $3k+1$ alakú prímszámok felbomlanak két konjugált, egymással nem asszociált Euler-prím szorzatára (pl. $7=\left(3+\varrho \right)\left(2-\varrho \right)$). A $3$ prímtényezős felbontása pedig $3=-{\varrho }^2{\left(1-\varrho \right)}^2$.

A tételekből látható, hogy egy $\alpha$ Euler-egész prímtényezős felbontása és $N\left(\alpha \right)$ prímtényezős felbontása között szoros kapcsolat van. Az $\alpha$ minden egyes $3k+2$ alakú prímtényezőjének négyzete szerepel az $N\left(\alpha \right)$ felbontásában, a további prímtényezőknek pedig a normája, ami vagy $3$, vagy pedig egy-egy $3k+1$ alakú prímszám.
Például az $\alpha =10+8\varrho$ Euler-egész prímtényezős felbontása $2\cdot \left(2+\varrho \right)\left(3+\varrho \right)$, normájáé pedig $N\left(\alpha \right)=N\left(2\right)\cdot N\left(2+\varrho \right)\cdot N\left(3+\varrho \right)=2^2\cdot 3\cdot 7$.
Megfordítva, $N\left(\alpha \right)$ prímtényezős felbontása ,,majdnem egyértelműen'' meghatározza $\alpha$ prímtényezős felbontását. Az $N\left(\alpha \right)$ minden $3k+2$ alakú prímosztója $\alpha$-nak is prímosztója (feleakkora kitevővel), és $N\left(\alpha \right)$ felbontásában minden egyes $3$-as tényező az $1-\varrho$ Euler-prím normája. Az $N\left(\alpha \right)$ $3k+1$ alakú prímosztói is $\alpha$ egy-egy prímosztójának normái, de ez a prímosztó ‐ az asszociáltságtól eltekintve is ‐ kétféle lehet.
Visszatérve a feladathoz, legyen $\alpha =a+c\varrho$ és $\beta =b-d\varrho$. A feltétel szerint $a^2-ac+c^2=b^2+bd+d^2$, azaz $N\left(\alpha \right)=N\left(\beta \right)$; a bizonyítandó állítás pedig az, hogy $ab+cd$, ami nem más, mint $\alpha \beta =\left(ab+cd\right)+\left(bc+cd-ad\right)\varrho$ ,,valós része'', nem lehet prímszám.
Mivel $N\left(\alpha \right)=N\left(\beta \right)$, a két szám Euler-prímtényezős felbontása ,,majdnem'' ugyanaz. A prímosztók egy része közös, a további prímtényezők pedig egymás konjugáltjai a két felbontásban. Formálisan felírva,

$\begin{array}{c}{\displaystyle \alpha ={\epsilon }_1\cdot {\pi }_1\text{...}{\pi }_k\cdot {\mu }_1\text{...}{\mu }_l\text{és}\beta ={\epsilon }_2\cdot {\pi }_1\text{...}{\pi }_k\cdot {\overline{\mu }}_1\text{...}{\overline{\mu }}_l\mathrm{,}}\end{array}$

(10)

ahol ${\pi }_1$, $\text{...}$, ${\pi }_k$ és ${\mu }_1$, $\text{...}$, ${\mu }_l$ Euler-prímek, ${\epsilon }_1$ és ${\epsilon }_2$ pedig egységek.
Legyen $\gamma ={\pi }_1\cdot \text{...}\cdot {\pi }_k$ és $\delta ={\mu }_1\cdot \text{...}\cdot {\mu }_l$; a fentiek szerint ekkor

$\begin{array}{c}{\displaystyle \alpha ={\epsilon }_1\gamma \delta \text{és}\beta ={\epsilon }_2\gamma \overline{\delta }\mathrm{.}}\end{array}$

(Előfordulhat, hogy a két felbontásban csak közös vagy csak konjugált prímtényezők szerepelnek; ezekben az esetekben $\gamma =1$, illetve $\delta =1$.)
Vizsgáljuk most az

$\begin{array}{c}{\displaystyle \alpha \beta =\left(ab+cd\right)+\left(bc+cd-ad\right)\varrho ={\epsilon }_1{\epsilon }_2{\gamma }^2\cdot N\left(\delta \right)}\end{array}$

(11)

számot. Ez a szám osztható $N\left(\delta \right)$-val; ebből következik, hogy $ab+cd$ és $bc+cd-ad$ is osztható $N\left(\delta \right)$-val. Már csak az hiányzik a bizonyítás befejezéséhez, hogy sem $N\left(\delta \right)=1$, sem $ab+cd=N\left(\delta \right)$ nem lehetséges.
Ha $N\left(\delta \right)=1$, azaz $\delta =1$, akkor $\alpha$ és $\beta$ asszociáltak, vagyis $0$ körüli, valahányszor ${60}^{\circ }$-os elforgatottjai egymásnak. Azt, hogy az elforgatás pontosan hányszor ${60}^{\circ }$-os, az $\alpha$ és $\beta$ argumentumának vizsgálatával dönthető el.
Az $a>b>c>d>0$ feltételből következik, hogy $\alpha$ argumentuma $0^{\circ }$ és ${60}^{\circ }$ között, $\beta$ argumentuma pedig $-{30}^{\circ }$ és $0^{\circ }$ között van (2. ábra). A két szám argumentumának különbsége tehát $0$ és ${90}^{\circ }$ közé esik, az elforgatás szöge pontosan ${60}^{\circ }$, azaz $\alpha =\left(1+\varrho \right)\beta$.

 

2. ábra

 

Ebben az esetben viszont

$\begin{array}{c}{\displaystyle \alpha =a+c\varrho =\left(1+\varrho \right)\left(b-d\varrho \right)=\left(b+d\right)+b\varrho \mathrm{,}}\end{array}$

ami nem lehetséges, mert $b>c$. Az $N\left(\delta \right)=1$ feltevés tehát ellentmondásra vezet.
Ha $ab+cd=N\left(\delta \right)$, akkor a (11) egyenletet $N\left(\delta \right)$-val osztva,

$\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{\alpha \beta }{N\left(\delta \right)}=\frac{ab+cd}{N\left(\delta \right)}+\frac{ad+bc-cd}{N\left(\delta \right)}\cdot \varrho ={\epsilon }_1{\epsilon }_2\cdot {\gamma }^2\mathrm{.}}\end{array}$

Ez a szám, mint a jobb oldal mutatja, egy Euler-egész. Az argumentuma $\alpha$ és $\beta$ argumentumának öszege, tehát $-{30}^{\circ }$ és ${60}^{\circ }$ közé esik, a ,,valós része'' pedig a feltevés szerint $\frac{ab+cd}{N\left(\delta \right)}=1$. Az egyetlen ilyen Euler-egész az $1$ (3. ábra), tehát ${\epsilon }_1{\epsilon }_2{\gamma }^2=1$ és $\alpha \beta =N\left(\delta \right)$.

 

3. ábra

 

Az $\alpha$ és $\beta$ számok szorzata tehát az $N\left(\delta \right)$ valós pozitív szám. Mivel $N\left(\alpha \right)=N\left(\beta \right)$, ebből következik, hogy a két szám egymás konjugáltja. Ekkor azonban

$\begin{array}{c}{\displaystyle \alpha =a+c\varrho =\overline{\beta }=\overline{b-d\varrho }=b+d\left(1+\varrho \right)=\left(b+d\right)+d\varrho \mathrm{,}}\end{array}$

ami nem lehetséges, mert $c>d$. Tehát az $ab+cd=N\left(\delta \right)$ feltevés is ellentmondásra vezet. Ezzel az állítást igazoltuk.

 

A második megoldás nem csupán bebizonyítja a feladat állítását, hanem egy eljárást is ad olyan $a\mathrm{,}b\mathrm{,}c\mathrm{,}d$ számnégyesek keresésére, amelyekre $a>b>c>d$ és $a^2-ac+c^2=b^2+bd+d^2$. Csupán megfelelő argumentumú $\gamma$ és $\delta$ Euler-egészeket kell választanunk.
Például az

$\begin{array}{c}{\displaystyle \alpha =a+c\varrho =\left(4+\varrho \right)\left(3+\varrho \right)=11+6\varrho \mathrm{,}\beta =b-d\varrho =\left(4+\varrho \right)\overline{\left(3+\varrho \right)}=9-\varrho }\end{array}$

választással $a=11$, $b=9$, $c=6$ és $d=1$, továbbá $a^2-ac+c^2=b^2+bd+d^2=91$. (Természetesen $ab+cd=105$ nem prím.)

Kós Géza