Kezdőlap


Feladat:	1258. matematika feladat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Kerényi István
Füzet:	1964/február, 65 - 66. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Algebrai átalakítások, Nevezetes azonosságok, Magasabb fokú diofantikus egyenletek, Prímtényezős felbontás, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1963/szeptember: 1258. matematika feladat

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

Tegyük fel, hegy van olyan $N$ természetes szám, amelyre

\begin{matrix} n^{2} + 46 n + 4441 = N^{4} . \end{matrix}

(1)

A bal oldal első két tagját négyzetté egészítve ki és a keletkező négyzetet

P^{2}

-tel jelölve

\begin{matrix} {(n + 23)}^{2} + 3912 = P^{2} + 3912 = N^{4} . \end{matrix}

Innen

\begin{matrix} 3912 = N^{4} - P^{2} = (N^{2} - P) (N^{2} + P) . \end{matrix}

Mostmár

P

és

N

létezése azon múlik, lehet-e a 3912 számot úgy felbontani két egész szám szorzatára, hogy a tényezők számtani közepe ‐ ti.

N^{2}

‐ négyzetszám. Törzsszám hatványok szorzatára bontva

3912 = 2^{3} \cdot 3 \cdot 163

. Ennek minden kéttényezős felbontásában az egyik tényező páros. Ezért elég az olyan felbontásokkal foglalkozni, amelyekben a másik tényező is páros, mert egy páros és egy páratlan szám számtani közepe nem egész. Így mindkét tényezőt 2-vel osztva

\begin{matrix} \frac{N^{2} - P}{2} \cdot \frac{N^{2} + P}{2} = 978 = 2 \cdot 3 \cdot 163. \end{matrix}

A 978 kéttényezős felbontásai és azokban a tényezők összege:

\begin{matrix} 978 = 1 \cdot 978, & 2 \cdot 489, & 3 \cdot 326, & 6 \cdot 163; \\ összeg 979; & 491; & 329; & 169 & = 13^{2}, \end{matrix}

az utolsó megfelelő. Eszerint

\begin{matrix} \frac{N^{2} - P}{2} = 6, \frac{N^{2} + P}{2} = 163, N^{2} = 169, P = 157, \end{matrix}

végül

n + 23 = \pm P = \pm 157

. Mindezek szerint két olyan

n

egész szám van:

n_{1} = - 180

és

n_{2} = 134

, amelyek mellett az

n^{2} + 46 n + 4441

kifejezés egy természetes szám negyedik hatványával:

169^{2} = 13^{4}

-nel egyenlő.

Kerényi István (Budapest, Bláthy O. erősáramú ip. t. IV. o. t.)

Megjegyzés. Lényegében ugyanerre a megoldásra jutunk, ha azt vizsgáljuk, milyen

N

mellett ad (1) mint

n

-re vonatkozó egyenlet egész gyököt, hiszen ezt az egyenletet oldottuk meg képlet helyett teljes négyzetté kiegészítéssel.