Feladat:	F.2002	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: -
Megoldó(k):	Baksai Róbert ,  Balázs I. J. ,  Belénessy Zs. ,  Binzberger G. ,  Bíró Cs. ,  Bodó Z. ,  Brindza B. ,  Cseke I. ,  Csikós B. ,  Francsics G. ,  Fülöp I. ,  Gulyás M. ,  Hegedüs Ildikó ,  Holop L. ,  Homonnay G. ,  Horváth 712 I. ,  Illés 457 Ágnes ,  Jónás B. ,  Kiss 311 B. ,  Knébel I. ,  Koltay K. ,  Köteles Z. ,  Magyar Z. ,  Miklós D. ,  Mohácsi B. ,  Moussong G. ,  Nagy 578 I. ,  Nemes I. ,  Neumüller I. ,  Rapai T. ,  Révész Sz. Gy. ,  Rigó I. ,  Sali A. ,  Schmiz I. ,  Soukup L. ,  Szabó 284 Sándor ,  Szabó J. ,  Székely Z. ,  Tankovits T. ,  Tornóci L. ,  Vonderviszt F. ,  Zombori I.
Füzet:	1976/február, 62 - 63. oldal		PDF  |  MathML
Témakör(ök):	Maradékos osztás, Legnagyobb közös osztó, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1975/október: F.2002

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre. $\begin{array}{c}{\displaystyle x_1^{p_1}+x_2^{p_2}+\text{...}+x_k^{p_k}=y^q}\end{array}$ (1) Feladatunk az 1975. évi Arany Dániel Verseny egyik feladatának az általánosítása, ez nálunk az 1596. számú gyakorlat volt. A speciális eset megoldása két lépésből állt (megtalálható e szám 72. oldalán): először beláttuk, hogy egyáltalán van megoldás, majd megmutattuk, hogy ha egy gyök van, abból kiindulva végtelen sok is megadható. Az utóbbi igazolása esetünkben majdnem szó szerint megismételhető: ha (1) -nek $x_1$, $x_2$, $\text{...}$, $y$ gyöke, és $s$ a $p_1$, $p_2$, $\text{...}$, $p_k$, $q$ számok közös többszöröse, akkor (1)-et tetszőleges $a$ természetes szám $s$-edik hatványával szorozva kapjuk, hogy $\begin{array}{c}{\displaystyle {\left(x_1{a}^{\frac{\text{s}}{p_1}}\right)}^{p_1}+\text{...}+{\left(x_k{a}^{\frac{\text{s}}{p_k}}\right)}^{p_k}={\left(y{a}^{\frac{\text{s}}{q}}\right)}^q\mathrm{.}}\end{array}$ Mivel itt a zárójeleken belül természetes számok állnak, valóban újabb megoldást kaptunk, és mivel $a$ tetszőleges volt, az így nyert megoldások száma valóban végtelen. Elég tehát (1)-nek egyetlen megoldását megtalálni. A speciális esetben azt használtuk fel, hogy két egyenlő kitevőjű 2‐hatvány összege is 2‐hatvány. Mivel most $k$ db hatvány összegének kellene egy újabb hatvánnyal egyenlőnek lennie, természetes ötletnek látszik a megoldást a $k$ szám hatványai között keresni. A $k^{\text{s}}$ hatvány egyben $p_1$-edik, $p_2$-edik, $\text{...}$, $p_k$-adik hatvány is, ha $s$ a $p_1$, $p_2$, $\text{...}$, $p_k$ számok többszöröse, és mivel $k^{\text{s}}$-t $k$-szor összegezve $k^{\text{s}+1}$-et kapunk, elég azt biztosítani, hogy $\left(s+1\right)$ osztható legyen $q$-val. Jelöljük a $p_1$, $p_2$, $\text{...}$, $p_k$ számok legkisebb közös többszörösét $p$-vel, feltevésünk szerint a $p$, $q$ számoknak nincs 1-nél nagyobb közös osztójuk. Osszuk el a $\begin{array}{c}{\displaystyle p\mathrm{,}2p\mathrm{,}3p\mathrm{,}\text{...}\mathrm{,}\left(q-1\right)p}\end{array}$ számokat $q$-val, és jelöljük a kapott maradékokat $r_1$-gyel, $r_2$-vel, $r_{q-1}$-gyel. Ezek mind különbözőek, hiszen ha $r_i=r_j$ volna, $ip-jp$ osztható volna $q$-val. Mivel $p$ és $q$ relatív prímek, egyik maradék sem lehet 0, valamelyik közülük tehát $\left(q-1\right)$-gyel egyenlő. Van tehát $p$-nek olyan többszöröse, amelyik $q$-val osztva $\left(q-1\right)$ maradékot ad, ha tehát ezt a többszöröst választjuk $s$-nek, az $\begin{array}{c}{\displaystyle x_i=k^{\frac{\text{s}}{p_i}}\mathrm{,}\left(i=\mathrm{1,}\mathrm{2,}\text{...}\mathrm{,}k\right)\mathrm{,}y=k^{\frac{\text{s}+1}{q}}}\end{array}$ számok természetes számok, és (1) egy gyökrendszerét adják. A feladat állítását ezzel bizonyítottuk.  Baksai Róbert (Győr, Révai M, Gimn., III. o. t.)   Megjegyzés. Nem vezetne célra, ha most is 2‐hatványokat akarnánk használni. Annyi azonban látható ezen az úton, hogy a feladat feltétele nem szükséges ahhoz, hogy (1)-nek végtelen sok megoldása legyen. Mint láttuk, ehhez elegendő, hogy (1)-nek egyáltalán legyen megoldása. Mivel pedig $2^4+2^4+2^5=2^6$, (1)-nek akkor is lehet megoldása, ha a $p_i$-k nem mind relatív prímek $q$-hoz.