Feladat: F.2171 Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Bacsi Zsuzsanna ,  Banyár J. ,  Baumann O. ,  Bene Gy. ,  Boros T. ,  Bölcsföldi L. ,  Erdélyi T. ,  Fabula A. ,  Gaál I. ,  Gát Gy. ,  Hajnal P. ,  Holup Zsuzsa ,  Horváth 169 T. ,  Horváth Á. ,  Kántor S. ,  Kántor Zs. ,  Karacs F. ,  Kiss 171 Zs. ,  Kiss 352 Gy. ,  Kovács 134 I. ,  Kovács 487 A. ,  Kurusa Á. ,  Lévai P. ,  Lorencz Kinga ,  Mala J. ,  Márkus L. ,  Nagy 647 G. ,  Náray Zsófia ,  Németh R. ,  Pátkai Andrea ,  Pintér 395 F. ,  Sárkány Ágnes ,  Sz. Nagy Cs. ,  Szabó 457 L. ,  Szendrei Gy. ,  Szilágyi Zsófia ,  Takács 405 Gabriella ,  Tóth 397 J. ,  Tóth T. ,  Varga J. ,  Varga Lívia ,  Varga T. ,  Vékony Cs. ,  Öreg E. Zs. 
Füzet: 1979/március, 108 - 109. oldal  PDF file
Témakör(ök): Másodfokú diofantikus egyenletek, Rekurzív eljárások, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1978/november: F.2171

Legyen a1=a2=1, an+2=18an+1-an (n=1, 2, ...). Bizonyítsuk be, hogy a sorozat bármelyik ai tagjára 5ai2-1 négyzetszám!

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

Olyan bi egész számokat keresünk, melyekre 5ai2-1=bi2, vagyis olyanokat, amelyekre az (ai,bi) számpár megoldása az

5x2-y2=1(1)
egyenletnek. A Pell-egyenletekről szóló cikkünk befejező részében láttuk ( 56. kötet, 193. oldal, 1978), hogyan kaphatjuk meg az (1) egyenlet összes megoldását. Az x1=1, y1=2 pár megoldás, és általában, ha xn és yn olyan egészek, hogy (2+5)n=yn+xn5, akkor könnyen igazolhatóan (2-5)n=yn-xn5, amiből
yn2-5xn2=(yn+xn5)(yn-xn5)=(2+5)n(2-5)n=(-1)n.
Tehát (1) további megoldásai x3=17, y3=38; x5=305, y5=682 stb. Ezt összevetve az a2=1, a3=17, a4=305 értékekkel, azt sejtjük, hogy ai=x2i-3. Ha ezt igazoljuk, készen vagyunk; bebizonyítottuk, hogy 5ai2-1 négyzetszám, mégpedig a bi=y2i-3-nak a négyzete.
Láttuk, hogy ai=x2i-3 az i=2,3,4 értékekre igaz. így elegendő megmutatnunk, hogy az xi számok kielégítik az
xn+4=18xn+2-xn(2)
rekurzív összefüggést. Az xnés yn definíciója szerint
yn+2+xn+25=(2+5)2(yn+xn5)=(20xn+9yn)+(9xn+4yn)5,
tehát xn+2=9xn+4yn; yn+2=20xn+9yn. Ezekből xn+4=9xn+2+4yn+2, majd ebből xn+2 kifejezésének 9-szeresét levonva és yn+2 kifejezésének 4-szeresét hozzáadva:
xn+4-9xn+2+4yn+2=(9xn+2+4yn+2)-9(9xn+4yn)+4(20xn+9yn),
ami éppen (2)-t adja.