Kezdőlap


Feladat:	F.2651	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Baboss Csaba , Benczúr P. , Binder Zsuzsa , Biró A. , Buttyán L. , Csáki Cs. , Elbert J. , Eső P. , Hajnal Z. , Keleti T. , Kodaj B. , Peták Attila , Sustik M. , Szabó 212 A. , Tőkei Zs. , Tóth 702 P.
Füzet:	1988/április, 154 - 156. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Lánctörtek, Nevezetes azonosságok, Másodfokú diofantikus egyenletek, Rekurzív eljárások, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1987/október: F.2651

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

I. megoldás. $x$ és $x + 1$ minden pozitív egész $x$ -re relatív prím, így $x^{3}$ és ${(x + 1)}^{3}$ relatív prím köbszámok. Belátjuk, hogy a különbségük, $3 x^{2} + 3 x + 1$ végtelen sok $x$ -re állít elő négyzetszámot, azaz a

\begin{matrix} 3 x^{2} + 3 x + 1 = y^{2} \end{matrix}

egyenletnek végtelen sok megoldása van a pozitív egészek körében.
Mindkét oldalt

4

-gyel szorozva, majd a bal oldalt a

z = 2 x + 1

helyettesítéssel átalakítva a

3 z^{2} + 1 = 4 y^{2}

egyenletet kapjuk. Így azt kell belátnunk, hogy a

\begin{matrix} 4 y^{2} - 3 z^{2} = 1 \end{matrix}

(1)

egyenletnek végtelen sok olyan pozitív egész megoldása van, amelyekre

z

páratlan.

y = z = 1

megfelelő megoldás. Megmutatjuk, hogy ha

y

és

z

megfelelő, akkor

y' = 7 y + 6 z

és

z' = 8 y + 7 z

is az. Ha

y

és

z

pozitív egész, akkor

y'

és

z'

is az, továbbá

y' > y

és

z' > z

, tehát egy adott megoldásból kiindulva végtelen sok különbözőt képezhetünk, amiből az állítás következik.
Látható, hogy ha

z

páratlan, akkor

z'

is az. Ezen kívül

\begin{matrix} 4 y'^{2} - 3 z'^{2} = 4 (49 y^{2} + 84 y z + 36 z^{2}) - 3 (64 y^{2} + 112 y z + 49 z^{2}) = 4 y^{2} - 3 z^{2} . \end{matrix}

Tehát ha

4 y^{2} - 3 z^{2} = 1

, akkor

4 y'^{2} - 3 z'^{2} = 1

is igaz. Ezzel állításunkat igazoltuk.

Megjegyzések. 1. Látható, hogy bármilyen pozitív növekvő

p_{n}

és

q_{n}

sorozatra, amelyre

4 p_{n}^{2} - 3 q_{n}^{2} = 1, \frac{p_{n}}{q_{n}}

tart

\frac{\sqrt[]{3}}{3}

-höz, hiszen ha

4 a^{2} - 3 b^{2} = 0

, akkor

\frac{a}{b} = \frac{\sqrt[]{3}}{2}

, és

p_{n}, q_{n}

növekedésével

4 p_{n}^{2} - 3 q_{n}^{2}

értéke egyre inkább elhanyagolhatóvá válik. Ha

\frac{\sqrt[]{3}}{2}

-t lánctörtekkel közelítjük:

\begin{matrix} \frac{1}{1}; \end{matrix}

stb., (a továbbiakban a

6

és a

2

ismétlődik) és

\frac{p_{i}}{q_{i}}

-vel az

i

-edik közelítő lánctört közönséges tört alakját jelöljük, tapasztalhatjuk, hogy

4 p_{i}^{2} - 3 q_{i}^{2}

minden páratlan

i

-re

1

(és minden páros

i

-re

- 3

). A megoldásban kimondott rekurzív alakokhoz így is el lehet jutni.
2. Az (1) egyenlet

u = 2 y

helyettesítéssel az

u^{2} - 3 z^{2} = 1

alakot ölti. Ez egy úgynevezett Pell-féle egyenlet. Feladatunk megoldása tehát egyenértékű annak igazolásával, hogy ennek a Pell egyenletnek végtelen sok olyan (

u; z

) pozitív egészekből álló megoldása van, amelyben

u

páros,

z

pedig páratlan. A Pell-féle egyenletekről lapunk korábbi számaiban Fried Ervin írt egy 6 részből álló cikksorozatot. (Az első rész az 1976. évi 7. számban, a hatodik rész az 1978. évi 5. számban jelent meg.) Ebből a cikksorozatból az említett egyenlet általános megoldásán kívül ‐ ami feladatunk megoldását is szolgáltatja ‐ sok egyéb algebrai problémával is megismerkedhetnek érdeklődő olvasóink.

II. megoldás. Ha

x

és

y

relatív prímek, és egyikük páros, a másik páratlan, akkor könnyen látható, hogy

x + y

és

x - y

is relatív prímek. Be fogjuk látni, hogy végtelen sok ilyen

x

-re és

y

-ra lesz

\begin{matrix} {(x + y)}^{3} - {(x - y)}^{3} = 6 x^{2} y + 2 y^{3} = 6 y (x^{2} + \frac{y^{2}}{3}) \end{matrix}

négyzetszám.
Keressük

y

-t a

6

-tal osztható számok között, azaz legyen

y = 6 t

. Ekkor

\begin{matrix} 6 y (x^{2} + \frac{y^{2}}{3}) = 36 t (x^{2} + 12 t^{2}) . \end{matrix}

(2)

Ez nyilván négyzetszám, ha

t

és

x^{2} + 12 t^{2}

is az;

x

és

y

pedig relatív prímek, ha

x

és

t

is azok, és

x

nem osztható sem

2

-vel, sem

3

-mal. Megmutatjuk, hogy végtelen sok

x

-re és

t

-re teljesül mindkét feltétel együtt.
Ha

x = m^{2} - 12 n^{2}

és

t = m n

(ahol

m

és

n

tetszőleges pozitív egészek), akkor

\begin{matrix} x^{2} + 12 t^{2} = {(m^{2} - 12 n^{2})}^{2} + 12 {(2 m n)}^{2} = {(m^{2} + 12 n^{2})}^{2}, \end{matrix}

vagyis ekkor (2) jobb oldalának harmadik tényezője valóban négyzetszám.
Könnyen ellenőrizhető, hogy ha

m = {(6 p + 1)}^{2}

, ahol

p

tetszőleges pozitív egész, és

n = 2

, akkor az összes többi feltétel is teljesül. Ekkor

t = 4 {(6 p + 1)}^{2}

, ami négyzetszám,

x = {(6 p + 1)}^{4} - 48

, ami minden pozitív egész

p

-re pozitív egész, és

6

-tal osztva

1

-et ad maradékul, tehát sem

2

-vel, sem pedig

3

-mal nem osztható. Végül

x

és

t

relatív prímek, hiszen a

2

kivételével a

t

minden prímosztója osztója

6 p + 1

-nek, tehát nem lehet osztója

x

-nek, mivel

6 p + 1

és

48

minden

p

-re relatív prímek.
Tehát az

\begin{matrix} x + y = {(6 p + 1)}^{4} + 24 {(6 p + 1)}^{2} - 48 \end{matrix}

és az

\begin{matrix} x - y = {(6 p + 1)}^{4} - 24 {(6 p + 1)}^{2} - 48 \end{matrix}

relatív prím számok köbének különbsége minden pozitív egész

p

-re négyzetszám, méghozzá különböző négyzetszám, hiszen

p

növelésével

t

és

x^{2} + 12 t^{2}

is nő. Ezzel igazoltuk a feladat állítását.

Megjegyzés. Feladatunk kapcsolatban áll a Gy. 2359. gyakorlattal, amelynek megoldása lapunk 1987. évi 3. számában jelent meg. A megoldás után közölt 2. megjegyzésben bizonyítás nélkül megadtunk a (2) egyenletben szereplő

y

-ra egy rekurzív formulát, amellyel végtelen sok

y

érték előállítható. Az erre a megjegyzésre való hivatkozást természetesen nem fogadtuk el megoldásnak, hiszen most éppen a megjegyzésben közölt állítás bizonyítása volt a kitűzött feladat.