Feladat: F.2722 Korcsoport: 18- Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Antos A. ,  Balogh 171 J. ,  Benczúr P. ,  Benkő D. ,  Gutai Zs. ,  Harcos G. ,  Hídvégi Z. ,  Kocsor A. ,  Kovács 271 Ágnes ,  Lois L. ,  Mezei J. ,  Mohai Zsuzsanna ,  Nagy 124 G. ,  Nagy G. P. ,  Peták A. ,  Podoski Károly. ,  Sustik M. ,  Tokodi T. ,  Tóth 702 P. ,  Tuba I. 
Füzet: 1989/november, 374 - 375. oldal  PDF file
Témakör(ök): Algebrai átalakítások, Maradékos osztás, Oszthatósági feladatok, Számsorozatok, Teljes indukció módszere, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1989/január: F.2722

Igazoljuk, hogy ha valamely egész n esetén 2n+1 és 3n+1 is négyzetszám, akkor n többszöröse 40-nek. Adjunk meg végtelen sok olyan n egész számot, amelyre 2n+1 és 3n+1 is négyzetszám.

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

Először megmutatjuk, hogy n osztható nyolccal. Ismeretes, hogy egy páratlan négyzetszám nyolccal osztva 1-et ad maradékul. Miután 2n+1 a feltétel szerint négyzetszám és nyilván páratlan, ezért 2n osztható nyolccal, tehát n páros. Ebből viszont következik, hogy 3n+1 is páratlan. A feltétel szerint négyzetszám is, így nyolccal osztva 1 maradékot ad. Tehát 3n osztható nyolccal, így n is osztható nyolccal.
Most megmutatjuk, hogy n osztható öttel is. Ha n öttel osztva 1 maradékot ad, akkor 2n+1, ha n öttel osztva 4 maradékot ad, akkor pedig 3n+1 ad öttel osztva 3 maradékot, tehát 3-ra, vagy 8-ra végződik, s így nem lehet négyzetszám. Hasonlóan, ha n öttel osztva 2 vagy 3 maradékot ad, akkor 3n+1, ill. 2n=1 utolsó jegye vagy 7 vagy 2. Tehát 2n+1 és 3n+1 csak úgy lehet egyszerre négyzetszám, ha n osztható öttel is.
Beláttuk, hogy n osztható öttel és nyolccal, így osztható negyvennel is.
Most rátérünk a feladat második részére. Tekintsük a következő (Ai) és (Bi) sorozatot: A0=B0=1, Ai+1=5Ai+4Bi, Bi+1=6Ai+5Bi; i=0,1,2,.... Azt állítjuk, hogy (a) Ai páratlan,
(b) 13(Bi2-1)=12(Ai2-1),
(c) ni=12(Ai2-1) szigorúan monoton nő.

 

A (c) állítás világos, hiszen Ai és Bi pozitív, ezért
Ai+1=5Ai+4Bi>5Ai>Ai,  s így  12(Ai+12-1)>12(Ai2-1).

Az (a) állítás is teljesül, hiszen A0 páratlan, és Ai+1-Ai=4(Ai+Bi), tehát ha Ai páratlan, akkor Ai+1 is az. Ebből következik, hogy minden Ai páratlan.
Most belátjuk (b)-t is. Hattal szorozva és rendezve az igazolandó összefüggés a következő:
3Ai2-2Bi2=1.(1)
Ezt teljes indukcióval bizonyítjuk. i=0-ra A02=B02=1, tehát (1) igaz. Tegyük fel; hogy i=k-ra teljesül, belátjuk, hogy akkor teljesül i=k+1-re is
3Ak+12-2Bk+12=3(5Ak+4Bk)2-2(6Ak+5Bk)2=(75-72)Ak2++(48-50)Bk2+120AkBk-120AkBk=3Ak2-2Bk2=1.


Ezzel (b)-t is bebizonyítottuk.
 

Az ni=12(Ai2-1) számok (a) szerint egészek, (c) szerint pedig (minden i-re) különbözők, végül (b) szerint 2ni+1=Ai2 és 3ni+1=Bi2.