Kezdőlap


Feladat:	F.2729	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Antos A. , Aranyi F. , Balogh 171 J. , Bangha K. , Bella G. , Benczúr P. , Benkő D. , Berzéthy P. , Bíró N. , Csirik J. , Danyó T. , Dutkó A. , Farkas 210 J. , Gutai Zs. , Harcos G. , Hausel T. , Hídvégi Z. , Kocsor A. , Lancsa Hajnalka , Macskási Zs. , Madarász Judit , Mezei József , Miklán K. , Oláh G. , Papp 613 F. , Peták A. , Podoski Károly. , Révész Gabriella , Sági G. , Siteri N. , Stoyan R. , Szamuely T. , Szekeres B. , Tokodi T. , Tóth 509 P. Z. , Tóth 702 P. , Tuba I.
Füzet:	1989/november, 377 - 379. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Szorzat, hatványozás azonosságai, Egyenletrendszerek, Számsorozatok, Partíciós problémák, Pitagoraszi számhármasok, Teljes indukció módszere, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1989/február: F.2729

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

I. megoldás. Először azt bizonyítjuk be, hogy ha $n$ pozitív egész, akkor $5^{2 n}$ felbontható két olyan négyzetszám összegére, amelyek egyike sem osztható $5$ -tel. Teljes indukciót alkalmazunk. Az $n = 1$ esetben

\begin{matrix} 5^{2} = 25 = 3^{2} + 4^{2} . \end{matrix}

Tegyük fel, hogy

n = k

-ra igaz az állítás, tehát

\begin{matrix} 5^{2 k} = a_{k}^{2} + b_{k}^{2}, \end{matrix}

(1)

és

a_{k} b_{k}

nem osztható

5

-tel. Ekkor

3 a_{k} + 4 b_{k}

és

3 a_{k} - 4 b_{k}

közül legalább az egyik nem osztható

5

-tel, mert összegük

6 a_{k}

sem osztható

5

-tel. Könnyen ellenőrizhető, hogy

\begin{matrix} {(3 a_{k} + 4 b_{k})}^{2} + {(4 a_{k} + 3 b_{k})}^{2} = {(3 a_{k} - 4 b_{k})}^{2} + {(4 a_{k} + 3 b_{k})}^{2} = \\ = (3^{2} + 4^{2}) (a_{k}^{2} + b_{k}^{2}) = 5^{2} 5^{2 k} = 5^{2 (k + 1)} . \end{matrix}

Legyen tehát

a_{k + 1} = 3 a_{k} + 4 b_{k}

és

b_{k + 1} = 4 a_{k} - 3 b_{k}

, ha

3 a_{k} + 4 b_{k}

nem osztható

5

-tel, ellenkező esetben legyen

a_{k + 1} = 3 a_{k} - 4 b_{k}

és

b_{k + 1} = 4 a_{k} + 3 b_{k}

. Ekkor, mint láttuk,

5^{2 (k + 1)} = a_{k + 1}^{2} + b_{k + 1}^{2}

, és

a_{k + 1}

nem osztható

5

-tel. De akkor

5^{2 (k + 1)} - a_{k} = b_{k}

sem osztható

5

-tel, így

b_{k + 1}

sem. Ezzel beláttuk, hogy

n ≧ 1

esetén

5^{2 n}

-nek van olyan

a_{n}^{2} + b_{n}^{2}

alakú felbontása, ahol

a_{n} b_{n}

nem osztható

5

-tel. Ezután már könnyű bizonyítani, hogy

5^{2 n}

(legalább)

n

különböző módon áll elő két négyzetszám összegeként. Ha ugyanis

k

pozitív egész, és nem nagyobb

n

-nél, akkor

\begin{matrix} 5^{2 n} = 5^{2 k} 5^{2 (n - k)} = (a_{k}^{2} + b_{k}^{2}) {(5^{n - k})}^{2} = (5^{n - k} a_{k}) + (5^{n - k} b_{k}) . \end{matrix}

Itt

5^{n - k} a_{k}

és

5^{n - k} b_{k}

egész és

5^{2 n}

-nek pontosan

(n - k)

-adik hatványával osztható. Ebből viszont következik, hogy ez az elő állítás minden

k

-ra különböző. Minthogy

k

éppen

n

darab különböző értéket vehet fel, találtunk

5^{2 n}

-nek

n

különböző előállítását két négyzetszám összegeként.

II. megoldás. Legyen

j

pozitív egész, és tekintsük az

a_{j} = 4 j

b_{j} = 4 j^{2} - 1

c_{j} = 4 j^{2} + 1

számhármast. Könnyen ellenőrizhető, hogy

a_{j}^{2} + b_{j}^{2} = 16 j^{2} + {(4 j^{2} - 1)}^{2} = {(4 j^{2} + 1)}^{2} = c_{j}^{2}

, tehát pitagoraszi számhármasról van szó. Legyen

s_{n} = c_{1} c_{2} ... c_{n} = (4 \cdot 1^{2} + 1) (4 \cdot 2^{2} + 1) ... (4 n^{2} + 1)

. Azt állítjuk, hogy ekkor

t_{n} = s_{n}^{2}

legalább

n

különböző módon áll elő két négyzetszám összegeként.
Nyilvánvaló ugyanis, hogy az

a_{j}^{2} + b_{j}^{2} = c_{j}^{2}

egyenleteket

c_{j}^{2}

-tel osztva és

s_{n}^{2}

-tel szorozva a következő

n

darab egyenlethez jutunk:

\begin{matrix} {(a_{1} \frac{s_{n}}{c_{1}})}^{2} + {(b_{1} \frac{s_{n}}{c_{1}})}^{2} = s_{n}^{2} = t_{n} \\ {(a_{j} \frac{s_{n}}{c_{j}})}^{2} + {(b_{j} \frac{s_{n}}{c_{j}})}^{2} = s_{n}^{2} = t_{n} & (1) \\ ⋮ \\ {(a_{n} \frac{s_{n}}{c_{n}})}^{2} + {(b_{n} \frac{s_{n}}{c_{n}})}^{2} = s_{n}^{2} = t_{n} . \end{matrix}

Itt

\frac{s_{n}}{c_{j}}

s_{n}

definíciója miatt egész, tehát a fenti

n

egyenlet

t_{n}

-nek

n

darab előállítását adja meg két négyzetszám összegeként. Be kell látnunk, hogy

n

különböző egyenletről van szó. Világos, hogy

b_{1} < a_{1}

, tehát

b_{1} \frac{s_{n}}{c_{1}} < a_{1} \frac{s_{n}}{c_{1}}

, és

j ≧ 2

esetén a

a_{j} = 4_{j} < 4_{j}^{2} - 1 = b_{j}

, így a

a_{j} \frac{s_{n}}{c_{j}} < b_{j} \frac{s_{n}}{c_{j}}

. Elég azt belátnunk, hogy

\frac{a_{1}}{c_{1}} s_{n}, \frac{a_{2}}{c_{2}} s_{n}, ..., \frac{a_{j}}{c_{j}} s_{n}, ..., \frac{a_{n}}{c_{n}} s_{n}

páronként különböző számok. Ez pedig abból következik, hogy az

\frac{a_{j}}{c_{j}} = \frac{1}{j + \frac{1}{4 j}}

sorozat szigorúan monoton csökken.

Ezzel beláttuk, hogy

t_{n} = s_{n}^{2}

valóban (legalább)

n

különböző módon bontható fel két négyzetszám összegeként.

III. megoldás. Az előbbi megoldás gondolatát némileg általánosítva, azt látjuk be, hogy ha

\begin{matrix} (a_{1}, b_{1}, c_{1}), (a_{2}, b_{2}, c_{2}), ..., (a_{n}, b_{n}, c_{n}) \end{matrix}

n

darab különböző, de egyébként tetszőleges ún. primitív pitagoraszi számhármas (azaz

a_{j}^{2} + b_{j}^{2} = c_{j}^{2}

és

a_{j}, b_{j}, c_{j}

páronként relatív prímek

j = 1,2, ..., n

-re), akkor

t_{n} = s_{n}^{2} = (c_{1}, c_{2}, ..., c_{n})

legalább

n

különböző módon áll elő két négyzetszám összegeként. Az (1) alatt felírt

n

egyenlet ugyanis most is fennáll, és

a_{j} \frac{s_{n}}{c_{j}}

b_{j} \frac{s_{n}}{c_{j}}

most is egész. Azt kell csak belátnunk, hogy ez az

n

egyenlet most is

n

különböző egyenlet. Nyilván feltehetjük, hogy

a_{j} < b_{j}

, s ekkor elég azt belátni, hogy az

\frac{a_{j} s_{n}}{c_{j}}

számok páronként különböznek. Tegyük fel,hogy

\frac{a_{i} s_{n}}{c_{i}} = \frac{a_{j} s_{n}}{c_{j}}

. Ekkor

a_{i} c_{j} = a_{j} c_{i}

. De itt

a_{i}

és

c_{i}

relatív prímek, ezért

a_{j}

osztható

a_{i}

-vel. Másrészt

a_{i}

is osztható

a_{j}

-vel, tehát

a_{i} = a_{j}

. Ebből viszont

c_{i} = c_{j}

következik, tehát az

(a_{i}, b_{i}, c_{i})

és az

(a_{j}, b_{j}, c_{j})

számhármas azonos, ezért

i = j

. Az

\frac{a_{j} s_{n}}{c_{j}}

számok tehát valóban páronként különbözők. Ezzel beláttuk, hogy

t_{n}

valóban (legalább)

n

különböző módon áll elő két négyzetszám összegeként.
Mezei József (Bp. Berzsenyi D. Gimn. IV. o.)

Megjegyzés. Mélyebb számelméleti módszerekkel megmutatható a következő. Ha

m = 2^{α} \cdot p_{1}^{α_{1}} q \cdot p_{2}^{α_{2}} ... p_{r}^{α_{r}} \cdot q_{1}^{β_{1}} q_{2}^{β_{2}} ... q_{s}^{β_{s}}

, ahol

p_{1}, p_{2}, ..., p_{r} m

-nek a

4 k + 1

alakú prímosztói,

q_{1}, q_{2}, ..., q_{s}

pedig a

4 k - 1

alakú prímosztói, és

β_{1}, β_{2}, ..., β_{s}

párosak, akkor

m

felbontható két négyzetszám összegeként, mégpedig

4 (α_{1} + 1) (α_{2} + 1) ... (α_{r} + 1)

-féle módon. Itt akkor is különbözőknek tekintjük a felbontásokat, ha csak sorrendben vagy előjelben térnek el egymástól. Pl.

m = 5^{2 n}

-nek az első megoldásban kapott minden előállítása nyolc előállításnak számít:

{(\pm 5^{n - k} a_{k})}^{2} + {(\pm 5^{n - k} b_{k})}^{2}

és

{(\pm 5^{n - k} b_{k})}^{2} + {(\pm 5^{n - k} a_{k})}^{2}

. Ezenkívül

m = 5^{2 n}

-nek van még négy triviális előállítása:

5^{2 n} = {(\pm 5^{n})}^{2} + 0^{2} = 0^{2} + {(\pm 5^{n})}^{2}

. Így

5^{2 n}

-nek

8 n + 4

előállítását találtuk meg. A fenti tétel szerint

m = 5^{2 n}

4 (2 n + 1)

-féleképpen állítható elő, tehát ebben az esetben az összes előállítást megtaláltuk. Az II. és III. megoldásban viszont ez korántsem teljesül.