Kezdőlap


Feladat:	F.2796	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Balogh József , Battyányi Péter , Bíró Norbert , Borsányi Ákos , Harcos Gergely , Kovács Péter , Nagy Ádám , Podoski Károly , Pór Attila , Szendrői Balázs , Tokodi Tamás , Újváry-Menyhárt Zoltán , Virág Bálint , Wiener Gábor
Füzet:	1990/december, 450 - 451. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Szorzat, hatványozás azonosságai, Négyzetszámok összege, A komplex szám algebrai alakja, Komplex számok konjugáltja, Legnagyobb közös osztó, Oszthatóság, Prímszámok, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1990/április: F.2796

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

Nevezzük jó számnak azokat a számokat, amelyek előállnak $a^{2} + 2 b^{2}$ alakban úgy, hogy $a$ és $b$ relatív prímek és $a, b ≧ 0.$ Legyen a $p$ prímszám osztója egy jó számnak, és legyen $n = a^{2} + 2 b^{2}$ a legkisebb jó szám, amelynek osztója $p$ . Ekkor $n = p \cdot t$ valamely $t$ egészre. Erről a $t$ -ről kell belátnunk, hogy az értéke 1.
Először csak annyit mutatunk meg, hogy $n < p^{2}$ , (azaz $t < p$ ). Ha $a > \frac{p}{2}$ , akkor $| a - p | < a$ és $n_{0} = | a - p |^{2} + 2 b^{2}$ is osztható $p$ -vel, de kisebb $n$ -nél. Legyen $d = (| a - p |, b)$ ; ekkor $p$ nem lehet osztója $d$ -nek, hiszen akkor osztója volna $b$ -nek is, $(a - p)$ -nek is, tehát $a$ -nak is, vagyis $a$ és $b$ nem volna relatív prím. Ha viszont $p$ nem osztója $d$ -nek, akkor $d^{2}$ -nek sem, így $p$ osztója volna az ${(\frac{| a - p |}{d})}^{2} + 2 {(\frac{b}{d})}^{2} (= \frac{n_{0}}{d^{2}} < n)$ jó számnak is, ami ellentmondana $n$ minimális voltának; tehát $a ≦ \frac{p}{2}$ . Ugyanígy látható be, hogy $b ≦ \frac{p}{2}$ , így $n = a^{2} + 2 b^{2} ≦ \frac{p^{2}}{4} + 2 \frac{p^{2}}{4} < p^{2}$ , ahogyan állítottuk.
Tegyük fel ezek után, hogy $t > 1$ . Ebből a feltevésből fogunk ellentmondásra jutni. Legyen $q$ egy prímosztója $t$ -nek. Nem oszthatja $q$ a $b$ számot, mert akkor $b^{2}$ -nek és $a^{2} + 2 b^{2}$ -nek is osztója lévén, osztója lenne $a^{2}$ -nek is, prím volta miatt ezért $a$ -nak is. Ez ellentmondana annak, hogy $a$ és $b$ relatív prímek. Ha viszont $q$ nem osztója $b$ -nek, akkor van olyan $- \frac{q}{2}$ és $\frac{q}{2}$ közötti $x$ szám, amelyre $a - b x$ osztható $q$ -val, tehát $\frac{a - b x}{q}$ egész szám. Megmutatjuk, hogy $x^{2} + 2$ is osztható $q$ -val. Nyilván osztható $q$ -val $- (a - b x) (a + b x) + a^{2} + 2 b^{2} = b^{2} (x^{2} + 2) .$ Mivel $q$ nem osztója $b^{2}$ -nek és prím, ezért osztója az $(x^{2} + 2)$ kifejezésnek. Igy $a x + 2 b$ is osztható $q$ -vaI, mivel $(a - b x) x + b (x^{2} + 2) = a x + 2 b$ ; tehát $(a x + 2 b) / q$ is egész szám.
Jelöljük $A$ -val $\frac{| a x + 2 b |}{q}$ -t és legyen $B = \frac{| a - b x |}{q} .$ Tekintsük az

\begin{matrix} m = A^{2} + 2 B^{2} = {(\frac{a x + 2 b}{q})}^{2} + 2 {(\frac{a - b x}{q})}^{2} = \frac{(a^{2} + 2 b^{2}) (x^{2} + 2)}{q^{2}} = n \frac{x^{2} + 2}{q^{2}} \end{matrix}

számot. E szám kisebb

n

-nél, hiszen

| x | ≦ \frac{q}{2}

, ezért

x^{2} + 2 ≦ {(\frac{q}{2})}^{2} + 2 ≦^{2}

;

(q ≧ 2)

. Az

m

nyilván osztható

p

-vel, hiszen

n

osztható

p

-vel,

q^{2}

pedig nem, mivel

q ≦ t < p

. Legyen

d

A

és

B

legnagyobb közös osztója; ekkor

\begin{matrix} \frac{m}{d^{2}} = {(\frac{A}{d})}^{2} + 2 {(\frac{B}{d})}^{2} = n \cdot \frac{x^{2} + 2}{q^{2} d^{2}} \end{matrix}

m

-nél (s így

n

-nél is) kisebb jó szám. Ha osztható

p

-vel, akkor ellentmondásra jutunk n minimális voltával. De

m

osztható

p

-vel, így

\frac{m}{d^{2}}

csak akkor nem lehetne osztható

p

-vel, ha

d^{2}

, s így

d

is osztható volna

p

-vel. Ha viszont

d

osztható volna

p

-vel, akkor

d ≧ p,

s így

d^{2} ≧ p^{2}

lenne, másrészt

d^{2} ≦ m < n

, amiből az következne, hogy

n > p^{2}

. Ez viszont ellentmond a korábban bizonyított

n < p^{2}

egyenlőtlenségnek. Mindenképpen ellentmondásra jutottunk tehát a

t > 1

feltevéssel (

t

-t osztó

q

prímszám létezésével), így a feladat állítását bebizonyítottuk.

Megjegyzések. 1. A feladat állítása ugyanígy bizonyítható az

a^{2} + b^{2}

alakú számokra és majdnem ugyanígy az

a^{2} + 3 b^{2}

alakú számokra (az

a ≦ \frac{p}{2}

b ≦ \frac{p}{2}

becslések

p \neq 2

esetén az

a ≦ \frac{p - 1}{2}

b ≦ \frac{p - 1}{2}

becslésekkel helyettesítendők, de csak a páratlan prímosztókra. Az

a^{2} + 4 b^{2}

alakú számokra már egy helyen módosítani kell a bizonyítást, s most is csak a páratlan prímosztókra igaz az állítás. Az

a^{2} + 5 b^{2}

alakú számokra már csak az igaz, s ez bizonyítható is a fenti módszerrel, hogy minden páratlan prímosztójuk vagy annak kétszerese ugyanilyen alakú. (Igy pl.

1^{2} + 5 \cdot 3^{2} = 46 = 2 \cdot 23

, de

23

nem áll elő

a^{2} + 5 b^{2}

alakban.)
2. Ha bevezetjük az

a + b \sqrt[]{2} \cdot i

, alakú "

P

-egészeket'', ahol

a, b

egész, és

i

a képzetes egység, akkor megmutatható, hogy ezek között is értelmezhető az oszthatóság, elvégezhető a maradékos osztás úgy, hogy a maradék abszolút értéke kisebb legyen az osztóénál, s így e számkörben is egyértelmű a számok prímtényezős felbontása (természetesen a

P

-egészek körében vett prímszámokra).
Végül belátható, hogy minden szám, amely prím a

P

-egészek között, a konjugáltjával szorozva valódi prímet ad.
Feladatunk állítása ‐ a

P

-egészek eme tulajdonságainak felhasználásával ‐ a következőképpen igazolható: Bontsuk prímtényezőire az

a + b \sqrt[]{2} \cdot i

számot:

\begin{matrix} a + b \sqrt[]{2} \cdot i = π_{1} \cdot ... \cdot π_{r}, \end{matrix}

ahol mindegyik

π_{i} P

-prím. Ekkor

\begin{matrix} \bar{a + b \sqrt[]{2 i}} = {\bar{π}}_{1} \cdot {\bar{π}}_{2} \cdot ... \cdot {\bar{π}}_{r}, \end{matrix}

és

\begin{matrix} a^{2} + 2 b^{2} = (π_{1} \cdot {\bar{π}}_{1}) \cdot ... \cdot π_{i} \cdot {\bar{π}}_{i} \cdot ... \cdot (π_{r} \cdot {\bar{π}}_{r}) . \end{matrix}

Itt minden

π_{i} \cdot {\bar{π}}_{i}

szorzat prímszám, valamelyik

i

-re

p = π_{i} \cdot {\bar{π}}_{i}

, másrészt

π_{i} = x + \sqrt[]{2} y i

alakú (

x, y

egész), tehát

p = π_{i} \cdot {\bar{π}}_{i} = x^{2} + 2 y^{2}

, amit bizonyítani kellett.

Podoski Károly (Bp., Árpád Gimn., IV. o. t.)