Kezdőlap


Feladat:	F.2903	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Megyesi Zoltán , Szeidl Ádám
Füzet:	1992/december, 438 - 441. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Algebrai átalakítások, Magasabb fokú diofantikus egyenletek, Egységgyökök, Konstruktív megoldási módszer, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1992/április: F.2903

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

A feladat a) részének bizonyításához tegyük fel, hogy $(x, y, z)$ megoldás; eszerint

\begin{matrix} x^{3} + {2 y}^{3} + {4 z}^{3} = 6 x y z + 1. \end{matrix}

Azt kell belátni, hogy

(2 z - x, x - y, y - z)

is megoldás, azaz

\begin{matrix} {(2 z - x)}^{3} + 2 {(x - y)}^{3} + 4 {(y - z)}^{3} = 6 (2 z - x) (x - y) (y - z) + 1. \end{matrix}

Elvégezve a kijelölt műveleteket, és rendezve:

\begin{matrix} x^{3} + 2 y^{3} + 4 z^{3} + 6 (- x^{2} y + x^{2} z + x y^{2} - 2 x z^{2} - 2 y^{2} z + 2 y z^{2}) = \end{matrix}

\begin{matrix} = 6 (- x^{2} y + x^{2} z + x y^{2} - 2 x z^{2} - 2 y^{2} z + 2 y z^{2}) + 6 x y z + 1. \end{matrix}

Elhagyva az egymással egyenlő tagokat a két oldalon, az

\begin{matrix} x^{3} + {2 y}^{3} + {4 z}^{3} = 6 x y z + 1 \end{matrix}

egyenlőséghez jutunk, amely feltevésünk értelmében teljesül. Ezzel az a) állítást beláttuk.
Lépéseink megfordíthatók, tehát a fentieken túl az is igaz, hogy ha (

a, b, c

) megoldás, akkor

(x, y, z) = (a + 2 b + 2 c, a + b + 2 c, a + b + c)

is megoldás.
Behelyettesítéssel könnyen ellenőrizhető, hogy az

(1,1,1)

számhármas megoldása az egyenletnek. Ebből konstruálunk végtelen sok, pozitív egészekből álló megoldást.
Legyen

(a_{0}, b_{0}, c_{0}) = (1,1,1) és n \geq 0

esetén

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

Az előbbiek alapján ezek megoldások.
A számhármasok valóban pozitív egészekből állnak, mert

a_{0} = b_{0} = c_{0} = 1

pozitív egészek, másrészt ha

a_{n}, b_{n}, c_{n}

pozitív egészek, akkor a definícióbeli összegek szerint

a_{n + 1}, b_{n + 1}, c_{n + 1}

is pozitív egészek.
Látható, hogy minden

n \geq 0

-ra

a_{n + 1} = a_{n} + 2 b_{n} + 2 c_{n} > a_{n},

vagyis az

a_{0}, a_{1}, a_{2}, ...

sorozat szigorúan monoton nő. Ebből következik, hogy az

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

hármasok mind különbözőek.
Ezzel a feladat b) részét is igazoltuk.

Szeidl Ádám (Miskolc, Földes F. Gimn., II. o. t.)

Megjegyzések 1. Az

x^{3} + 2 y^{3} + 4 z^{3} - 6 x y z

számot az

x + y \sqrt[3]{2} + z \sqrt[3]{4}

szám normájának nevezik a

Q (\sqrt[3]{2})

testben (ez a

p + q \sqrt[3]{2} + r \sqrt[3]{4}

alakú számokból áll, ahol

p, q, r

racionális). Az

(x, y, z) \mapsto (2 z - x, x - y, y - z)

hozzárendelés pedig megfelel a

(\sqrt[3]{2} - 1)

-gyel való szorzásnak. Az állítás első fele tehát azt mondja ki, hogy ha

x + y \sqrt[3]{2} + z \sqrt[3]{4}

normája

1

, akkor

(\sqrt[3]{2} - 1) (x + y \sqrt[3]{2} + z \sqrt[3]{4})

normája is

1.

Be lehet bizonyítani, hogy a norma multiplikatív (azaz szorzat normája a tényezők normáinak szorzata). Ebből ‐ mivel

(\sqrt[3]{2} - 1)

normája is

1

‐, az állítás első fele azonnal következik.

2. A második részben konstruált megoldássorozat az

{(1 + \sqrt[3]{2} + \sqrt[3]{4})}^{n}

együtthatóiból áll:

\begin{matrix} a_{n} + b_{n} \sqrt[3]{2} + c_{n} \sqrt[3]{4} = {(1 + \sqrt[3]{2} + \sqrt[3]{4})}^{n + 1} . \end{matrix}

3. Ha a megoldásokat nem "visszafelé'' definiáltuk volna, hanem az eredeti irányban az

\begin{matrix} (a_{n + 1}, b_{n + 1}, c_{n + 1}) = (2 c_{n} - a_{n}, a_{n} - b_{n}, b_{n} - c_{n}) \end{matrix}

rekurzióval, akkor

\begin{matrix} a_{n} + b_{n} \sqrt[3]{2} + c_{n} \sqrt[3]{4} = {(\sqrt[3]{2} - 1)}^{n - 1} \end{matrix}

lenne. Mivel ez

0

és

1

közé esik, az

a_{n}, b_{n}, c_{n}

számok között egyaránt szerepelnie kellene pozitívnak és negatívnak is.

4. Bebizonyítjuk, hogy az egyenletnek minden egész

x, y, z

megoldásához van olyan

n

egész szám, amelyre

\begin{matrix} x + y \sqrt[3]{2} + z \sqrt[3]{4} = {(1 + \sqrt[3]{2} + \sqrt[3]{4})}^{n} . \end{matrix}

Ehhez fel fogunk használni egy egyszerű azonosságot (ami valójában a norma definíciója).
Legyen

ε

az egyik, az

1

-től különböző komplex harmadik egységgyök. Ekkor

\begin{matrix} (x + y \sqrt[3]{2} + z \sqrt[3]{4}) (x + y ε \sqrt[3]{2} + z ε^{2} \sqrt[3]{4}) (x + y ε^{2} \sqrt[3]{2} + z ε \sqrt[3]{4}) = & (1) \\ = x^{3} + 2 y^{3} + 4 z^{3} - 6 x y z . \end{matrix}

(Az azonosság a műveletek elvégzésével könnyen ellenőrizhető.)
Tegyük fel, hogy

(x, y, z)

megoldás, azaz

x + y \sqrt[3]{2} + z \sqrt[3]{4}

normája

1.

Először is megmutatjuk, hogy

x + y \sqrt[3]{2} + z \sqrt[3]{4}

pozitív. Valóban,

(1)

alapján

\begin{matrix} x + y \sqrt[3]{2} + z \sqrt[3]{4} = \frac{x^{3} + 2 y^{3} + 4 z^{3} - 6 x y z}{(x + y ε \sqrt[3]{2} + z ε^{2} \sqrt[3]{4}) (x + y ε^{2} \sqrt[3]{2} + z ε \sqrt[3]{4})} = \end{matrix}

(2)

\begin{matrix} = \frac{1}{| x + y ε \sqrt[3]{2} + z ε^{2} \sqrt[3]{4} |^{2}}, \end{matrix}

ami pozitív. Külön is kiemelendő, hogy

\begin{matrix} | x + y ε \sqrt[3]{2} + z ε^{2} \sqrt[3]{4} | = | x + y ε^{2} \sqrt[3]{2} + z ε \sqrt[3]{4} | = \frac{1}{\sqrt[]{x + y \sqrt[3]{2} + z \sqrt[3]{4}}} . \end{matrix}

(3)

Tegyük most fel, hogy

x_{0}, y_{0}, z_{0}

olyan megoldás, amelyre

x + y \sqrt[3]{2} + z \sqrt[3]{4}

nem

{(1 + \sqrt[3]{2} + \sqrt[3]{4})}^{n}

alakú, azaz valamilyen

n

-re

\begin{matrix} {(1 + \sqrt[3]{2} + \sqrt[3]{4})}^{n} < x_{0} + y_{0} \sqrt[3]{2} + z_{0} \sqrt[3]{4} < {(1 + \sqrt[3]{2} + \sqrt[3]{4})}^{n + 1} . \end{matrix}

Ha ezt beszorozzuk

{(\sqrt[3]{2} - 1)}^{n} = {(1 + \sqrt[3]{2} + \sqrt[3]{4})}^{- n}

-nel, olyan

(x, y, z)

megoldást kapunk, amelyre

\begin{matrix} 1 < x + y \sqrt[3]{2} + z \sqrt[3]{4} < 1 + \sqrt[3]{2} + \sqrt[3]{4} = \frac{1}{\sqrt[3]{2} - 1} . \end{matrix}

(4)

Legyen

A = x + y \sqrt[3]{2} + z \sqrt[3]{4}

B = z + y ε \sqrt[3]{2} + z ε^{2} \sqrt[3]{4} és C = x + y ε^{2} \sqrt[3]{2} + z ε \sqrt[3]{4};

(3) és (4) alapján

\begin{matrix} 1 < A < 1 + \sqrt[3]{2} + \sqrt[3]{4}; \end{matrix}

(5)

Könnyű ellenőrizni, hogy

\begin{matrix} x = \frac{A + B + C}{3}; y = \frac{A + ε^{2} B + ε C}{3 \sqrt[3]{2}}; z = \frac{A + ε B + ε^{2} C}{3 \sqrt[3]{4}} . \end{matrix}

(6)

Ebből következik, hogy

\begin{matrix} \frac{A - | B | - | C |}{3} \leq x \leq \frac{A + | B | + | C |}{3}, \end{matrix}

amiből

(5)

alapján

\begin{matrix} - 1 < \frac{1 - 2 \cdot 1}{3} < x < \frac{(1 + \sqrt[3]{2} + \sqrt[3]{4}) + 2 \cdot 1}{3} < 2, \end{matrix}

hasonlóan

\begin{matrix} \frac{A - | B | - | C |}{3 \sqrt[3]{2}} \leq y \leq \frac{A + | B | + | C |}{3 \sqrt[3]{2}}, \end{matrix}

amiből

\begin{matrix} - 1 < \frac{1 - 2 \cdot 1}{3 \sqrt[3]{2}} < y < \frac{(1 + \sqrt[3]{2} + \sqrt[3]{4}) + 2 \cdot 1}{3 \sqrt[3]{2}} < 2, \end{matrix}

végül

\begin{matrix} \frac{A - | B | - | C |}{3 \sqrt[3]{4}} \leq z \leq \frac{A + | B | + | C |}{3 \sqrt[3]{4}}, \end{matrix}

amiből

\begin{matrix} - 1 < \frac{1 - 2 \cdot 1}{3 \sqrt[3]{4}} < z < \frac{1 + 2 \cdot 1}{3 \sqrt[3]{4}} < 2. \end{matrix}

Azt kaptuk tehát, hogy

x

y

, és

z

is csak 0 vagy 1 lehet. E nyolc lehetőség közül csak az

x = 1

y = z = 0

, illetve

x = y = z = 1

esetben kapunk megoldást, de ezekre nem teljesül a (4) feltétel. Ellentmondásra jutottunk, vagyis igazoltuk, hogy minden egész megoldásra

x + y \sqrt[3]{2} + z \sqrt[3]{4} = {(1 + \sqrt[3]{2} + \sqrt[3]{4})}^{n}

alakú.

5. Az

x + y \sqrt[3]{2} + z \sqrt[3]{4}

felírás egyértelmű, azaz ha

x_{1} + y_{1} \sqrt[3]{2} + z_{1} \sqrt[3]{4} = x_{2} + y_{2} \sqrt[3]{2} + z_{2} \sqrt[3]{4}

, és

x_{i}

y_{i}

z_{i}

egészek, akkor

x_{1} = x_{2}

y_{1} = y_{2}

z_{1} = z_{2}

.
Legyen

x = x_{1} - x_{2}

y = y_{1} - y_{2}

z = z_{1} - z_{2}

; ekkor

x + y \sqrt[3]{2} + z \sqrt[3]{4} = 0,

és így az (1) azonosság alapján

\begin{matrix} x^{3} + 2 y^{3} + 4 z^{3} - 6 x y z = 0 . \end{matrix}

(7)

Megmutatjuk, hogy

(7)

csak

x = y = z = 0

esetén teljesül.
Tegyük fel, hogy

x, y, z

nem mind

0

. Legyen

(x_{0}, y_{0}, z_{0})

egy ilyen, (7)-nek eleget tevő számhármas, amelyre

| x_{0} | = | y_{0} | + | z_{0} |

(ami pozitív) minimális. Mivel

x_{0}^{3} = - 2 (y_{0}^{3} + 2 z_{0}^{3} - 3 x_{0} y_{0} z_{0}), x_{0}

nyilván páros. Legyen

x_{0} = 2 a

; ekkor

\begin{matrix} 8 a^{3} + 2 y_{0}^{3} + 4 z_{0}^{3} - 12 a y_{0} z_{0} = 0, y_{0}^{3} = - 2 (2 a^{3} + z_{0}^{3} - 3 a y_{0} z_{0}), \end{matrix}

amiből következik, hogy

y_{0}

is páros; legyen

y_{0} + 2 b .

Ezt behelyettesítve:

\begin{matrix} 8 a^{3} + 16 b^{3} + 4 z_{0}^{3} - 24 a b z_{0} = 0, z_{0}^{3} = - 2 (a^{3} + 2 b^{3} - 3 a b z_{0}) . \end{matrix}

Ebből következik, hogy

z_{0}

is páros; legyen

z_{0} = 2 c

.
Az

a, b, c

számokra teljesül, hogy

\begin{matrix} 8 a^{3} + 16 b^{3} + 32 c^{3} - 48 a b c = 0, azaz a^{3} + 2 b^{3} + 4 c^{3} - 6 a b c = 0, \end{matrix}

tehát az

(a, b, c)

számhármas is ellenpélda; viszont

| a | + | b | + | c | = \frac{| x_{0} | + | y_{0} | + | z_{0} |}{2} < | x_{0} | + | y_{0} | + | z_{0} |,

ami ellentmond a minimalitás feltevésének.
Ezzel a kívánt egyértelműséget is igazoltuk.