Kezdőlap


Feladat:	1173. matematika gyakorlat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Füzet:	1968/november, 145 - 147. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Magasabb fokú diofantikus egyenletek, Oszthatósági feladatok, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1968/január: 1173. matematika gyakorlat

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

I. Legyen a vízszintes rétegek száma Jóska elkészült téglatestjén $x - 1$ , Laci kockáján $y$ ( $x - 1$ , $y$ természetes számok), akkor a Jóska elképzelt téglatestjében leendő (vagyis az összes) cukordarabok számának kétféle kifejezéséből

\begin{matrix} x (x + 1) (x + 2) = (x - 1) \cdot x \cdot (x + 1) + y^{3}, \\ 3 x (x + 1) = y^{3} . & (1) \end{matrix}

Itt a bal oldal osztható

3

-mal, ezért

y^{3}

is osztható vele. Ez csak úgy lehet, ha

y

is osztható

3

-mal, így a jobb oldal osztható

27

-tel, és a bal oldali

x (x + 1)

szorzat osztható

9

-cel. Mivel ennek tényezői szomszédos természetes számok, azért relatív prímek, az oszthatóság csak úgy teljesülhet, ha vagy

x

vagy

x + 1

osztható

9

-cel.
Ugyanezért

x

és

x + 1

további tényezője csak egy-egy egész szám köbe lehet, tehát

\begin{matrix} vagy & α) & x = a^{3} & és & x + 1 = 9 b^{3}, \\ vagy & β) & x = 9 c^{3} & és & x + 1 = d^{3}, \end{matrix}

ahol

a

b

c

d

természetes szám (és így

y = 3 a b

, ill.

y = 3 c d

).
Az első esetben

\begin{matrix} x = a^{3} = 9 b^{3} - 1, \end{matrix}

(2)

és tüstént látjuk, hogy ezt kielégíti a legkisebb szóba jövő

b = 1

érték,

a = 2

-vel együtt. Innen (1)-nek egy megoldása

x = 8

és

y = 6

, eszerint Jóska

7 \cdot 8 \cdot 9 = 504

, Laci pedig

6^{3} = 216

db cukrot használt föl, és az utóbbiak átvétele után Jóska építménye

720 = 8 \cdot 9 \cdot 10

kockát tartalmazott. Ez a válasz életszerű, mert a szokásos,

1

kg-os dobozban a darabok száma kb.

3 - 400

.
II. Belátjuk, hogy a feladatnak nincs más, elfogadható megoldása. Az

α

) esetet folytatva legyen

a = 3 q + r

, ahol

r

- 1

0

1

számok valamelyike. Ezt (2)-be helyettesítve, átrendezéssel

\begin{matrix} r^{3} + 1 = 9 (b^{3} - 3 q^{3} - 3 q^{2} r - q r^{2}), \end{matrix}

osztható

9

-cel. Ezért csak

r = - 1

lehetséges, a zárójel értéke

0

. Ebből

\begin{matrix} q (3 q^{2} - 3 q + 1) = b^{3} . \end{matrix}

A bal oldal tényezői relatív prímek, ezért

q

köbszám, és mivel a

q = 1

esetet már láttuk,

q \geq 8

. Így azonban

a = 3 q + r \geq 23 > 2 \cdot 10

, és

x = a^{3} > 2^{3} \cdot 10^{3}

, a két fiú által fölhasznált kockák

N

száma

\begin{matrix} N = x (x + 1) (x + 2) > x^{3} > 2^{9} \cdot 10^{9} > 5 \cdot 10^{11} \end{matrix}

volna, ami több, mint

10^{9}

kg cukrot jelentene.
A

β)

esetben

\begin{matrix} d^{3} = 9 c^{3} + 1, \end{matrix}

a fentiekhez hasonlóan

d

csak

3 s + 1

alakú szám lehet, így

\begin{matrix} s (3 s^{2} + 3 s + 1) = c^{3}, \end{matrix}

s

is,

3 s^{2} + 3 s + 1

is köbszám,

s = t^{3}

és

d = 3 t^{3} + 1

, ahol

t > 1

, mert

t = 1 = s

esetén a zárójelben

3 + 3 + 1 = 7

nem köbszám. Így pedig ismét elfogadhatatlan alsó korlátot kapunk:

\begin{matrix} N > x^{3} = {(d^{3} - 1)}^{3} = {[{(3 t^{3} + 1)}^{3} - 1]}^{3} > {(27 t^{9})}^{3} > 25^{3} t^{27} \geq \\ \geq 5^{6} \cdot 2^{27} = 2 \cdot 10^{6} {(2^{10})}^{2} > 2 \cdot 10^{12}, \end{matrix}

hiszen

2^{10} = 1024 > 10^{3}

. Állításunkat bebizonyítottuk.

Megjegyzés. Az

x = 8

y = 6

megoldáshoz elvezet a következő meggondolás is. (1) bal oldala páros, emiatt

y

osztható

2 \cdot 3 = 6

-tal is.

y = 6 z

helyettesítéssel (1)-nek

x

-re való pozitív megoldása

\begin{matrix} x = \frac{1}{2} (- 1 + \sqrt[]{1 + 288 z^{3}}), \end{matrix}

és mindjárt látjuk, hogy a diszkrimináns

z = 1

esetén négyzetszám.