Kezdőlap


Feladat:	1516. matematika gyakorlat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: -
Füzet:	1974/december, 215 - 216. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Másodfokú diofantikus egyenletek, Maradékos osztás, Végtelen leszállás módszere, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1974/március: 1516. matematika gyakorlat

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

A megoldáshoz a következő elvet használjuk fel: abból indulunk ki, hogy az (1) egyenletnek van olyan $x$ , $y$ , $u$ , $t$ megoldása, melyre $x = y = u = t = 0$ nem teljesül. Ekkor az összes ilyen megoldások között kell léteznie (legalább egy, de lehet hogy több) olyan megoldásnak is, melyben $x$ , $y$ , $u$ , $t$ abszolút értékei közül a maximális a lehető legkisebb. Tekintsünk egy ilyen megoldást. Ennek segítségével konstruálunk egy olyan másik, $x'$ , $y'$ , $u'$ , $t'$ megoldást, melyben továbbra sem lesz mindegyik tag nulla, és abszolút értékük csökken. Ezzel máris ellentmondásra jutottunk: feltettük, hogy $x$ , $y$ , $u$ , $t$ volt a legkisebb megoldás, mégis találtunk kisebbet.
Az ötlet megvalósításához azt az egyszerű tényt használjuk fel, hogy ha két négyzetszám összege osztható hárommal, akkor a négyzetszámok külön-külön oszthatók hárommal. Ez egyszerűen abból következik, hogy négyzetszámot hárommal osztva csak nulla vagy egy maradékot kaphatunk:

\begin{matrix} {(3 k)}^{2} = 9 k^{2}; {(3 k \pm 1)}^{2} = 3 (3 k^{2} \pm 2 k) + 1. \end{matrix}

Két, nulla vagy egy maradékú szám összege csak akkor adhat nulla maradékot, ha mindkét maradék eredetileg is nulla volt.
Tegyük fel tehát, hogy

x

y

u

t

az a bizonyos legkisebb megoldás, amelyben nem mindegyik szám nulla. Feladatunk olyan

x'

y'

u'

t'

megoldást készíteni, melyben továbbra sem lesz mindegyik szám nulla, de a számok abszolút értékei csökkennek.

1974 = 3 \cdot 658

, azaz

1974

hárommal osztható. Ez (1) szerint azt jelenti, hogy

x^{2} + y^{2}

is osztható hárommal. Előbbi megjegyzésünk szerint ekkor

x^{2}

és

y^{2}

is osztható hárommal, ami csak úgy lehetséges, ha az alapok is oszthatók hárommal:

\begin{matrix} x = 3 x', y = 3 y' . \end{matrix}

(2)

Ezt (1)-be írva:

\begin{matrix} 9 x'^{2} + 9 y'^{2} & = 3 \cdot 658 (u^{2} + t^{2}) \\ 3 (x'^{2} + y'^{2}) & = 658 (u^{2} + t^{2}) . & (3) \end{matrix}

658

nem osztható hárommal, így (3) csak úgy állhat fenn, ha

u^{2} + t^{2}

osztható hárommal. Ismét előbbi megjegyzésünket alkalmazva

u

és

t

is osztható hárommal:

\begin{matrix} u = 3 u', t = 3 t' . \end{matrix}

(4)

Ezt (3)-ba helyettesítve

\begin{matrix} x'^{2} + y'^{2} = 3 \cdot 658 (u'^{2} + t'^{2}) . \end{matrix}

Láthatjuk, hogy

x'

y'

u'

t'

is kielégíti az (1) egyenletet. Másrészt (2) és (4)-ből látható, hogy abszolútértékben csökkent mindegyik szám, és

x

y

u

t

közül valamelyik nem volt nulla, akkor a megfelelő vesszős párja sem lesz nulla.
Ezzel a keresett kisebb megoldást előállítottuk. A megoldás elején említettek szerint ez pedig valóban azt jelenti, hogy az egyenletnek az

x = y = u = t = 0

kívül más egész megoldása nincs.
Megjegyzések. 1. A megoldásban használt elvet ,,végtelen leszállás'' elvének, ,,descente infinie''-nek szokás nevezni. Az elnevezés arra utal, hogy tulajdonképpen az ellentmondást abból kaptuk, hogy a pozitív egész számokon nem tudunk ,,végtelen sokáig lefelé menni'', előbb-utóbb el kell jutnunk az

1

-hez. Ez az elv a teljes indukció mellett az egyik leggyakrabban használható módszer, amikor egész számokra kell valamit bizonyítani. A végtelen leszállás elve bizonyos értelemben a teljes indukció megfordítása: míg a teljes indukció ,,felfelé bizonyít'', azaz kisebb értékekről egyre nagyobb értékekre, addig a végtelen leszállás lefelé tagad'': nagyobb értékekből készítünk ellenpéldát kisebb értékekre. A két elv így egymásnak mintegy kiegészítője, de kapcsolatuk annyira szoros, hogy mindegyiket a másikból be lehet bizonyítani.
2. A megoldás második részében azt használtuk ki, hogy ha

3

osztója két négyzetszám összegének, akkor osztója külön-külön is a négyzetszámoknak. Ez a tulajdonsága nemcsak a

3

-nak, hanem általában minden

(4 k - 1)

alakú prímszámnak is megvan. (Lásd például Hajós-Neukomm-Surányi: Matematikai Versenytételek, II. rész, 61. oldal.) Mivel

1974

prímtényezős felbontása

2 \cdot 3 \cdot 7 \cdot 47

és itt

3

-n kívül

7

és

47

(4 k - 1)

alakú prímszám,

3

helyett

7

-t vagy akár

47

-t is mondhattunk volna.