Kezdőlap


Feladat:	Gy.2287	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Füzet:	1986/május, 204 - 205. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Szorzat, hatványozás azonosságai, Magasabb fokú diofantikus egyenletek, Indirekt bizonyítási mód, Maradékos osztás, Oszthatósági feladatok, Prímtényezős felbontás, Teljes indukció módszere, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1985/október: Gy.2287

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

I. megoldás. Az egyenlet bal oldalán felismerhető $(x - y)$ négyzete. Így kapjuk, hogy

\begin{matrix} x^{2} - 2 x y + 2 y^{2} - 4 y^{3} = {(x - y)}^{2} + y^{2} (1 - 4 y) = 0, \end{matrix}

vagy rendezés után

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

(1)

y = 0

, akkor (1) jobb oldalán nulla áll, így

x = 0

. Megmutatjuk, hogy az egyenletnek nincs más megoldása.
Ha

y \neq 0

, akkor mivel y egész szám,

4 y - 1

sem nulla, így (l) szerint a jobb oldalon álló szorzat,

y^{2} (4 y - 1)

egy egész szám négyzete és nem nulla. A szorzat egyik tényezője,

y^{2}

maga is négyzetszám, a szorzat tehát csak úgy lehet négyzetszám, ha a második tényező,

4 y - 1 = 4 (y - 1) + 3

is az. Ez viszont lehetetlen, hiszen a négyzetszámok 0 vagy 1 maradékot adnak 4-gyel osztva.
Az egyenlet egyetlen megoldása tehát

x = y = 0

II. megoldás. Az egyenletből kapjuk, hogy

\begin{matrix} x^{2} = 2 x y - 2 y^{2} + 4 y^{3}, másrészt \end{matrix}

(2.a)

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

(2.b)

(2. a)-ból látszik, hogy

x

páros, így (2. b) jobb oldalán 4-gyel osztható szám áll. Így

y^{2}

is páros, és ezért 4-gyel is osztható. Ismét (2. a)-ból ezután már

8 | x^{2}

következik, ami csak úgy lehet, ha

4 | x

. A gondolatmenet folytatható, és kapjuk, hogy mind

x

, mind pedig

y

osztható a 2 tetszőleges pozitív egész kitevőjű hatványával, ami csak úgy lehet, ha

x

és

y

is nulla.
A fenti okoskodás csupán vázlat. A mondott "folytathatóságot" egy valódi bizonyításban nem csak jelezni kell, hisz ez a megoldás kulcsa. Igazolása teljes indukcióval történhet; ezt most nem részletezzük, ehelyett egy ‐ látszólag ‐ másik utat választunk.
Ha

x

és

y

valamelyike nem nulla, akkor jelölje

d

azt a legnagyobb kitevőt, amelyre

2^{d}

-nel mind

x

, mind pedig y osztható. Ekkor (2. a) szerint

x^{2}

osztható

2^{2 d + 1}

-nel, és mivel négyzetszám felbontásában minden prímszám páros kitevőn fordul elő,

x^{2}

osztható

2^{2 d + 2}

-nal is,

x

tehát osztható

2^{d + 1}

-nel.
Ezt fölhasználva (2. b)-ből kapjuk, hogy

2 y^{2}

osztható

2^{2 d + 2}

-nal, azaz

y^{2}

osztható

2^{2 d + 1}

-nel. Ez viszont ellentmondás, hisz feltevésünk szerint

2^{d}

volt a legnagyobb olyan 2-hatvány, amellyel

x

és

y

is osztható.
A talált ellentmondásból következik, hogy

x

és

y

közül egyik sem lehet nullától különböző. A (0, 0) számpár láthatóan megoldás, így a feladatot megoldottuk.

Megjegyzések. l. Mindkét megoldás felhasználta azt a számelmélet alaptételének nevezett állítást, amely szerint a pozitív egész számok egyértelműen írhatók fel prímszámok szorzataként.
2. A második megoldásban azt láttuk be, hogy ha

x

és

y

oszthatók

2^{d}

-nel, akkor

2^{d + 1}

-nel is oszthatók. Mivel pedig

2^{0} = 1

-gyel minden egész szám osztható, ez valójában éppen az említett teljes indukciós bizonyítás.