Feladat: Gy.2600 Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Barát János ,  Battyányi Péter ,  Bernyiscsek Zsolt ,  Csörnyei Marianna ,  Erben Péter ,  Faragó Gergely ,  Garzó Dénes ,  Gőgh József ,  Győry Máté ,  Harcos Gergely ,  Horváth István ,  Imolay Olivér ,  Imreh Csanád ,  K. L. ,  Katz Sándor ,  Keresztély Tibor ,  Kiss István ,  Kórász Tamás ,  Lente Gábor ,  Magó Kálmán ,  Maróti Miklós ,  Matolcsi Máté ,  Molnár-Sáska Gábor ,  Németh Sándor ,  Szalkai Ákos ,  Szendrői Balázs ,  Szűts Dávid ,  Újváry-Menyhárt Zoltán ,  Virág Bálint ,  Wiener Gábor ,  Zsák András 
Füzet: 1990/november, 393 - 395. oldal  PDF file
Témakör(ök): Elsőfokú (és arra visszavezethető) egyenletrendszerek, Négyzetszámok összege, Cauchy-Schwarz-Bunyakovszkij-féle egyenlőtlenség, Maradékos osztás, Prímszámok, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1990/január: Gy.2600

Bizonyítsuk be, hogy ha egy egész szám legalább kétféleképpen áll elő két négyzetszám összegeként, akkor nem lehet prímszám.

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

I. megoldás. Tegyük fel, hogy a p prímszámra

p=a2+b2=x2+y2.(1)
Ha a=x, akkor b2=y2, a két felbontás azonos, így föltehető, hogy a>x. Ekkor
0<p(a2-x2)=(x2+y2)a2-(a2+b2)x2=y2a2-x2b2.
A jobb oldalon négyzetek különbsége áll, ami szorzattá alakítható, és így
0<p(a2-x2)=(ya+xb)(ya-xb).(2)

A Cauchy‐Schwartz egyenlőtlenség szerint a jobb oldal tényezőinek a négyzete legfeljebb
(a2+b2)(x2+y2)=p2,
így (2) jobb oldala egyik tényezőjének abszolút értéke sem nagyobb p-nél. A p másfelől prímszám, így a két tényező közül legalább az egyiknek osztója. Mivel a tényezők egyike sem nulla, ez pontosan akkor lehetséges, ha
vagyya+xb=p,és ígyya-xb=a2-x2,vagyya-xb=p,és ígyya+xb=a2-x2.


Mindkét esetben a két egyenlőséget összeadva és felhasználva, hogy p=x2+y2, kapjuk, hogy
2ya=a2+y2,azaz(a-y)2=0,
tehát a=y, és így b2=x2.
Ez azt jelenti, hogy a p prímszám valóban legfeljebb egyféleképpen írható fel két négyzetszám összegeként.
 

Matolcsi Máté (Bp., Fazekas M. Gyak. Gimn., II. o. t.)

dolgozata nyomán

II. megoldás. Az (1) feltételben p-vel osztva kapjuk:
1=a2+b2p=(a2+b2)(x2+y2)p2.
A számláló az ismert Euler ‐ Lagrange azonosság szerint kétféleképpen is felírható két négyzetszám összegeként:
(a2+b2)(x2+y2)=(ax+by)2+(ay-bx)2=(ax-by)2+(ax+bx)2.
Így kapjuk, hogy
1=(ax+byp)2+(ax-bxp)2=(ax-byp)2+(ay+bxp)2.(3)
Az első megoldás (2) felbontásához hasonlóan kapjuk, hogy p(y2-b2)=a2y2-b2x2=(ay+bx)(ay-bx), azaz vagy p|ay+bx vagy p|ay-bx. A (3)-beli két felbontásban tehát legalább az egyik esetben valamelyik tag egész, így viszont, mivel az összeg 1, a másik tagnak is egésznek kell lennie. Föltehető, hogy erre a megadott két felbontás közül az elsőben kerül sor. Így
1=(ax+byp)2+(ay-bxp)2,
és a jobb oldalon egész számok állnak. Ez csak úgy lehetséges, ha egyikük 0, másikuk pedig 1. Nyilván föltehető, hogy a, b, x és y nemnegatív egészek, így viszont csak
ax+by=p=a2+b2
és
ay-bx=0
lehetséges. A talált feltételek elsőfokú kétismeretlenes egyenletrendszert alkotnak x-re és y-ra, mint ismeretlenekre. Ennek egyetlen megoldása x=a és y=b, ami azt jelenti, hogy egy prímszámnak két négyzetszám összegeként való előállítása valóban egyértelmű.
 

III. megoldás. Tegyük föl, hogy egy adott p>1 egész két különböző módon is előáll két négyzet összegeként, azaz léteznek olyan a, b, c, d egészek, hogy
p=a2+b2=c2+d2.(4)
Megmutatjuk, hogy ekkor a p összetett. Ez nyilván teljesül, ha a négy szám valamelyike 0, hiszen ekkor a p négyzetszám. Föltehető tehát, hogy a, b, c és d pozitív egészek.
A (4)-ből rendezés után négyzetek különbségének egyenlőségét kapjuk; ezt szorzattá alakítva
(a-c)(a+c)=(d-b)(d+b)(5)
adódik. Vegyük észre, hogy az a, b, c, d számokat az (5) egyenlőség tényezői egyértelműen meghatározzák: bevezetve az
x=a-c,y=a+c,z=d-b,v=d+b
változókat,
a=x+y2,b=v-z2,c=y-x2,d=v+z2,
így (4) az alábbi alakot ölti:
4p=4(a2+b2)=(x+y)2+(v-z)2.(6)
Írjuk fel a II. megoldásban is jó szolgálatot tett Euler ‐ Lagrange azonosságot:
(A2+B2)(C2+D2)=(AC+BD)2+(AD-BC)2.(7)

Ha most a (6) és (7) jobb oldalán álló két négyzetösszeget sikerülne azonosítani, azaz találnánk olyan A, B, C, D egészeket, melyekre
x=AC,y=BD,z=BC,v=AD,(8)
akkor a (7) azonosság nyomán éppen (6) jobb oldalának egy szorzat alakját kapnánk, azt, hogy
4p=(A2+B2)(C2+D2).(9)
A (8) egyenlőség az x, y, z, v egészekre azt mondja, hogy
xy=zv.

Ekkor viszont a Kalmár Lászlótól származó ún. négyszám-tétel éppen azt mondja ki, hogy léteznek a (8) szerinti A, B, C és D egészek. (A tétel bizonyítása megtalálható pl. Reiman István: A geometria és határterületei c. könyvének (Gondolat, 1986) 268. oldalán.)
Vegyük most szemügyre a (9) jobb oldalán álló tényezőket. Könnyen ellenőrizhető, hogy ha A, B, C és D valamelyike nulla, akkor vagy azonos a két (4)-beli felírás, vagy pedig a, b, c és d között van nem pozitív, márpedig ezeket az eshetőségeket kizártuk. Ha A=B=1, akkor x=z és y=v, azaz a=d és c=b, tehát megint csak nem volna különböző a két (4)-beli felírás. Így A2B222+12=5 és hasonlóan C2D25. A (9)-ben tehát a 4p-t két, 4-nél nagyobb egész szorzataként állítottuk elő, ami csak úgy lehetséges, ha a p összetett szám.
 

Harcos Gergely (Bp., Apáczai Cs. J. Gyak. Gimn., III. o. t.)

dolgozata nyomán