|
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 | MathML |
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 |
|
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 prímszámra Ha , akkor , a két felbontás azonos, így föltehető, hogy . Ekkor | | A jobb oldalon négyzetek különbsége áll, ami szorzattá alakítható, és így | | (2) |
A Cauchy‐Schwartz egyenlőtlenség szerint a jobb oldal tényezőinek a négyzete legfeljebb így (2) jobb oldala egyik tényezőjének abszolút értéke sem nagyobb -nél. A másfelől prímszám, így a két tényező közül legalább az egyiknek osztója. Mivel a tényezők egyike sem nulla, ez pontosan akkor lehetséges, ha
Mindkét esetben a két egyenlőséget összeadva és felhasználva, hogy , kapjuk, hogy tehát , és így . Ez azt jelenti, hogy a 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 -vel osztva kapjuk: | | A számláló az ismert Euler ‐ Lagrange azonosság szerint kétféleképpen is felírható két négyzetszám összegeként: | | Így kapjuk, hogy | | (3) | Az első megoldás (2) felbontásához hasonlóan kapjuk, hogy , azaz vagy vagy . A (3)-beli két felbontásban tehát legalább az egyik esetben valamelyik tag egész, így viszont, mivel az összeg , a másik tagnak is egésznek kell lennie. Föltehető, hogy erre a megadott két felbontás közül az elsőben kerül sor. Így és a jobb oldalon egész számok állnak. Ez csak úgy lehetséges, ha egyikük , másikuk pedig . Nyilván föltehető, hogy , , és nemnegatív egészek, így viszont csak és lehetséges. A talált feltételek elsőfokú kétismeretlenes egyenletrendszert alkotnak -re és -ra, mint ismeretlenekre. Ennek egyetlen megoldása és , ami azt jelenti, hogy egy prímszámnak két négyzetszám összegeként való előállítása valóban egyértelmű. III. megoldás. Tegyük föl, hogy egy adott egész két különböző módon is előáll két négyzet összegeként, azaz léteznek olyan , , , egészek, hogy Megmutatjuk, hogy ekkor a összetett. Ez nyilván teljesül, ha a négy szám valamelyike , hiszen ekkor a négyzetszám. Föltehető tehát, hogy , , és pozitív egészek. A (4)-ből rendezés után négyzetek különbségének egyenlőségét kapjuk; ezt szorzattá alakítva adódik. Vegyük észre, hogy az , , , számokat az (5) egyenlőség tényezői egyértelműen meghatározzák: bevezetve az változókat, | | így (4) az alábbi alakot ölti: | | (6) | Írjuk fel a II. megoldásban is jó szolgálatot tett Euler ‐ Lagrange azonosságot: | | (7) |
Ha most a (6) és (7) jobb oldalán álló két négyzetösszeget sikerülne azonosítani, azaz találnánk olyan , , , egészeket, melyekre akkor a (7) azonosság nyomán éppen (6) jobb oldalának egy szorzat alakját kapnánk, azt, hogy A (8) egyenlőség az , , , egészekre azt mondja, hogy Ekkor viszont a Kalmár Lászlótól származó ún. négyszám-tétel éppen azt mondja ki, hogy léteznek a (8) szerinti , , és 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 , , és valamelyike nulla, akkor vagy azonos a két (4)-beli felírás, vagy pedig , , és között van nem pozitív, márpedig ezeket az eshetőségeket kizártuk. Ha , akkor és , azaz és , tehát megint csak nem volna különböző a két (4)-beli felírás. Így és hasonlóan . A (9)-ben tehát a -t két, -nél nagyobb egész szorzataként állítottuk elő, ami csak úgy lehetséges, ha a összetett szám. Harcos Gergely (Bp., Apáczai Cs. J. Gyak. Gimn., III. o. t.)
dolgozata nyomán
|
|