Feladat: Gy.2839 Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Elek Péter ,  Hegedűs Márton ,  Hegedűs Viktor ,  Kiss Márton ,  Lolbert Tamás ,  Németh Tibor ,  Németh Zoltán ,  Szádeczky-Kardoss Szabolcs ,  Tóth Gábor Zsolt 
Füzet: 1993/december, 512 - 514. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Másodfokú diofantikus egyenletek, Osztók száma, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1993/április: Gy.2839

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

Vizsgáljuk általánosabban a kérdést: hány egész megoldása van az

x2-y2=k
egyenletnek, ha k=±p1α1p2α2...pmαm, ahol p1,p2...,pm egymástól különböző prímek. (A k = 0 eset láthatóan érdektelen. A k=±1 esetekben a megoldások: x=±1, y=0, ill. x=0, y=±1.)
Az egyenlet bal oldalát szorzattá alakítva
(x-y)(x+y)=k
adódik, amiből látszik, hogy a keresendő megoldásokra
(x+y)|k,(x-y)|k
teljesül. A k számnak 2(α1+1)(α2+1)...(αm+1) egész osztója van (ugyanis egy tetszőleges d osztó ±p1β1...pmβm alakú, ahol 0βiαi; azaz a βi kitevő (αi+1)- féleképpen választható, az előjel pedig kétféleképpen), vagyis az x+y legfeljebb ennyiféle értéket vehet fel. Az x+y értéke viszont már meghatározza x-y értékét; legyenek ezek rendre d és k/d, ahonnan
x=d+k/d2,y=d-k/d2.
Amennyiben ezek egész számok, úgy az eredeti egyenlet megoldásaihoz jutottunk. A továbbiakban három esetet kell megkülönböztetni.
1. eset. k páratlan. Ekkor, az előbbi jelöléseket használva,2d,2kd, s így mind d+k/d2,mindd-k/d2 is egész szám. Minden d osztóhoz találtunk tehát egy (x,y) számpárt, különböző osztókhoz nyilván különbözőt, és ez az összes megoldás. Tehát ebben az esetben a megoldások száma:
2(α1+1)(α2+1)...(αm+1).



2. eset. k páros, de 4k. Ekkor a d és k/d számok közül pontosan az egyik lesz páros, a másik páratlan, vagyis d+k/d2 nem egész szám. Így ebben az esetben nincs egész megoldás.
 

3. eset. 4|k. Ilyenkor d és k/d egyike biztosan páros, így ahhoz hogy x és y egész legyen, a másik számnak is párosnak kell lennie. Azok a d osztók szolgáltatnak tehát megoldást, amelyekre 2|d és 2|kd is fennáll. Egy ilyen d prímtényezős alakjában a p1=2 kitevőjét β1 -gyel jelölve,
1β1α1-1
teljesül. (A feltétel értelmes, hiszen a 4|k feltevés miatt α12.) Ilyen β1 -ből α1-1 darab van, s mivel a többi prímtényező valamint az előjel már ‐ az előbbi határokon belül ‐ tetszőleges lehet, az ilyen osztók s egyben a megoldások száma
2(α1-1)(α2+1)...(αm+1).
Nézzük meg végezetül, hogy az eredeti feladat számai mely esetekhez tartoznak. Az n2=19922=2632832 a 3. esetre példa, a megoldások száma tehát 2533=90; az n2=19932 az első esetbe tartozik 23=6 megoldással; míg az n2=19942=229972 szintén a 3. eset szerint 213=6 megoldást ad.
 

 Tóth Gábor Zsolt (Budapest, Árpád Gimn. I. o. t.)