A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre. A következő, az eredetinél általánosabb alakú egyenletet fogjuk az egész számok halmazán megoldani: ahol tetszőleges nemnegatív egész lehet. Az szerinti teljes indukcióval igazoljuk, hogy a megoldást a , illetve számpárok jelentik. Tekintsük ezt először -ra: Mivel két pozitív köbszámnak sem az összege, sem a különbsége nem lehet 1, és ugyanez két negatív köbszámra is igaz, ezért és egyike nulla, a másik pedig . Nézzük most az indukciós lépést: tegyük föl, hogy az egyenletnek csak a fenti két megoldása van, és vizsgáljuk az egyenletet. Nyilvánvaló, hogy és azonos paritásúak, lévén köbeik összege páros. Ha mindkettő páros, akkor , , és ezzel , azaz ; az indukció alapján vagy és így vagy . Megmutatjuk, hogy a másik eset nem lehetséges, azaz nem lehet mindkettő páratlan. Indirekt bizonyítást alkalmazunk: tegyük föl, hogy és mégiscsak páratlan. Ekkor | | Itt páratlan, és osztója -nak, így csak lehet. Tekintsük először az , egyenletrendszert. Mivel és páratlanok, azért nem lehetnek egyenlőek. Feltehetjük tehát, hogy . Ekkor szükségképpen is teljesül. Mindezekből , majd következik, ami ellentmondás. Már csak az , egyenletrendszer vizsgálata van hátra. Viszont , tehát ez a rendszer sem oldható meg. Ezzel állításunkat beláttuk; az speciális esetben a megoldások tehát és .
Bérczi Gergely (Szeged, Ságvári E. Gimn., II. o.t.) dolgozata alapján |
Megjegyzés. Általános feladatunk is a Fermat-tételében szereplő egyenlet egy speciális alakja: Maga a Fermat-tétel (illetve az annak már Euler korában is bizonyított harmadik hatványokra vonatkozó speciális esete) szerint ennek nincs a pozitív egész számok körében megoldása. Ekkor persze az , eset sem lehetséges, valamint az sem: az egyenletet átírva adódik, ahol viszont már minden szám pozitív, és így ennek sincs megoldása. Tehát és egyike nulla, és ez a már látott két megoldáshoz vezet. |