Kezdőlap


Feladat:	N.96	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Braun Gábor
Füzet:	1997/február, 91 - 92. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Számtani sorozat, Indirekt bizonyítási mód, Prímszámok, Oszthatósági feladatok, Nehéz feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1996/február: N.96

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

Tegyük fel, hogy $a^{2}$ , $b^{2}$ , $c^{2}$ , $d^{2}$ olyan különböző négyzetszámok, amelyek ebben a sorrendben számtani sorozatot alkotnak. Az $a$ , $b$ , $c$ , $d$ nemnegatív számokat válasszuk meg úgy, hogy összegük minimális legyen. Ekkor $a$ , $b$ , $c$ , $d$ relatív prímek, ezért páronként is relatív prímek. Természetesen $c^{2} - a^{2}$ páros, tehát 4-gyel is osztható, vagyis $b^{2} - a^{2}$ is páros. Ezek szerint a szóban forgó négyzetszámok paritása megegyezik, de akkor a fenti megjegyzés alapján mindegyikük páratlan. Ezek szerint $(\frac{a - c}{2}, \frac{a + c}{2}, b)$ primitív pitagoraszi számhármast alkot, vagyis alkalmas relatív prím $(p, q)$ párral $\frac{a - c}{2} = - 2 p q$ , $\frac{a + c}{2} = p^{2} - q^{2}$ , $b = p^{2} + q^{2}$ , így

\begin{matrix} a = p^{2} - q^{2} - 2 p q, b = p^{2} + q^{2}, c = p^{2} - q^{2} + 2 p q . \end{matrix}

Hasonlóan, alkalmas relatív prím

(s, t)

párral

\begin{matrix} b = s^{2} - t^{2} + 2 s t, c = s^{2} + t^{2}, d = s^{2} - t^{2} - 2 s t . \end{matrix}

Természetesen

p

q

s

t

egyike sem 0. A kapott egyenleteket egybevetve:

\begin{matrix} p^{2} + q^{2} = s^{2} - t^{2} + 2 s t, s^{2} + t^{2} = p^{2} - q^{2} + 2 p q, \end{matrix}

majd ezek összegéből és különbségéből

\begin{matrix} p q + s t = q^{2} + t^{2}, p q - s t = s^{2} - p^{2} . \end{matrix}

(1)

Szorozzuk össze az új egyenleteket, ekkor

\begin{matrix} p^{2} q^{2} - s^{2} t^{2} = q^{2} s^{2} - p^{2} q^{2} + s^{2} t^{2} - p^{2} t^{2}, \end{matrix}

azaz

\begin{matrix} q^{2} (2 p^{2} - s^{2}) = t^{2} (2 s^{2} - p^{2}) . \end{matrix}

Legyen

q_{1} = \frac{q}{(q, t)}

t_{1} = \frac{t}{(q, t)}

p_{1} = \frac{p}{(p, s)}

s_{1} = \frac{s}{(p, s)}

, ekkor

\begin{matrix} q_{1}^{2} (2 p_{1}^{2} - s_{1}^{2}) = t_{1}^{2} (2 s_{1}^{2} - p_{1}^{2}), \end{matrix}

(2)

ahol az első tényezők relatív prímek, a második tényezők legnagyobb közös osztója pedig osztója

(3 p_{1}^{2}, 3 s_{1}^{2}) = 3

-nak. A második tényezők csak úgy lehetnének 3-mal oszthatók, ha

p_{1}

és

s_{1}

is 3-mal osztható lenne, de akkor

p

és

s

, majd (1) első egyenletének figyelembevételével

q

és

t

is 3-mal osztható lenne, ami ellentmondana pl.

p

és

q

relatív prím voltának. Ezek szerint (2)-ben a második tényezők is relatív prímek, de akkor vagy

\begin{matrix} 2 s_{1}^{2} - p_{1}^{2} = q_{1}^{2}, 2 p_{1}^{2} - s_{1}^{2} = t_{1}^{2}, \end{matrix}

vagy pedig

\begin{matrix} 2 s_{1}^{2} - p_{1}^{2} = - q_{1}^{2}, 2 p_{1}^{2} - s_{1}^{2} = - t_{1}^{2} . \end{matrix}

Az utóbbi eset nem állhat fenn, mert különben

\begin{matrix} p_{1}^{2} + s_{1}^{2} = - (q_{1}^{2} + t_{1}^{2}) \end{matrix}

lenne, amikoris

p_{1}

q_{1}

s_{1}

t_{1} = 0

, így

p

q

s

t = 0

. Az első esetben azonban

t_{1}^{2}

p_{1}^{2}

s_{1}^{2}

q_{1}^{2}

négytagú számtani sorozatot alkot, és persze

\begin{matrix} | t_{1} | + | p_{1} | + | s_{1} | + | q_{1} | \leq t^{2} + p^{2} + s^{2} + q^{2} = b + c < a + b + c + d . \end{matrix}

a

b

c

d

négyes választása miatt ez csak úgy teljesülhet, ha

| t_{1} |

| p_{1} |

| s_{1} |

| q_{1} |

nem különbözőek, azaz szükségképpen egyenlőek, tehát

q = t

és

p = s

, vagyis

b = p^{2} + q^{2} = s^{2} + t^{2} = c

, ami ellentmondás. Mindkét esetben ellentmondásra jutottunk, ami igazolja az állítást.