Feladat: 1953. évi Kürschák matematikaverseny 2. feladata Korcsoport: 18- Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Bártfai Pál ,  Pergel József ,  Sóti Ferenc ,  Surányi Péter ,  Vigassy József ,  Zawadovski Alfréd 
Füzet: 1954/március, 65 - 67. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Oszthatóság, Prímszámok, Kürschák József (korábban Eötvös Loránd)
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1954/január: 1953. évi Kürschák matematikaverseny 2. feladata

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

I. megoldás. Legyen 2n2=kd, ahol a feltevés értelmében k pozitív egész szám. Ha n2+d négyzetszám, akkor valamely x egész számra

x2=n2+d=n2+2n2k,
s ebből következőleg
k2x2=n2(k2+2k).
Ez azonban lehetetlen, mert a baloldal teljes négyzet, a jobboldal első tényezője is; viszont a második tényező nem teljes négyzet, hiszen
k2<k2+2k<(k+1)2,
azaz két szomszédos négyzetszám fogja közre.
 

Megjegyzések: 1. Amikor megállapítottuk, hogy k pozitív, arra építettünk, hogy a feladat csak természetes számokról szól. A feladat szövegezése kifogásolható, mert kifejezetten nem mondja, hogy az állítás csak pozitív d osztókra vonatkozik. Ilyen megszorítás nélkül nem is helyes a feladat állítása, mert d=-n2 osztója 2n2-nek, s ekkor n2+d=0, ami 0-nak négyzete. Minden más negatív osztóra teljesül a feladat állítása. Ez belátható, ha megtartjuk a megoldás jelöléseit, de most feltételezzük, hagy k negatív egész szám. Ha k=-1, akkor k2+2k=-1 nem négyzetszám; ha k=-2, láttuk, hogy az állítás nem teljesül. Ha viszont k<-2, akkor
(k+2)2<(k+2)2+2(-k-2)=k2+2k<(k+1)2,
s ezért k2+2k ismét nem lehet négyzetszám.
2. A megoldásban hivatkoztunk arra a tényre, hogy ha a, b, c természetes számok, és a2=b2c, akkor c szükségképpen négyzetszám. Ez következik abból, hogy a természetes számok egyféleképen bonthatók fel törzsszámok szorzatára. Emiatt a2 és b2 felbontásában minden törzstényező páros kitevővel szerepel, mert a négyzetreemelés ilyen törzsfelbontáshoz vezet. Így tehát, az a2:b2 osztás elvégzésével, c-nek olyan felbontását kapjuk, melyben minden törzstényező páros kitevővel szerepel. Ezért c négyzetszám.
 

II. megoldás. Legyen újból 2n2=kd. Ha a feladat állítása hamis, akkor valamely x egész számra
k+2k=n2+dn2=x2n2.
A baloldali tört számlálójának s nevezőjének különbsége 2, s e különbség a tört egyszerűsítése után csak csökkenhet. A jobboldali tört egyszerűsítésével p2q2 alakú törthöz jutunk, ahol p és q természetes számok, s ezek nem lehetnek egyenlők mert n2+d≠n2. Ez utóbbi tört számlálójának és nevezőjének különbsége viszont legalább 3, mert felírható p és q összegének és különbségének szorzataként, két egymástól különböző természetes szám összege pedig legalább 3, különbségük meg legalább 1. A fenti egyenlőség tehát nem teljesülhet.
 

Megjegyzés: Amikor megállapítottuk, hogy p és q nemcsak egész számok, hanem pozitív egész számok, akkor kirekesztettük a tárgyalásból azt a lehetőséget, hogy az egyenlőségünkben szereplő törtek értéke 0. Bizonyításunk tehát k=-2 kivételével k minden egész értékére helytálló (összhangban korábbi megjegyzésünkkel).
 

III. megoldás. Ha a feladat állítása hamis, akkor van egy legkisebb olyan n természeten szám, amelyhez található az állítást cáfoló d szám. Kimutatjuk, hogy ennek az n-nek és d-nek nem lehet közös p törzstényezője: Ellenkező esetben ugyanis p osztója (n2+d)-nek; és mivel ez négyzetszám, p2 is osztója (n2+d)-nek; akkor p2 osztója d-nek is, mert n2-nek osztója; tehát az n-nél kisebb np számra és négyzete kétszeresének dp2 osztójára
(np)2+dp2=n2+dp2
négyzetszám, ami ellentmond n megválasztásának.
Így tehát csak azzal az esettel kell foglalkoznunk, amikor d és n relatív prím. Ez esetben d csak úgy lehet 2n2-nek osztója, ha 2-nek is osztója. Ezért d értéke csak 1 vagy 2 lehet. Viszont sem n2+1, sem n2+2 nem lehet négyzetszám, hiszen az n2-re következő első négyzetszám (2n+1)-gyel nagyobb, ami 2-nél több. Lehetetlen tehát az, hagy feladatunk állítása hamis legyen.
 

Megjegyzések: 1. Ha ennél a megoldásnál is kiterjesztjük figyelmünket a negatív osztókra, akkor n2-1 és n2-2 is vizsgálandó. Könnyű megállapítani, hogy közülük csak n2-1, s csak akkor lehet négyzetszám, ha értéke 0. Ez megfelel korábbi megjegyzéseinknek.
2. Felvetjük a kérdést, hogy vajon igaz marad-e a feladat állítása, ha abban 2n2 helyett n2-nek más többszöröse szerepel. Utolsó megoldásunkból látjuk, hogy 2n2 azért felel meg, mert sem 2, sem annak osztója nem írható fel két természetes szám négyzetének különbségeként. Van-e más ilyen tulajdonságú N természetes szám? Minthogy 2k+1=(k+1)2-k2, azért N-nek nem lehet páratlan törzstényezője, N csak 2-nek hatványa lehet. Mivel pedig 8=32-12, azért N nem lehet 2-nek sem köbe, sem magasabb hatványa. Tehát N csak 1, 2 vagy 4 lehet. Ezek a számok meg is felelnek: 1-ről és 2-ről már beláttuk; 4 is megfelel, ugyanis n2+4 sem lehet négyzetszám, mert n2 és (n+2)2 közrefogja, viszont (n+1)2 és n2+4 sohasem egyenlő, hiszen különbségük páratlan. Ezzel tehát a feladat állításán túlmenően igazoltuk, hogy ha n természetes szám, és d osztója 4n2-nek, akkor n2+d nem négyzetszám.