Feladat: Gy.2943 Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Gáspár László ,  Reviczky Ágnes 
Füzet: 1995/április, 211 - 213. oldal  PDF file
Témakör(ök): Legnagyobb közös osztó, Legkisebb közös többszörös, Diofantikus egyenletek, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1994/november: Gy.2943

Oldjuk meg a következő egyenletet a természetes számok halmazán:
[a,b]+(a,b)+a+b=ab.
(Itt [a,b] az a és b számok legkisebb közös többszörösét, míg (a,b) a legnagyobb közös osztóját jelenti.)

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

Jelöljük a és b legnagyobb közös osztóját A-val, és legyen a=a1A,
b=b1A. Ekkor a legkisebb közös többszörös Aa1b1, amiről meggyőződhetünk a számok prímtényezős alakját vizsgálva: ha a=p1α1p2α2...prαr, b=p1β1p2β2...prβr (αi0, βi0), akkor

A=(a,b)=p1min(α1,β1)...prmin(αr,βr),[a,b]=p1max(α1,β1)...prmax(αr,βr),a1=p1α1-min(α1,β1)...prαr-min(αr,βr),b1=p1β1-min(α1,β1)...prβr-min(αr,βr),
azaz
Aa1b1=p1α1+β1-min(α1,β1)...prαr+βr-min(αr,βr)=p1max(α1,β1)...prmax(αr,βr),
hiszen tetszőleges α, β esetén α+β-min(α,β)=max(α,β).
Az előbbieket az egyenletbe helyettesítve és azt átalakítva:
Aa1b1+A+Aa1+Ab1=Aa1Ab1,A(a1b1+a1+b1+1)=A(Aa1b1),A(a1+1)(b1+1)=A(Aa1b1).
Vizsgáljuk meg először az A=0 esetet. Ha a0 és b0, akkor A0, így a és b közül valamelyik biztosan nulla. Definíció szerint (a,0)=a, ha a0, vagyis egyedül az a=b=0 eset marad. A (0,0) számot nem szokás értelmezni; ha mégis megtesszük, akkor (0,0)=0 esetén az a=b=0 számpár megoldás, míg (0,0)0 esetén nem. Más kérdés, hogy a 0-t nem mindig tekintik természetes számnak; mindenesetre sem az a=b=0 hiánya, sem a megléte nem befolyásolja a megoldás további (és egyben lényegi) részét (sem pedig a pontozást).
Feltehetjük tehát, hogy A0, és ekkor egyszerűsíthetünk vele:
(a1+1)(b1+1)=Aa1b1.(1)
Látható, hogy az a1=0, illetve b1=0 esetek nem adnak megoldást, így megengedett a következő átrendezés:
A=a1+1a1b1+1b1.
Mivel 1a1 és 1b1, azért
1<a1+1a12,1<b1+1b12;
ennek alapján csak A=2; 3; 4 lehetséges.
1. eset: A=2. Ekkor (1)-et átrendezve
a1b1+a1+b1+1=2a1b1,
majd 2-t mindkét oldalhoz hozzáadva,
2=a1b1-a1-b1+1=(a1-1)(b1-1).
Ez csak úgy lehet, ha a1-1=1 és b1-1=2, vagy fordítva. Az előbbi esetén a1=2, b1=3, azaz a=4, b=6; míg a másiknál a=6, b=4.
2. eset: A=3. Most (1)-ből
3a1b1=a1b1+a1+b1+1,2a1b1-a1-b1-1=0,4a1b1-2a1-2b1-2=0,(2a1-1)(2b1-1)=3.
Ekkor szükségképpen 2a1-1=3 és 2b1-1=1, vagy fordítva, amiből a=6, b=3, illetve a=3, b=6 adódik.
3. eset: A=4. Ekkor
4a1b1=a1b1+a1+b1+1,3a1b1-a1-b1-1=0,9a1b1-3a1-3b1-3=0,(3a1-1)(3b1-1)=4.
Mivel 3a1-1=4 és 3b1-1=1 nem lehetséges, így 3a1-1=3b1-1=2, amiből a=b=4.
Öt számpárt találtunk, s könnyen ellenőrizhető, hogy ezek mindegyike valóban jó is; a megoldások tehát:
(3;6),(4;6),(4;4),(6;4),(6;3).

 Reviczky Ágnes (München, Gymansium Der Armen Schulschwestern, II. o.t.)
 
  dolgozata alapján