Feladat: N.49 Korcsoport: 18- Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Braun Gábor ,  Burcsi Péter ,  Gyarmati Katalin ,  Póczos Barnabás ,  Tóth Gábor Zsolt ,  Újváry-Menyhárt Mónika ,  Valkó Benedek 
Füzet: 1995/május, 293 - 295. oldal  PDF file
Témakör(ök): Diofantikus egyenletek, Végtelen leszállás módszere, Nehéz feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1994/december: N.49

Oldjuk meg a pozitív egészek körében az
a2+b2=c2-d2,ab=cd
egyenletrendszert.

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

Megmutatjuk, hogy az egyenletrendszer megoldhatatlan a pozitív egészek körében. Bizonyításunk módszere a következő lesz: feltételezzük, hogy létezik pozitív egészekből álló megoldás, és az esetleg több megoldás közül kiválasztunk egy ‐ valamilyen szempontból ‐ minimálisat. Ennek a minimális megoldásnak a segítségével pedig belátjuk, hogy létezik nála (az előbbi értelemben) ,,kisebb'' megoldás is, ami nyilván ellentmondás. (Diofantikus egyenleteknek ezt a megoldási módszerét a végtelen leszállás (descente infinie) elvének hívjuk.)
Tételezzük föl tehát, hogy léteznek olyan a, b, c, d pozitív egészek, amelyekre a2+b2=c2-d2, ab=cd, és az ilyen számnégyesek közül tekintsünk a továbbiakban egy olyat, amelyre abcd a lehető legkisebb.
(1) Mivel ab=cd, ezért (felhasználva a pozitív egészek egyértelmű felbonthatóságát prímszámok szorzatára) alkalmas p, q, r, s pozitív egészekkel a=pq, b=rs, c=pr, d=qs.
(2) Megmutatjuk, hogy az a, b, c, d számok relatív prímek. Tegyük fel ugyanis, hogy létezik 1-nél nagyobb k közös osztójuk; ekkor

a1=ak,b1=bk,c1=ck,d1=dk
pozitív egészek, és a12+b12=c12-d12,  a1b1=c1d1. Ez azonban a1b1c1d1=abcdk4<abcd miatt lehetetlen.
(3) Egymáshoz relatív prímek az a, b számok, és ugyanúgy a c, d számok is. Tételezzük fel ugyanis például, hogy a-nak és b-nek létezik közös, l prímosztója. Ekkor cd=ab is osztható l-lel, ami csak úgy lehetséges, hogy c vagy d is osztható l-lel. Azonban c2-d2=a2+b2 is l-lel osztható lévén, c és d mindegyike l-lel osztható, ez pedig ellentmond (2)-nek. Ugyanígy látható be az is, hogy c és d relatív prímek.
(4) Négyzetszám 4-gyel osztva 1-et vagy 0-t adhat csak maradékul. Az a2+b2=c2-d2 egyenlőség ezért (relatív prím a, b-vel) csak akkor teljesülhet, ha a és b közül az egyik páros, a másik páratlan, c páratlan, d pedig páros. Az a és b szerepe felcserélhető, így feltehetjük, hogy például a páros és b páratlan. Az (1)-beli felbontások szereplőiről ezért tudhatjuk, hogy r és s páratlan, és ha p páratlan, akkor q páros. A (3)-ból pedig az következik, hogy a p, q, r, s számok egymáshoz páronként relatív prímek.
(5) Feltételezésünk és (1) szerint p2q2+r2s2=p2r2-q2s2, ezért
(r2+q2)s2=p2(r2-q2).
Mivel p2 osztója (r2+q2)s2-nek és relatív prím s2-hez, ezért p2 osztója kell legyen (r2+q2)-nek. Viszont r2+q2 és r2-q2 is relatív prímek: ha ugyanis t közös osztójuk, akkor t osztója (r2+q2)+(r2-q2)=2r2-nek és (r2+q2)-(r2-q2)=2q2-nek, így t(2r2,2q2)=2(r2,q2)=2(r,q)2. A (4) szerint (r,q)=1, és r2+q2 páratlan, ezért t csak 1 lehet. Tehát, mivel r2+q2 osztója p2(r2-q2)-nek és relatív prím (r2-q2)-hez, r2+q2 osztója p2-nek is, ezért az előbb belátott p2r2+q2 miatt
r2+q2=p2,és akkor szükségképpens2+q2=r2.
Ez azt jelenti, hogy az r, q, p és az s, q, r egy-egy pitagoraszi számhármas, amelynek elemei egymáshoz relatív prímek, és q páros. Ismeretes, hogy ekkor (alkalmas x1, y1, ill. x2, y2 pozitív egészekkel)
r=x12-y12,q=2x1y1,p=x12+y12,illetves=x22-y22,q=2x2y2,r=x22+y22.
Így x12-y12=x22+y22 és x1y1=x2y2. Azonban
x1y1x2y2=q24(pqrs)2=abcd,
ellentmondás.
 Ujváry-Menyhárt Mónika (Fazekas M. Főv. Gyak. Gimn., IV. o.t.)