Kezdőlap


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 \| MathML
Témakör(ök):	Diofantikus egyenletek, Végtelen leszállás módszere, Nehéz feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1994/december: N.49

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 $a^{2} + b^{2} = c^{2} - d^{2}$ , $a b = c d$ , és az ilyen számnégyesek közül tekintsünk a továbbiakban egy olyat, amelyre $a b c d$ a lehető legkisebb.
(1) Mivel $a b = c d$ , ezért (felhasználva a pozitív egészek egyértelmű felbonthatóságát prímszámok szorzatára) alkalmas $p$ , $q$ , $r$ , $s$ pozitív egészekkel $a = p q$ , $b = r s$ , $c = p r$ , $d = q s$ .
(2) Megmutatjuk, hogy az $a$ , $b$ , $c$ , $d$ számok relatív prímek. Tegyük fel ugyanis, hogy létezik 1-nél nagyobb $k$ közös osztójuk; ekkor

\begin{matrix} a_{1} = \frac{a}{k}, b_{1} = \frac{b}{k}, c_{1} = \frac{c}{k}, d_{1} = \frac{d}{k} \end{matrix}

pozitív egészek, és

a_{1}^{2} + b_{1}^{2} = c_{1}^{2} - d_{1}^{2}

a_{1} b_{1} = c_{1} d_{1}

. Ez azonban

a_{1} b_{1} c_{1} d_{1} = \frac{a b c d}{k^{4}} < a b c d

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

c d = a b

is osztható

l

-lel, ami csak úgy lehetséges, hogy

c

vagy

d

is osztható

l

-lel. Azonban

c^{2} - d^{2} = a^{2} + b^{2}

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

a^{2} + b^{2} = c^{2} - d^{2}

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

p^{2} q^{2} + r^{2} s^{2} = p^{2} r^{2} - q^{2} s^{2}

, ezért

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

Mivel

p^{2}

osztója

(r^{2} + q^{2}) s^{2}

-nek és relatív prím

s^{2}

-hez, ezért

p^{2}

osztója kell legyen

(r^{2} + q^{2})

-nek. Viszont

r^{2} + q^{2}

és

r^{2} - q^{2}

is relatív prímek: ha ugyanis

t

közös osztójuk, akkor

t

osztója

(r^{2} + q^{2}) + (r^{2} - q^{2}) = 2 r^{2}

-nek és

(r^{2} + q^{2}) - (r^{2} - q^{2}) = 2 q^{2}

-nek, így

t ∣ (2 r^{2},2 q^{2}) = 2 (r^{2}, q^{2}) = 2 {(r, q)}^{2}

. A (4) szerint

(r, q) = 1

, és

r^{2} + q^{2}

páratlan, ezért

t

csak 1 lehet. Tehát, mivel

r^{2} + q^{2}

osztója

p^{2} (r^{2} - q^{2})

-nek és relatív prím

(r^{2} - q^{2})

-hez,

r^{2} + q^{2}

osztója

p^{2}

-nek is, ezért az előbb belátott

p^{2} ∣ r^{2} + q^{2}

miatt

\begin{matrix} r^{2} + q^{2} = p^{2}, és akkor szükségképpen s^{2} + q^{2} = r^{2} . \end{matrix}

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

x_{1}

y_{1}

, ill.

x_{2}

y_{2}

pozitív egészekkel)

\begin{matrix} \begin{matrix} r = x_{1}^{2} - y_{1}^{2}, q = 2 x_{1} y_{1}, p = x_{1}^{2} + y_{1}^{2}, illetve \\ s = x_{2}^{2} - y_{2}^{2}, q = 2 x_{2} y_{2}, r = x_{2}^{2} + y_{2}^{2} . \end{matrix} \end{matrix}

Így

x_{1}^{2} - y_{1}^{2} = x_{2}^{2} + y_{2}^{2}

és

x_{1} y_{1} = x_{2} y_{2}

. Azonban

\begin{matrix} x_{1} y_{1} x_{2} y_{2} = \frac{q^{2}}{4} \leq {(p q r s)}^{2} = a b c d, \end{matrix}

ellentmondás.

Ujváry-Menyhárt Mónika (Fazekas M. Főv. Gyak. Gimn., IV. o.t.)