Feladat: F.3040 Korcsoport: 18- Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Braun Gábor ,  Burcsi Péter ,  Elek Péter ,  Farkas Illés ,  Gröller Ákos ,  Hegedűs Viktor ,  Király Csaba ,  Kiss Zoltán ,  Kurucz Zoltán ,  Lolbert Tamás ,  Lovász Zoltán ,  Mann Zoltán ,  Mile István ,  Németh Zoltán ,  Pap Gyula ,  Rozmán András ,  Sánta Zsuzsa ,  Tejfel Máté ,  Torma Péter ,  Tóth Gábor Zsolt ,  Ugron Balázs ,  Valkó Benedek ,  Véber Miklós ,  Vörös Zoltán 
Füzet: 1995/november, 479 - 481. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Kombinatorikai leszámolási problémák, Oszthatóság, Partíciós problémák, Nevezetes azonosságok, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1994/december: F.3040

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

Ez a példa a Gy. 2952. ikerfeladata, amelynek megoldása az 1995/6. (szeptemberi) szám 346‐347. oldalán található meg.
Először bebizonyítjuk, hogy k≥1 esetén 5k pontosan egyféleképpen írható fel két, 5-tel nem osztható négyzetszám összegeként. Ehhez a következő két segédtételere lesz szükségünk.

 
1. segédtétel. Legyen m≥1, x és y  5-tel nem osztható egész számok, és 5m=x2+y2. Ekkor az
(x+2y)2+(2x-y)2=5(x2+y2)=5m+1,(1a)(x-2y)2+(2x+y)2=5(x2+y2)=5m+1(1b)
azonosságok közül az egyikben mindkét négyzetszám osztható 5-tel, a másikban egyik sem osztható 5-tel.
Az, hogy azonosságokról van szó, a négyzetreemelések elvégzésével ellenőrizhető. Elég tehát az 5-tel való oszthatóságot vizsgálni. Ehhez megjegyezzük, hogy mindkét azonosságban a jobb oldalon 5-tel osztható szám áll, tehát ha a bal oldal valamelyik tagja osztható 5-tel, akkor a másik is.
Mivel
0≡5m=x2+y2≡x2-4y2=(x+2y)(x-2y)(mod5),
az x+2y és x-2y számok közül legalább az egyik osztható 5-tel. Ebből pedig következik, hogy (1a) vagy (1b) bal oldalán 5-tel osztható számok állnak. Másrészt nem állhat mindkét egyenlet bal oldalán csupa 5-tel osztható szám, mert 2(x+2y)-(2x+y)=3y nem osztható 5-tel.
 
2. segédtétel. Legyen m≥1, a és b  5-tel nem osztható számok, és a2+b2=5m+1. Ekkor az
x+2y=a;2x-y=b(2a)
és azx-2y=b;2x+y=a(2b)
egyenletrendszerek egyértelműen megoldhatók, az egyik egyenletrendszer megoldásai egész számok, a másik megoldásai nem egészek.
Könnyű ellenőrizni, hogy a megoldások
x=a+2b5,y=2a-b5,
illetvex=2a+b5,y=a-2b5.

Az 1. segédtételhez hasonlóan igazolható, hogy vagy (2a) megoldásai egészek, vagy (2b) megoldásai.
Az (1a) és (1b) azonosságok és az 1. segédtétel alapján minden olyan egész (x;y) számpárhoz, amelyben sem x, sem y nem osztható 5-tel, és x2+y2=5m, hozzárendelhetünk egy olyan (a;b) számpárt, amelynek tagjai szintén nem oszthatók 5-tel, és a2+b2=5m+1. A 2. segédtétel pedig biztosítja, hogy a hozzárendelés megfordítható; minden megfelelő (a;b) párt pontosan egy (x;y) számpárhoz rendeltünk hozzá. Következésképpen 5m+1 és 5m ugyanannyiféleképpen írható fel két 5-tel nem osztható négyzetszám összegeként.
Mivel 51=5 egyféleképpen (22+12) írható fel, azért minden m pozitív egészre 5m pontosan egyféleképpen áll elő két, 5-tel nem osztható négyzetszám összegeként.
Ha m≥0 egész, akkor 5m+2 pontosan annyiféleképpen írható fel két 5-tel osztható négyzetszám összegeként, mint ahányféleképpen 5m felírható két (5-tel nem feltételnül osztható) négyzetszám összegeként. Ez egyszerűen a négyzetszámok 25-tel való megszorzásával adódik, Ehhez jön hozzá az a felbontás, amelyben a két négyzetszám nem osztható 5-tel. Az 5m+2 tehát 1-gyel többféle módon áll elő két négyzetszám összegeként, mint az 5m. Ebből pedig, mivel m=0-ra és m=1-re igaz, teljes indukcióval azonnal következik a feladat állítása.
 
Megjegyzés. A feladat valójában az egész számok egy kiterjesztésével, az úgynevezett Gauss-egészek halmazával kapcsolatos. Gauss-egészeknek az a+bi alakú számokat nevezik, ahol a és b egészek, i a komplex egység. Ezeken a számokon a komplex műveleti szabályoknak megfelelően definiálható az abszolút érték, az összeadás, a kivonás, a szorzás, az oszthatóság, sőt még a maradékos osztás is. Négy olyan Gauss-egész van, amely minden Gauss-egésznek osztója: az 1, a -1, az i és a -i. Ezeket nevezik egységeknek. Két Gauss-egészt asszociáltnak nevezünk, ha valamelyik a másiknak egységszerese. Ha egy egységtől különböző Gauss-egésznek az egységeken kívül csak önmagával asszociált osztója van, akkor felbonthatatlannak (irreducibilisnek) nevezzük. A Gauss-egészek egyik legfontosabb tulajdonsága, hogy érvényes rájuk a számelmélet alaptétele: minden egységtől és 0-tól különböző Gauss-egész felírható felbonthatatlan számok szorzataként, és a felbontásban szereplő tényezők a sorrendtől és asszociáltságtól eltekintve egyértelműek. Az alaptétel következménye, hogy minden felbonthatatlan szám prím, azaz ha osztója egy szorzatnak, akkor valamelyik tényezőnek is osztója.
A feladat lényegében annak meghatározása, hogy hány olyan a+bi alakú Gauss-egész van, amelyre a2+b2=5k. Mivel a2+b2=(a+bi)(a-bi) és 5k=((2+i)(2-i))k=(2+i)k(2-i)k, a számelmélet alaptétele miatt a+bi=ε(2+i)l(2-i)k-l alakú, ahol ε egység és 0≤l<k. Az ilyen számok száma 4(k+1). Az 5k két négyzetszámként való felírásait többnyire nyolcszor kapjuk meg, kivéve azokat, amelyekben valamelyik négyzetszám 0. (Ez csak páros esetben fordul elő.) Az 5k két négyzetszám összegeként történő felírásainak száma tehát páratlan k esetén 4(k+1)8=k+12, páros k esetén 4(k+1)-48+1=k2+1.
Be lehet bizonyítani, hogy a 4k+3 alakú prímszámok a Gauss-egészek körében is felbonthatatlanok, következésképpen prímek, a többi prímszám felbontható két Gauss-egész szorzatára (pl. 29=(5+2i)(5-2i)). Ennek felhasználásával be lehet bizonyítani, hogy egy pozitív egész pontosan annyiféleképpen írható fel két négyzetszám összegeként, mint amennyi a 4k+1 és 4k+3 alakú osztói számának különbsége. Különbözőnek tekintjük az a2+b2 és a b2+a2 felírást, ha a≠b, de kikötjük, hogy b≠0. Ennek a tételnek a felhasználásával a megoldás egyszerűbb az előzőnél, bár attól nem lényegesen különböző.
 K. G.