Feladat:	2015. évi Nemzetközi Matematika Diákolimpia 2. feladata	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Szabó Barnabás
Füzet:	2015/október, 387 - 388. oldal		PDF  |  MathML
Témakör(ök):	Nemzetközi Matematikai Diákolimpia, Prímtényezős felbontás, Indirekt bizonyítási mód, Exponenciális egyenletrendszerek
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 2015/szeptember: 2015. évi Nemzetközi Matematika Diákolimpia 2. feladata

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.   Szabó Barnabás megoldása. A szokásos módon $v_2\left(x\right)$ jelöli egy $x$ pozitív egész prímfelbontásában a 2 hatványkitevőjét. A továbbiakban hivatkozás nélkül fel fogjuk használni azt az ismert állítást, mely szerint $v_2\left(x\right)>v_2\left(y\right)$ esetén $v_2\left(x\pm y\right)=v_2\left(y\right)$, és $v_2\left(x\right)=v_2\left(y\right)=t$ esetén $v_2\left(x\pm y\right)\ge t+1$. Ha $a=1$, akkor $ab-c$ és $ac-b$ közül az egyik nem pozitív, így nem lehet 2-hatvány. Tehát $a\ne 1$, hasonlóan $b\mathrm{,}c\ne 1$. 1. eset: minden változó páros. A szimmetria miatt feltehetjük, hogy $v_2\left(a\right)\ge v_2\left(b\right)\ge v_2\left(c\right)\ge 1$. Ekkor $v_2\left(ab-c\right)=v_2\left(c\right)$, de $ab-c$ 2-hatvány, így $ab-c\le c$, azaz $ab\le 2c$. A $v_2\left(ac-b\right)=v_2\left(b\right)$ egyenlőségből kapjuk, hogy $ac\le 2b$. A két egyenlőtlenséget összeszorozva nyerjük, hogy $a\le 2$, de $a\ne 1$, így $a=2$. Ezt visszahelyettesítve kapjuk, hogy $2b\le 2c$ és $2c\le 2b$, azaz $b=c$, viszont ekkor $v_2\left(bc-a\right)=v_2\left(b^2-2\right)=1$, tehát $b^2-2=2^1$ lesz, ahonnan $b=c=2$. Az első eset tehát az $\left(a\mathrm{,}b\mathrm{,}c\right)=\left(\mathrm{2,2,2}\right)$ számhármast adja, ami valóban megfelelő. 2. eset: egyik változó páratlan. Feltehető, hogy $c$ lesz páratlan. Tegyük fel, hogy $v_2\left(a\right)\ne v_2\left(b\right)$, mondjuk $v_2\left(a\right)>v_2\left(b\right)$. Ekkor $a$ páros, tehát $ab-c$ páratlan, azaz $ab-c=1$. Másrészt, $v_2\left(bc-a\right)=v_2\left(b\right)$, így $bc-a=2^{v_2\left(b\right)}$ osztója $b$-nek, $bc-a\le b$. Ekkor $ab-1=c\le \frac{b+a}{b}\le 1+a$, ahonnan $a\left(b-1\right)\le 2$, így $a=2$ és $b=2$, ami ellentmond $v_2\left(a\right)>v_2\left(b\right)$-nek. Tehát $t=v_2\left(a\right)=v_2\left(b\right)$. Először tegyük fel, hogy $t\ge 1$. Ekkor $2|ab$, így $ab-c=1$. A $c$-t behelyettesítve ${\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle bc-a}& {\displaystyle =a{b}^2-\left(a+b\right)=2^x\mathrm{,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle ca-b}& {\displaystyle =a^{2}b-\left(a+b\right)=2^y\mathrm{,}}\hfill \end{array}}$ ahol feltehető, hogy $x\le y$. A kettőt kivonva, $2^x\left(2^{y-x}-1\right)=ab\left(a-b\right)$ adódik. Hogyha $x=y$, akkor $a=b$ lesz, és $a^3-2a=a\left(a^2-2\right)=2^x$. Mivel $a$ páros, $v_2\left(a^2-2\right)=1$, így $a^2-2=2^1$, $a=2$ adódik. Ebből kapjuk a $\left(\mathrm{3,2,2}\right)$ számhármast. Ha $x<y$, akkor $2^x\left(2^{y-x}-1\right)=ab\left(a-b\right)$ miatt $v_2\left(ab\left(a-b\right)\right)=x$, de $v_2\left(a-b\right)\ge t+1$, így $x\ge 3t+1$. Ebből $v_2\left(a{b}^2-\left(a+b\right)\right)=x\ge 3t+1$, de $v_2\left(a{b}^2\right)=3t$ miatt $v_2\left(a+b\right)=3t$. Másrészt $3t>t+1$ miatt $v_2\left(a-b\right)=v_2\left(2a-\left(a+b\right)\right)=t+1$, azaz $x=v_2\left(ab\left(a-b\right)\right)=3t+1$. Legyen $a{b}^2=2^{3t}d$ és $a+b=2^{3t}e$, ekkor az egyenletbe helyettesítve és $2^{3t}$-vel osztva $d-e=2$, tehát $\frac{d}{e}\le 3$, ezért $a{b}^2\le 3\left(a+b\right)$. Ebből $b\ge 2$ miatt $a\le \frac{3}{b^2}a+\frac{3}{b}\le \frac{3}{4}a+\frac{3}{2}$, ahonnan $a\le 6$. Ha $a=2$, akkor $2b^2\le 6+3b$, innen $b=2$ (hiszen $v_2\left(b\right)=1$), innen ismét kapjuk a $\left(\mathrm{3,2,2}\right)$ számhármast. Hasonló vizsgálattal adódik, hogy $a=4$ esetén nincs megoldás, míg $a=6$ esetén kapjuk a $\left(\mathrm{2,6,11}\right)$ hármast. Most azt az esetet vizsgáljuk, amikor $t=0$, azaz mindhárom szám páratlan. Legyen $bc-a=2^x$, $ca-b=2^y$, $ab-c=2^z$. Feltehető, hogy $x\le y\le z$. Ekkor $2^y\mid \left(ab-c\right)-\left(ac-b\right)=\left(b-c\right)\left(a+1\right)$ és $2^y\mid \left(ab-c\right)+\left(ac-b\right)=\left(b+c\right)\left(a-1\right)$. Nyilván $v_2\left(b-c\right)=1$ vagy $v_2\left(b+c\right)=1$, innen $a\ge 2^{y-1}-1$. Viszont $\left(a+b\right)\left(c-1\right)=2^x+2^y\le 2^{y+1}$, de $a+b\ge 2^{y-1}$, tehát $c\le 5$. $c=5$ esetén $b=1$ lenne, ami ellentmondás. Tehát csak $c=3$ lehetséges. Mivel $b>1$, így $a<2^y-1$ tehát $a=2^{y-1}+1$ vagy $a=2^{y-1}-1$. Az előbbi esetből egyszerű számolás után ellentmondásra jutunk, míg az utóbbiból a $\left(\mathrm{3,5,7}\right)$ megoldást kapjuk, ami valóban jó. A megoldások tehát: $\left(\mathrm{2,2,2}\right)$, $\left(\mathrm{3,2,2}\right)$, $\left(\mathrm{2,6,11}\right)$ és $\left(\mathrm{3,5,7}\right)$ és persze ezek permutációi.