Feladat:	B.4655	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Andi Gabriel Brojbeanu ,  Andó Angelika ,  Cseh Kristóf ,  Döbröntei Dávid Bence ,  Fekete Panna ,  Gáspár Attila ,  Gyulay-Nagy Szuzina ,  Lajkó Kálmán ,  Leitereg Miklós ,  Mócsy Miklós ,  Nagy Kartal ,  Nagy-György Pál ,  Németh Balázs ,  Porupsánszki István ,  Schrettner Bálint ,  Schwarz Tamás ,  Széles Katalin ,  Szőke Tamás ,  Tihanyi Áron ,  Williams Kada
Füzet:	2015/február, 91 - 92. oldal		PDF  |  MathML
Témakör(ök):	Feladat, Maradékos osztás, Binomiális együtthatók
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 2014/október: B.4655

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.   Megoldás. $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{m}{2}\right)=\frac{m\left(m-1\right)}{2}$, így az egyenlet a következő alakba írható: $\begin{array}{c}{\displaystyle {2012}^{2015}=\frac{n\left(n-1\right)}{2}+\frac{k\left(k-1\right)}{2}\mathrm{.}}\end{array}$ Rendezve: ${\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle 2\cdot {2012}^{2015}}& {\displaystyle =n\left(n-1\right)+k\left(k-1\right)\mathrm{,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle 2\cdot {2012}^{2015}}& {\displaystyle =n^2-n+k^2-k\mathrm{,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle 8\cdot {2012}^{2015}}& {\displaystyle =4n^2-4n+4k^2-4k\mathrm{,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle 8\cdot {2012}^{2015}+2}& {\displaystyle =4n^2-4n+1+4k^2-4k+\mathrm{1,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle 8\cdot {2012}^{2015}+2}& {\displaystyle ={\left(2n-1\right)}^2+{\left(2k-1\right)}^2\mathrm{.}}\hfill \end{array}}$ Az egyenlet jobb oldalán két négyzetszám összege áll. Azt fogjuk belátni, hogy az egyenlet bal oldala, vagyis $8\cdot {2012}^{2015}+2$ nem írható fel két négyzetszám összegeként. Vizsgáljuk először az egyenlet két-két oldalának $7$-tel való osztási maradékát. A bal oldal $7$-tel osztva ugyanazt a maradékot adja, mint ${2012}^{2015}+2$. A $2012$ $7$-tel osztva $3$-at ad maradékul, így a bal oldal $7$-es maradéka $3^{2015}+2$. A $3$-hatványok $7$-es maradéka periodikus, minden hetedik $3$-hatvány ugyanazt a maradékot adja, mivel $3^3=27$ maradéka 6, azaz $-1$, így $3^6={\left(3^3\right)}^2$ maradéka ${\left(-1\right)}^2=1$. Ebből következik, hogy $3^{2015}$-nek a $7$-es maradéka ugyanannyi, mint $3^5$-é, ami pedig $5$, így $3^5+2$ osztható $7$-tel, tehát az egyenlet bal oldala osztható $7$-tel. Az egyenlet jobb oldalán két (páratlan) szám négyzetösszege áll. A négyzetszámok $7$-es maradéka ugyanaz, mint a $0^2$, ${\left(\pm 1\right)}^2$, ${\left(\pm 2\right)}^2$, ${\left(\pm 3\right)}^2$ számoké, ezért a $\left\{0;1;2;4\right\}$ halmazból kerülhet ki. Az előbb beláttuk, hogy az egyenlet bal oldala osztható $7$-tel, így a jobb oldalnak is oszthatónak kell lennie vele. A lehetséges maradékok összegeit megvizsgálva kiderül, hogy ez csak úgy történhet meg, ha mindkét négyzetszám osztható $7$-tel. Ekkor viszont mindkettő osztható $7^2=49$-cel is, vagyis az egyenlet jobb oldala osztható $49$-cel. Ezért a továbbiakban a bal oldal $49$-es maradékát vizsgáljuk. A $3$-hatványok $49$-es maradéka szintén periodikus: $3^4=81$ maradéka $-17$, így $3^5$ maradéka $49+3\left(-17\right)=-2$, tehát $3^{20}={\left(3^5\right)}^4$ maradéka ${\left(-2\right)}^4=16$, ezért $3^{21}$ maradéka $3\cdot 16=48$, vagyis $-1$; ebből következik, hogy $3^{42}$ maradéka a 49-cel történő maradékos osztásnál ${\left(-1\right)}^2=1$. (Ugyanezt az Euler‐Fermat-tételből is megkaphattuk volna.) Mivel $2012=49\cdot 41+3$ és $2015=42\cdot 47+41$, a  ${2012}^{2015}$-nek a 49-es maradéka egyenlő $3^{41}$ maradékával; jelöljük ezt $x$-szel. Mivel $3^{42}=3\cdot 3^{41}$ a 49-cel osztva $1$-et, azaz $-48$-at ad maradékul, $3x+48=3\left(x+16\right)$ osztható 49-cel. Így $x+16$ is osztható 49-cel, tehát $3^{41}$ maradéka $x=33$. Ezért a bal oldalnak, $8\cdot {2012}^{2015}+2$-nek a 49-es maradéka $8\cdot 33+2=266$-nek a 49-es maradéka, ami 21, így nem osztható 49-cel. Azt kaptuk, hogy az egyenlet bal oldala nem osztható $49$-cel, de a jobb oldala igen. Ellentmondásra jutottunk, tehát az egyenletnek nincs megoldása a pozitív egész számpárok körében.   Megjegyzések. 1. Az Euler‐Fermat-tétel a következőt állítja: Ha $m$ pozitív egész, és az $m$-mel való osztási maradékok között az $m$-hez relatív prímek száma $\phi \left(m\right)$, akkor minden, az $m$-hez relatív prím $a$ egész számra $a^{\phi \left(m\right)}$-nek az $m$-mel való osztási maradéka 1 (azaz $a^{\phi \left(m\right)}-1$ osztható $m$-mel). A feladat fenti megoldásában $\phi \left(49\right)=42$ szerepelt. 2. Ha egy $4k+3$ alakú pozitív $p$ prímszám osztója két négyzetszám összegének, akkor a két négyzetszámnak külön-külön is osztója; tehát ekkor a két négyzetszám összege $p^2$-nel is osztható. (A megoldásban ennek $p=7$ esete szerepelt.) Több is igaz: egy pozitív egész pontosan akkor írható föl két (nemnegatív) négyzetszám összegeként, ha prímtényezős alakjában minden $4k+3$ alakú pozitív prímszám páros kitevőn szerepel.