Kezdőlap


Feladat:	2022. évi Nemzetközi Matematika Diákolimpia 22. feladata	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Seres-Szabó Márton
Füzet:	2022/november, 451 - 454. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Matematika, Nemzetközi Matematikai Diákolimpia, Magasabb fokú diofantikus egyenletek
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 2022/szeptember: 2022. évi Nemzetközi Matematika Diákolimpia 22. feladata

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

Ha $p = 2$ , akkor a bizonyítandó állítás a következő alakot ölti: $a^{2} = b! + 2$ . Itt most ha $b \geq 4$ , akkor $4 ∣ b!$ , így $b! + 2 \equiv 2 (mod 4)$ . Viszont 2 soha nem lehet egy négyzetszám 4-es maradéka, vagyis ekkor nincs megoldás.
Ha $b \leq 3$ , akkor:
$b = 1$ esetén $1! + 2 = 3$ , ahol a $3$ nem négyzetszám.
$b = 2$ esetén $2! + 2 = 4 = 2^{2}$ , vagyis a $(2,2,2)$ megoldás.
$b = 3$ esetén pedig $3! + 2 = 8$ , ami szintén nem négyzetszám.
Ezzel a $p = 2$ esetet végignéztük, a továbbiakban feltehetjük, hogy $p > 2$ páratlan prím.
Vizsgáljuk általában a $b < 4$ eseteket.
Ha $b = 1$ , akkor $a^{p} = 1 + p$ . Az $a = 1$ eset nem ad megoldást, és a továbbiakban $a^{p} \geq 2^{p} > 1 + p$ .
Ha $b = 2$ , akkor $a^{p} = 2 + p$ . Az $a = 1$ eset nem ad megoldást, és a továbbiakban $a^{p} \geq 2^{p} > 2 + p$ ( $p > 2$ ).
Ha $b = 3$ , akkor $a^{p} = 6 + p$ . Az $a = 1$ eset nem ad megoldást, és a továbbiakban $a^{p} \geq 2^{p} > 6 + p$ minden $p > 3$ esetén, míg a $p = 3$ , $b = 3$ megint nem ad megoldást: $a^{3} = 3! + 3 = 9$ nem köbszám.
Tehát a továbbiakban azt is feltehetjük, hogy $b \geq 4$ .
A maradék eseteket két részben vizsgáljuk: $b < p$ vagy $b \geq p$ .
Ha $b < p$ , akkor $b!$ -t osztja minden $b$ -nél nem nagyobb prím, vagyis a $(b! + p)$ kifejezést egyik sem oszthatja, azaz $b! + p = a^{p}$ minden prímosztója nagyobb, mint $b$ . Tehát $a > b$ . Ekkor viszont $a^{p} > b^{p}$ . Megmutatjuk, hogy ezen kívül $b^{p} > b! + p$ , és innen következik, hogy nem lehet megoldása az egyenletnek, ha $b < p$ .
Mivel $b < p$ , ezért bevezethetjük a $c \geq 1$ és $p = b + c$ jelölést. Ennek alapján azt kéne bebizonyítanunk, hogy $b^{b + c} > b! + b + c$ . A számtani és mértani közepek közötti egyenlőtlenséget alkalmazva (egyenlőség nem áll fönn, hiszen $b \geq 4$ ):

\begin{matrix} b! = b \cdot (b - 1)! = b \prod_{i = 1}^{b - 1} i < b \cdot \frac{\sum_{i = 1}^{b - 1} i}{b - 1}^{b - 1} = b \cdot {(\frac{b (b - 1)}{2 (b - 1)})}^{b - 1} = \frac{1}{2^{b - 1}} \cdot b^{b} . \end{matrix}

Tehát azt kaptuk, hogy

\begin{matrix} b! + b + c < \frac{1}{2^{b - 1}} \cdot b^{b} + b + c = (\frac{1}{2^{b - 1}} + \frac{1}{b^{b - 1}}) \cdot b^{b} + c . \end{matrix}

Mivel

b \geq 4

, ezért ez tovább becsülhető:

\begin{matrix} b! + b + c < (\frac{1}{2^{b - 1}} + \frac{1}{b^{b - 1}}) \cdot b^{b} + c < b^{b} + c . \end{matrix}

Tehát már csak azt kellene belátnunk, hogy

b^{b} + c < b^{b + c}

, vagyis

\begin{matrix} c < b^{b} \cdot (b^{c} - 1), \end{matrix}

ami pedig teljesül, ha

b \geq 4

.
Ha

b \geq p

, akkor

p ∣ b!

, így

p ∣ b! + p

, de

p^{2} ∤ b! + p

, vagyis

b \leq 2 b - 1

. Továbbá, mivel

b \geq p

, ezért minden

p

-nél kisebb prím osztja a

b!

kifejezést. És ezért a

b! + p

kifejezést egyik

p

-nél kisebb prím sem oszthatja, tehát minden prímosztója legalább

p

.
Tudjuk, hogy

p ∣ b! + p

. Ha létezik ezen kívül még olyan

q > p

prím, hogy

q ∣ b! + p

, akkor

p q ∣ b! + p = a^{p}

, vagyis

{(p q)}^{p} ∣ a^{p} = b! + p

. Ez viszont azt jelenti, hogy

\begin{matrix} p^{2 p} \leq {(p q)}^{p} \leq b! + p \leq (2 p - 1)! + p = p + \prod_{i = 1}^{2 p - 1} i, \end{matrix}

ami a számtani és mértani közepek közötti egyenlőtlenség miatt felülről tovább becsülhető (

p > 2

, nem áll fönn egyenlőség a számtani-mértani becslésben):

\begin{matrix} p + \prod_{i = 1}^{2 p - 1} i < p + \frac{\sum_{i = 1}^{2 p - 1} i}{2 p - 1}^{2 p - 1} = p + {(\frac{2 p (2 p - 1)}{2 (2 p - 1)})}^{2 p - 1} = p + p^{2 p - 1} . \end{matrix}

Ezzel azt kaptuk, hogy

p^{2 p} < p + p^{2 p - 1}

, vagyis mivel

p > 2

, ezért

p < \frac{1}{p^{2 p - 2}} + 1 < 2

, ami ellentmondás. Tehát nem lehet a

b! + p

kifejezésnek

p

-nél sem nagyobb, sem kisebb prímosztója. Vagyis

a

nem más mint

p

-nek egy pozitív kitevős hatványa. Az imént láttuk, hogy

a = p^{2}

már túl nagy, vagyis az egyetlen lehetőség az

a = p

maradt.
Ekkor az egyenlet a következő alakot ölti:

p^{p} = b! + p

, azaz

\begin{matrix} b! = p^{p} - p = p (p^{p - 1} - 1) . \end{matrix}

Nézzük meg, hogy a két oldal

2

-nek mekkora hatványával osztható; egyrészt

b > p

miatt

\begin{matrix} ν_{2} (b!) > ⌊ \frac{p}{2} ⌋, \end{matrix}

másrészt az LTE-lemmát használva:

\begin{matrix} ν_{2} (p^{p} - p) = ν_{2} (p^{p - 1} - 1^{p - 1}) = ν_{2} (p - 1) + ν_{2} (p + 1) + ν_{2} (p - 1) - 1. \end{matrix}

4 ∣ p - 1

, akkor

ν_{2} (p + 1) = 1

, így

ν_{2} (p^{p} - p) = 2 ν_{2} (p - 1) \leq 2 log_{2} p

.
Ha

4 ∣ p + 1

, akkor

ν_{2} (p - 1) = 1

, így

ν_{2} (p^{p} - p) = ν_{2} (p + 1) + 1 \leq 2 log_{2} p

, ha

p \geq 5

.
Viszont, ha

p \geq 19

, akkor

\begin{matrix} ⌊ \frac{p}{2} ⌋ = \frac{p - 1}{2} > 2 log_{2} p, \\ 2 log_{2} 19 = 2 log_{2} (16 \cdot \frac{19}{16}) = 8 + 2 log_{2} \frac{19}{16} < 8 + 2 log_{2} \sqrt[]{2} = 9 = \frac{19 - 1}{2} . \end{matrix}

Maradt azoknak az eseteknek a vizsgálata, amikor

p < 19

p = 3

3^{3} - 3 = 4!

megoldás.

p = 5

5^{5} - 5 = 3120

nem megoldás.

p = 7

\begin{matrix} 7^{7} - 7 = 7 \cdot (7^{6} - 1) = 7 \cdot (7^{3} - 1) \cdot (7^{3} + 1) = 7 \cdot 342 \cdot 344 = 7 \cdot 342 \cdot 8 \cdot 43, \end{matrix}

ami nem lehet megoldás, hiszen

b < 14

, így

43 ∤ b!

p = 11

\begin{matrix} ν_{2} (11^{11} - 11) = ν_{2} (11 + 1) + 1 = 3 < \frac{11 - 1}{2}, \end{matrix}

vagyis ez sem megoldás.

p = 13

\begin{matrix} ν_{2} (13^{13} - 13) = 2 ν_{2} (13 - 1) = 4 < \frac{13 - 1}{2}, \end{matrix}

vagyis ez sem megoldás.

p = 17

\begin{matrix} ν_{2} (17^{17} - 17) = 2 ν_{2} (17 - 1) = 8 < ⌊ \frac{17}{2} ⌋ + ⌊ \frac{17}{4} ⌋ < ν_{2} (17!), \end{matrix}

vagyis ez sem megoldás.
Tehát két lehetséges megoldás van:

\begin{matrix} (a, b, p) = (2,2,2) vagy (3,4,3) . \end{matrix}