A NAGY FERMAT-SEJTÉS

SZIJJÁRTÓ SÁNDOR

DIOPHANTIKUS EGYENLETEK MEGOLDHATÓSÁGVIZSGÁLATÁNAK ANALITIKUS MÓDSZERE ÉS

A NAGY FERMAT-SEJTÉS KLASSZIKUS BIZONYÍTÁSA

© Szijjártó Sándor

Minden jog fenntartva. Bármilyen másolás, sokszorosítás, illetve adatfeldolgozó rendszerben való tárolás – kivonatosan is – a szerző előzetes írásbeli hozzájárulásához kötött.

Kiadja: © Szijjártó Sándor 2006.07.20. www.szijjartosandor.hu Borító: © Ifj. Boros Gyula Nyomta és kötötte: Tisza Nyomda Termelő és Szolgáltató Kft. Felelős vezető: Láng Beatrix ügyvezető igazgató

Az ISBN 963 06 0457 4 számú kiadvány negyedik – szerző által átdolgozott és bővített – változata

2

SZIJJÁRTÓ SÁNDOR

Az alkotás – szenvedélyes lángolás, amit a tudásszomj, becsvágy és közérdek szít, de a közöny, irigység és tudatlanság hamvaszt el! A szerző

DIOPHANTIKUS EGYENLETEK MEGOLDHATÓSÁG– VIZSGÁLATÁNAK ANALITIKUS MÓDSZERE ÉS

A NAGY FERMAT–SEJTÉS KLASSZIKUS BIZONYÍTÁSA

/T A N U L M Á N Y/

Budapest, 2010.07.20 3

A szerző észrevételeket, véleményeket, javaslatokat, meghívásokat – s akár könyvrendeléseket – a következő címre vár: e-mail: [email protected] www.szijjartosandor.hu

4

TARTALOM ELŐSZÓ……………………………………………………………………………….

6

BEVEZETÉS …………………………………………………………………………

10

I. RÉSZ. MEGOLDHATÓSÁG-VIZSGÁLAT ELMÉLETE

14

1. A MEGOLDHATÓSÁG-VIZSGÁLAT ALAPJA …………………….....

14

2. EGYENLETEK ELEMZÉSE ÉS FELBONTÁSA …………………….....

18

II. RÉSZ. EGYENLETEK MEGOLDHATÓSÁG-VIZSGÁLATA

22

1. VIZSGÁLAT SZIMPLA FELBONTÁS ESETÉN……………………......

22

2. VIZSGÁLAT KOMBINATÍV FELBONTÁS ESETÉN …………………

27

III. RÉSZ. ÖSSZEFOGLALÁS ……………………………………………………..

31

IV. RÉSZ. A NEGATÍV BIZONYÍTÁS ELEMZÉSE……………………………..

35

V. RÉSZ. PÉLDÁK MEGOLDÁSA ……………………………………………….

40

1. SZ. PÉLDA:

x  y  z  0 ……………………………………………...

40

2. SZ. PÉLDA:

x  y  z  w  0 …………………………………..

53

3. SZ. PÉLDA:

x z y z y  0 ……………………………………………

64

4. SZ. PÉLDA:

x  z  zy  z  y  0 ……………………………..

72

5. SZ. PÉLDA:

x  2y  1  0 ……………………………………………

83

6. SZ. PÉLDA:

x z z y wz wzy z qzy qwz qwy q0 …........

90

7. SZ. PÉLDA:

z  zw  y  x  0 …………………………………..

94

8. SZ. PÉLDA:

y  y z  yx  zx  q  qp  0 ……………………..

104

9. SZ. PÉLDA:

4x  4z  9y  6y  1  0 …………………………..

117

10. SZ. PÉLDA:

  x y z    0 …………………………………….

145

11. SZ. PÉLDA:

x y z           0 ……………………..

150

12. SZ. PÉLDA:

x y z  f(, )    f(, )     0 …......

178

13. SZ. PÉLDA:

192

14. SZ. PÉLDA:

x yz f ( , ) f ( , )     0…....... (x  y)(x  y)(x 1)  (z  w)(z  w 1)(x  2)=0. .......

15. SZ. PÉLDA:

pw (x  y  z )  xyz   0 …………………………

m

n

n

n

n

m

n

3

m

n

2 2

3

2

2

2

2

2

m

4

2 2

3

3

2

3

2

2

2

m

m

3

m i k

m i k

2

3

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

i k

i k

3

2

2

m

2

2

2

2

2

2

2

2

2 2

2

2 2

m

16. SZ. PÉLDA: A HÉRÓNI HÁROMSZÖGEK MEGHATÁROZÁSA .........

5

220 234 250

ELŐSZÓ

A tisztelt olvasó figyelmébe ajánlott könyv a matematika egyik kiemelkedő területével foglalkozik: kutatja az algebrai egyenletek egészszámú megoldását. Az egyenletek nagy elméleti jelentőséggel bírnak és előfordulnak a fizikában. A többváltozós, magasabb fokú egyenletek megoldhatóság-vizsgálata számos problémával jár. Megoldásukkal próbálkoztak már az ókor matematikusai, így Pythagoras és Diophantos, de későbbi évszázadok olyan korifeusai is, mint Pierre de Fermat, David Hilbert, Leonhard Euler, Joseph Louis Lagrange, Carl Friedrich Gauss, Augustin-Louis Cauchy, Ernst Eduard Kummer és mások. A neves matematikusoknak a fokozott erőfeszítések ellenére sem sikerült általánosítható eredményeket elérni. Az említett egyenleteket diophantikus egyenleteknek is nevezik – a III. században élt és a megoldásukat kutató görög matematikus – Diophantos tiszteletére. Diophantos munkái szolgáltatták azt a kiinduló bázist, amelyre Fermat, Euler és sok más matematikus alapozta számelméleti kutatásait. Valószínű, hogy D. Hilbert is próbálkozott a diophantikus egyenletek általános megoldhatóság-vizsgálatával, és feltételezhette, hogy a kutatások eredménye messze meghaladja majd a diophantikus egyenletek problémakörét. Hasonlóan, ahogyan történt a Fermatsejtés bizonyítási kísérletei kapcsán, amikor Kummer megalkotta az ideális számok elméletét. Valószínű, a feladat jelentőségén túl, Hilbertet kutatásai sarkalták arra, hogy a diophantikus egyenletek problémáját besorolja olyan huszonhárom probléma közé, melyek megoldása jelentősen befolyásolhatja a tudomány fejlődését, és amelyeket a XIX. század a XX. századra hagyatékozta. A diophantikus egyenletek között a Fermat-sejtés különös szerephez jutott. Azon túl, hogy – gyakorlati jelentőségét messze meghaladó – mozgósító szerepet töltött be kutatásukban, fékezte is megoldásukat jelentős tudományos kapacitások lekötésével. 6

Fermat mobilizáló, ugyanakkor provokatív kihívása, a probléma érthetősége, megoldásának nehézsége, illetve presztízse minden matematikus érdeklődését, becsvágyát, hiúságát megragadja, lebilincseli, és többé nem engedi el az eredmény produkálásáig, vagy a kudarc belátásáig. Velem is ez történt. De mit is írt 1637-ben Pierre de Fermat a Bachet de Méziriac által 1621-ben Diophantos műveiről kiadott könyv margójára? „Igazán csodálatos bizonyítást találtam arra, hogy az x n  y n  z n egyenletnek n  3 esetén nincs pozitív egész megoldása, de a margó túl kicsi ahhoz, hogy leírjam”. Ez a XVII. században margóra vetett néhány szó a matematika történetének jelentős eseménye volt. Nemzedékek sokaságát, tudósokat, amatőröket és dilettánsokat tartott alkotói rabságban, bírta küzdelmes erőpróbára. 349 év erőfeszítései is kevésnek bizonyultak az „Igazán csodálatos bizonyítás…” reprodukálásához. Majd a sikertelen próbálkozások visszájára fordították Fermat jóindulatú, inspiráló provokációját. Mert egyszerűbb a megoldást kétségbe vonni, mint produkálni, vagy reprodukálni. A szkeptikusok beérték azzal a vélekedéssel, hogy Fermat tévedett és bizonyítás híján ez nem opponálható. De a megszállottak nem adják fel a kutatást! Folytatják, amíg az állítás nem nyer bizonyítást, vagy cáfolatot. Fermat hagyatékával főiskolai diploma birtokában, kijevi hadmérnöki tanulmányaim kezdetén, feketehajú, huszonöt éves, ambiciózus fiatalemberként ismerkedtem meg 1965-ben. Szenvedélyesen megszerettem a nagy Fermat-sejtést és kitartottam mellette két évtizednyi kudarcsorozat után is. Haladásom útját rontott kéziratos lapok ezrei szegélyezték, pályám nehézségei megannyiszor keresztezték. De nem adtam fel! Mondogattam, ha van feladat, van megoldása is, esetleg nemleges. Azt kell megtalálni! Minden kudarc után újra kezdtem! Raboltam az időt önmagamtól, a családtól, bárhonnan, bármikor!

7

1986-ban rám mosolygott a szerencse, fény derült az átláthatatlan labirintus végén. A nagy sejtés rejtélye megoldódott! Átélhettem a siker örömét. Ez kárpótolt a vesződségekért. Végre! Megtaláltam a sejtés direkt, egzakt bizonyítását!

Minden cáfolat ellenére létezik a nagy Fermatsejtésnek klasszikus, direkt, egzakt bizonyítása, olyan, amilyet produkálhatott Pierre de Fermat is! Ezzel Fermat állítása a „csodálatos bizonyításról” hihetőbbé vált! A siker nyilvános ünneplésére nem kerülhetett sor! A felhalmozott ismeretanyag arra predesztinált, hogy eredményemet ne publikáljam, hanem kamatoztassam a Fermat-sejtést is magába foglaló, attól nagyságrendekkel fontosabb feladat kutatásával. Nevezetesen, tegyek kísérletet Hilbert 10. matematikai problémájának pozitív megoldására, mely általános eljárás kidolgozását kitűzi ki a diophantikus egyenletek megoldására, a létező negatív bizonyítás ellenére! A Fermat-sejtés bizonyításához huszonegy év kellett, a10. probléma pozitív megoldásához még ettől is több. Többször szándékoztam feladni a kutatást. A magányos munka, a hívatásos matematikusok lekezelő, elzárkózó előítélete és a 10. problémára létező – a tudósvilág által elfogadott – negatív bizonyítás lelki teherként telepedett rám, és kétségeket ébresztett bennem. Szerencsére nem így tettem! Rendre született egy-egy részeredmény, amely engem igazolt és éltette a reményt, hogy az elérni kívánt cél racionális és jó irányba haladok. Ez átsegített a mélypontokon, erőt adott a folytatáshoz. Kitartásom nem volt hiábavaló! Az eredmények engem igazoltak!

8

A negatív bizonyítás ellenére létezik Hilbert 10. problémájának pozitív megoldása. Az általános módszer nem a polinomok fokára és együtthatóira, vagy a megoldási halmaz tulajdonságaira, hanem a számelmélet alaptételére, a számok kommutatív, tranzitív, relatívprím és oszthatósági tulajdonságaira építkezik! Leírhatatlan elégedettséggel tölt el a polinomiális diophantikus egyenletek általános megoldhatóság-vizsgálati módszerének létezése, az annak rejtélyét és harmóniáját transzponáló eredmények szemléletessége! A hivatásommal járó fokozott igénybevétel és a 41 évig tartó kimerítő kutatómunka egészségemet kikezdte, hajam kifehéredett, erőm megcsappant. Korom és átélt betegségeim akadályoznak a feltárt általános módszer komplex számrendszerben történő alkalmazásához még szükséges kutatások folytatásában. Ezért az elvégzett munka eredményeit – a feltárt általános módszert – e könyv kiadásával közre adom, hogy főművemet még életemben elismertessem, lássam alkalmazását, hasznosságát! Az általános módszer komplex rendszerben történő alkalmazásához szükséges ismeretek meghaladják a kor tudományos szintjét. Ezért feltárásuk az utókornak jelent kihívást és lehetőséget az alkotás szenvedélyes élményének átélésére…

Mert az alkotás – szenvedélyes lángolás, amit a tudásszomj, becsvágy és közérdek szít, de a közöny, irigység és tudatlanság hamvaszt el!

9

BEVEZETÉS A magasabb fokú, többváltozós algebrai egyenletek egészszámú megoldása a számelmélet kiemelkedő feladata. Megoldásukkal próbálkoztak már az ókor neves matematikusai és a későbbi évszázadok jeles tudósai. A matematikusoknak a fokozott erőfeszítések ellenére sem sikerült áttörést elérni és általános módszert kidolgozni. Hilbert a matematikusokat a diophantikus egyenletek kutatására inspirálta, feltételezve, hogy létezik a megoldásukra általános eljárás. Mi hátráltatta az általános módszer feltárását? Tudományosan: a diophantikus egyenletek meghatározó tulajdonságainak feltáratlansága és kettős implicit jellege – a változók implicit paritása és a polinomok irreducíbilitása. Vagyis annak a ténynek a felismerése, hogy – az egészszámú megoldások keresése következtében – az egyenleteket a racionális egészszámok rendszere, tulajdonképpen a számelmélet alaptétele determinálja. Ezért az általános módszer létezési dilemmájának bizonyítási alapját csak a számelmélet alaptétele képezheti! Mindemellett az egyenletek általános megoldása – a polinomok irreducíbilitása miatt – csak a természetes számokat tartalmazó komplex rendszerben történhet, a polinomok lineáris felbontása mellett. Azonban ez a körülmény megkérdőjelezi a „negatív bizonyítást”! Az elfogadott alapon történt bizonyítás így nem állhat meg! Hogy a negatív bizonyítás döntéshozó legyen, bizonyítani kell az általános módszer kialakításához szükséges releváns információ hiányát az egyenletekből. De ez a kísérlet az ellentétes állítás bizonyításához vezet!

10

Mentálisan: a „negatív bizonyítás”, amely a pozitív megoldásra irányuló kutatások feladását sugallja! A továbbiakban az egyenlettípusonkénti módszerek kutatása került előtérbe. Ezért a 10. probléma pozitív bizonyítása nem egy célirányos kutatás eredménye, hanem a Fermat-sejtés klasszikus bizonyításának szerencsés következménye. A sejtés klasszikus bizonyításából levont következtetések megkérdőjelezték a negatív bizonyítást! A 10. probléma számrendszereket és az algebrát átívelő probléma-halmaz, amelynek megoldása bonyolult eljárásokat vonz. Ezért az általános módszer dilemmájának feloldása feltételezi az egyenletek tulajdonságainak, valamint a diophantikus analízis és a komplex számelmélet kapcsolódó összefüggéseinek feltárását és megvilágítását.

A 10. probléma pozitív megoldásában a Fermat-sejtés klasszikus bizonyítása útmutató csillaggá vált! Mi a sejtés rejtélye? A sejtés rejtélyét nagyobb rejtély – a diophantikus egyenletek általános megoldhatóságának rejtélye – fedi. A sejtést – 1986-ban történt bizonyítása óta – nem övezi rejtély. Bizonyítása elvégezhető a természetes számok rendszerében az általános módszer részesete alapján. Paradoxnak tűnhet, de az általános módszer feltárásához a sejtés bizonyítása vezetett. A sejtés megoldó képleteinek kettőssége ( n  2 esetén különbözőek a páros illetve páratlan monomára rendezett egyenletek megoldó képletei, 1. sz. példa) rámutat az egyenletek összetett, inmonolit jellegére, a megoldási metodikájuk kettősségére általánosan.

11

A Fermat-sejtés különösen alkalmas e tény megvilágítására. A paraméteres egyenlet rendezhető tetszőleges paritású monomára és – lévén n  2 kitevőnél határozott – mindkét változatban megoldható. Az inmonolit egyenlet és a páratlan monomára rendezett részegyenlet vizsgálata a természetes számok rendszerében n   esetén kivitelezhetetlen, a páros monomára rendezetté kivitelezhető. Ennek a ténynek a mellőzése kudarchoz vezet. A sejtés korábbi bizonyítási kísérleteinek kudarcát, az elkövetett hibákon túl, az egyenletek és a komplex számrendszerek tulajdonságainak elégtelen ismeretszintje, a sejtés – általános kutatás rovására – forszírozott vizsgálata, és a szubjektív megközelítés okozták. Általános vizsgálat nélkül nem tárhatók fel az egyenletek meghatározó tulajdonságai, a számrendszerek és az algebra diophantikus analízishez kapcsolódó törvényszerűségei, ami téves következtetésekhez vezet. A klasszikus bizonyítás lehetőségét, különösen oszthatóság-vizsgálat útján, eleve Fermat által, a kompetens többség elvetette. A megalapozatlan előítélet pedig a kutatásokat a klasszikus mederből átterelte az ismeretlen elvek árterére. Bár az ideális számok elmélete úttörőnek bizonyult, a sejtés bizonyítását nem adta az explicit paritás mellőzése, az oszthatóság-vizsgálat elvetése, a diophantikus analízis relatíve alacsony ismeretszintje miatt. A sejtés bizonyíthatóságát oszthatóság-vizsgálat útján parciális tulajdonságának hasznosítása biztosítja! Az implicit részegyenletek parciális tulajdonságai alatt azon tulajdonságaik összességét kell érteni, melyek biztosítják vizsgálatuk kivitelezhetőségét a természetes számrendszerben.

12

Kutatásaim nem csak megkérdőjelezték D. Hilbert 10. problémájának negatív bizonyítását, pozitív bizonyítást is adtak az általános módszer létezési dilemmájára. A pozitív bizonyítás akkor is megáll, ha minden polinimiális diophantikus egyenlet ma még nem oldható meg az általános módszer segítségével. Ugyanis ez a tény nem az általános módszer létezését kérdőjelezi meg, mivel a módszer a számelmélet alaptételén áll. Kérdéses annak az ismeretszintnek a birtoklása, ami az általános módszer alkalmazásához szükséges a komplex számrendszerben. Így az általános módszer alkalmazhatóságának problémája nem diophantikus, hanem komplex-számelméleti. Ezt támasztja alá a módszer univerzális alkalmazhatósága. Például a módszer alkalmazása racionális törtfüggvények esetében (14,15. példa). Az alkalmazásnak csak a polinomok irreducíbilitása szab határt. Az elért eredmények elősegítették a héroni diophantikus egyenlet – kétezer éve aktuális – megoldását, a háromszögeket generáló általános, explicit képletek levezetését (16. példa). A korábbi sikertelenséget az egyenlet túlhatározott jellege okozta. Ismertek általánosnak mondott, valójában parciális, képletek, amelyek a háromszögek egy részét generálják, mivel kizárólag geometriai megfontolásokból erednek és nem veszik figyelembe a diophantikus egyenletek tulajdonságait.

13

I. RÉSZ A MEGOLDHATÓSÁG-VIZSGÁLAT ELMÉLETE 1. A MEGOLDHATÓSÁG-VIZSGÁLAT ALAPJA

A vizsgálat kivitelezésében a fő problémát az egyenletek tulajdonságainak rejtettsége, valamint kettős implicit jellege – a változók implicit paritása és a polinomok irreducíbilitása – okozza. Vagyis annak a ténynek a felismerése, hogy – az egészszámú megoldások keresése következtében – az egyenleteket a racionális egészszámok rendszere, ezen belül a számelmélet alaptétele determinálja. Ugyanakkor általános vizsgálatuk csak komplex rendszerben lehetséges. Az egyenletek együtthatói és gyökei közötti összefüggés áttekinthetetlen. Ábel bebizonyítása szerint, már az általános ötöd, vagy magasabb fokú egy ismeretlenes egyenletek esetében is. Ezért kizárt a 10. probléma megoldása korlátlan fokú és ismeretlenszámú polinomok együtthatói alapján. Így a polinomokból közvetlenül eredő sorozatok nem tartalmaznak releváns információt a megoldáshoz. A megoldási sorozatok irrekurzív jellege pedig következménye, nem oka az „általános algoritmus” hiányának! Ugyanis az algoritmusok az egyenletekből származó megoldó képletekre építkeznek, nem közvetlenül a polinomokra, vagy a megoldási sorozatokra. Így az „általános algoritmust” nem a megoldási sorozat – a következmény – jellege, hanem a megoldási képlethalmaz, az algoritmus és megoldási halmaz információforrásának, végtelen tartalma és jellege zárja ki. A belőle származó információ ellentmond az „általános algoritmus” követelményeinek. A megoldási halmaz reálfolyamatok következménye, így elemei meghatározhatók másként, akár általános módszer alapján! Ezért a halmaz irrekurziv jellege az algoritmuselméletből fakad, csak azon belül értelmezhető!

14

A rekurzíven felsorolható irrekurziv halmaz létezésének és diophantikus jellegének inverz közvetett bizonyítása csak hitelesíti az „általános algoritmus” hiányát, a módszer parciális jellegét, alkalmatlanságát a 10. probléma megoldására! Az „általános módszer” invariáns a polinomokra nézve, mivel azok természetes számokat generálnak, vagy az egyenleteknek nincs megfelelő megoldása. Így a természetes számokra vonatkozó információ kinyerése a komplex megoldó képletekből nem diophantikus, hanem komplex számelméleti probléma. Ennek nehézségei nem az általános módszert kérdőjelezik meg, hanem a nélkülözhetetlen tudás birtoklását! A 10. probléma „negatív bizonyítása” nem áll meg. Algoritmikus alapja parciális, az „általános módszerre” nézve irreleváns! Hogy döntéshozó legyen, bizonyítani kell az információ hiányát az egyenletekből az „általános módszer” kidolgozásához. De ez az ellentétes állítás bizonyításához vezet! Az általános módszer dilemmájának feloldása csak akkor lehet eredményes, ha feltárjuk az egyenletek tulajdonságait és megvilágítjuk a diophantikus analízis és a komplex számelmélet kapcsolódó összefüggéseit, amelyek ezt megalapozzák. Ezért bizonyítani kell, hogy a diophantikus egyenletek – az egészszámú megoldások keresése következtében – rendelkeznek az általános módszer kidolgozásához szükséges tulajdonsággal. Ez a tulajdonság a monomára, vagy nullára rendezett egyenletek oldalainak racionális egészszámú egyenlősége függetlenül a számok megjelenítési formájától. Vagyis az azonos racionális egész számokat generáló monomák és polinomok számértékeinek tényezőkre történő implicit felbonthatóságának egyértelműsége, a számelmélet alaptételének megfelelően.

15

Az általános módszer a számelmélet alaptételére, a számok kommutatív, tranzitív, relatívprím és oszthatósági tulajdonságaira, az egyenletek határozatlan, határozott, túlhatározott jellegét hordozó megoldó képletekre építkezik! Az állítás a definíció pontosítását igényli: "A diophantikus egyenletek: egész-együtthatójú algebrai egyenletek, vagy egyenletrendszerek, amelyekben az ismeretlenek száma meghaladja az egyenletek számát, és amelyek egész megoldásait kutatják”. "A diophantikus egyenletek: a számelmélet alaptétele által determinált határozatlan, határozott, túlhatározott, egészegyütthatójú algebrai egyenletek, vagy …”. A diophantikus egyenlet összetett (inmonolit). A változók paritása alapján felbontható részegyenletekre. A részegyenletek – a természetes számok tranzitív tulajdonságai alapján – tovább bonthatók, egymással és az egyenlőség szintjét adó monomával egyenlő, két komponens egyenletre. A komponens egyenletek – az algebra tételei szerint, potenciálisan – valós és komplex lineáris tényezők szorzatára bonthatók. A felbontások révén a részegyenletek explicitté válnak. Létezik szimpla és kombinatív felbontás. Szimpla felbontás esetén: a részegyenlet bal oldalát nulla, racionális egész szám, vagy változó monoma, jobb oldalát – a monomával egyenlő – tényezőkre bontott polinom képezi. Kombinatív felbontás esetén: a részegyenlet két oldalát – egymással és az egyenlőség szintjét adó monomával egyenlő – tényezőkre bontott polinomok képezik.

16

Vagyis – a természetes számok tranzitív tulajdonságai alapján – a részegyenlet két explicit részre osztásával és az azok egyenlőségszintjét adó monoma bevezetésével két szimpla felbontású komponens egyenlethez jutunk. A két felbontási mód – elégséges komplex ismeret birtokában – biztosítja az egyenletek implicit jellegének feloldását, a határozatlan, határozott, túlhatározott egyenletek kialakítását. A határozatlan egyenlet – a változók választott értékeivel – határozottá tehető. A határozott egyenlet megoldása evidens. A túlhatározott egyenletnek van megoldása, ha a határozott számú lineáris tényező alapján számított értékek a maradványszorzóban a monomának megfelelő hatványt adják. Az implicit részegyenletek általános vizsgálata komplex jellegű. A részegyenletek általános vizsgálata egyszerűbb, mint az inmonolit egyenleteké, melyek részegyenleteket és számelméleti problémákat integrálnak, és történhet oszthatóság-vizsgálattal is. Szimpla felbontás esetén a részegyenlet megoldásai megkaphatók a lineáris tényezőkből és a helyettesítési értékeikből eredő megoldó képletekből, vagy bizonyítható hiányuk. Kombinatív felbontás esetén a megoldásokat a komponens egyenletek összetartozó, nem triviális megoldásai adják. A komponens egyenletek megoldása azonos a szimpla felbontású részegyenletekével. A komponens egyenletek összetartozó megoldásai a monoma értékének elemi tényezőkre bontásával és e tényezők alapján a másik komponens egyenlet megoldásával kaphatók meg. A monoma értéke az egyik komponens egyenlet megoldásával, vagy változóinak választott értékekkel történő, helyettesítésével produkálhatók. A monoma nulla értékénél a komponens egyenletek megoldásait a nullával egyenlő tényezőik, a részegyenletek megoldásait – a partikuláris komponens egyenletek összetartozó megoldásai adják.

17

2.

EGYENLETEK ELEMZÉSE ÉS FELBONTÁSA

Az általános diophantikus egyenlet inmonolit és homogén, ezért részegyenleteket és számelméleti problémákat integrál. Ezek a problémák akadályozzák inhomogenizálásukat, közvetlen megoldásukat. Az inmonolit egyenletek – a változók explicit paritásának biztosításával – részegyenletekre bonthatók és inhomogenizálhatók a természetes számrendszerben. A problémát az implicit és túlhatározott egyenletek megoldása jelenti. Az inmonolit egyenlet felbonthatók részegyenletekre, és mindkettő komponens egyenletekre! Az inmonolit egyenlet felbontása részegyenletekre.

A felbontás a változók paritásának explikálásával – paraméterek bevezetésével – történik: x  αx 1  x 0 , y  αy1  y 0 , z  αz 1  z 0 ,   , ahol α  prímszám, x 1 , y 1 , z 1 ,     paraméter, x0 , y0 , z0 , maradék. α  2 esetén a változók a kettes szám többszörösei, 0 vagy 1 maradékkal. A felbontás eredményeként kapjuk: F1,2,,i (x 1 ,  )  0  F(x,  )  0 . α  2 értékek esetén a változók paritása implicit, az inmonolit egyenlet felbonthatatlan. α  2 esetén a változók paritása explicit, az egyenlet felbontható, a részegyenletek egyértelműek.

18

Az egyenletek felbontása komponens egyenletekre és a komponens függvények felbontása tényezőkre.

Az egyenletek felbontása komponens egyenletekre – a természetes számok tranzitív tulajdonságai alapján – a felbontási lehetőségek elemzésével és az egyenlőség szintjét meghatározó monoma bevezetésével történik: F(x , y,   )  f 2 (  )  f 1 (x ,   )  0, f 1  r  f 2 ,

Fi (x 1 ,y1 , )  f 2 ( )  f1 (x 1 , )  0, f 1  r  f 2 , ahol f1 , f 2 – monoma, binom, polinom, r az egyenlőség szintjét adó monoma. Az egyenletek felbontása komponens függvényekre:

- implicit, ha f1 és f 2 rendelkezik közös változóval, - szimpla, ha f1 vagy f 2 monoma, - kombinatív, ha f1 és f 2 binom, polinom, - partikuláris, ha a monoma nullaértékű. A komponens függvények felbontása tényezőkre.

A komponens függvények felbontása lineáris tényezők szorzatára az algebra tételeinek megfelelően történik. A felbontás: - implicit, ha tartalmaz irreducíbilis tényezőt, - explicit, ha nem tartalmaz irreducíbilis tényezőt, - valós, ha a komponens függvények valósak, - komplex, ha egyik, vagy mindkettő komplex.

Az inmonolit egyenlet felbontása részegyenletekre a változók paritásának explikálásáva történik. Az egyenletek felbontása komponens egyenletekre – a felbontási lehetőségek elemzésével és az egyenlőség szintjét adó monoma bevezetésével. 19

A felbontás racionális, ha biztosítja az explicit részegyenletet és annak vizsgálatát. A komponens függvények felbontása tényezőkre az algebra és a számelméletek tételei alapján lehetséges. Az inmonolit egyenlet és a részegyenlet általános esetben homogén. Az első inhomogén jellege nem biztosítható, mivel a változók paritása implicit. A részegyenlet inhomogén jellege biztosítható az egyenlet monoma együtthatójával történő osztása és egyszerűsítése útján, a tényezők relatívprím helyettesítési értékei mellett. A páros változó monomára rendezett részegyenlet egyszerűsíthető, mivel a monoma paraméteres alakja is monoma! A páratlan változó monomára rendezett részegyenlet nem egyszerűsíthető, mivel a monoma paraméteres alakja binom, ami irreducíbilis hányadost ad! A vizsgálat korlátozható az inhomogén részegyenletekre, mivel a homogén és partikuláris-homogén megoldások megkaphatók az inhomogén megoldásokból, vagy a tényezők homogén értékei alapján. A részegyenlet inhomogenizálásával kapjuk:

f1  r  f 2 , f1  r  A  (2r1 ) m (2r2 )i (2r3  1) k  (2rj )s  f 2 ,

f1 /2m+i++s A  r10  r11m r12i (2r13  1)k  r1js  f2 /2m+i++s A,

ahol r  A  (2r1 )m (2r2 )i (2r3  1)k  (2rj )s  a homogén részegyenlet választott monomája, r10  r11m r12i (2r13  1) k  r1js  az inhomogén részegyenlet monomája, m  i    s – a monoma páros elemei kitevőinek összege, 2m+i++s A – f1 és f 2 osztója, f1 /2m+i++s A és f 2 /2m+i++s A – egymással és a monomával egyenlő hatványok.

20

A részegyenlet kombinatív felbontásával és inhomogenizálásával két szimpla felbontású komponens egyenlethez jutunk: r11m r12i (2r1  1)3k  r1ps  f1 (x1 , )/2m+i+ s A, (a), k r11m r12i (2r1  1)13  r1ps  f 2 () / 2 m+i+ s A, (b),

ahol f1 /2m+i+s A, f 2 / 2m+i+s A  a monomával egyenlő hatványok. A részegyenlet szimpla implicit felbontása f1  Const.  N mellett explikálható. f1  0 esetén az egyenlet partikuláris! Az inmonolit egyenlet rendezhető rejtett paritású monomára és nullára, mivel változóinak paritása implicit és változó, amihez a megoldás módszere nem igazodik, hanem generálja a változók paritását a tényezők választott helyettesítési értékei által. A változók implicit paritása és a polinomok irreducíbilitása miatt az egyenletek általános vizsgálata a természetes számok rendszerében kivitelezhetetlen. A részegyenlet rendezhető explicit paritású monomára és nullára, mivel változóinak paritása explicit és állandó – az inmonolit egyenlet elemzése és felbontása révén – amihez a megoldás módszere igazodik. Ezért a részegyenlet vizsgálata kivitelezhető oszthatóság-vizsgálat útján is. A polinomok irreducíbilis jellege miatt az implicit egyenlet általános vizsgálata a természetes számok rendszerében kivitelezhetetlen.

21

II.RÉSZ EGYENLETEK MEGOLDHATÓSÁG-VIZSGÁLATA 1. VIZSGÁLAT SZIMPLA FELBONTÁSSAL

A részegyenlet inhomogenizálásával kaptuk: f1  A(2r11 ) m (2r12 )i (2r13  1) k  (2r1j )s  f 2 , f1 /2m+i++s A  r11mr12i (2r13 1)k  r1js  f2 /2m+i++s A,

ahol

r10  r11m r12i (2r13  1) k  r1js 

az

inhomogén

részegyenlet

választott monomája, m  i    s – a monoma páros elemei kitevőinek összege, 2m i s A – f1 és f 2 osztója, f1 /2mis A és

f2 /2mis A  a monomával egyenlő hatványok. Szimpla felbontás esetén az egyik függvény monoma: f1 (x1 , )  A  (2x1 ) m (2y 2 )i (2z 3  1) k  (2w j )s  f 2 (), x1m y1i (2z 3  1) k  w sj  f 2 () / 2m+i++s A,

ahol x1m y1i (2z 3  1) k  w sj  monoma.

A számok törzstényezőkre bontása a természetes számrendszerben egyértelmű, komplex rendszerben szükségszerűen többértelmű. Másként a diophantikus egyenletek irreducíbilis polinomjai felbonthatatlanok volnának a komplex rendszerben is. Az egészszámú megoldások keresése miatt a diophantikus egyenletekben az irreducíbilis polinomok is természetes számokat generálnak, vagy a részegyenletnek nincs megfelelő megoldása. Így az általános módszer szükségszerűen invariáns az egyenletekre és a számrendszerekre nézve. 22

Fentiek alapján a diophantikus egyenleteket komplex rendszerben is a számelmélet alaptétele determinálja! Mivel komplex rendszerben a polinomok potenciálisan felbonthatók, gyakorlati lehetőség nyílik az egyenletek vizsgálatára általános módszer alapján. Egészszámú megoldások keresése okán – a számelmélet alaptétele értelmében – az egyenlet két oldalán azonos prímszámok szorzata áll, függetlenül azok megjelenítési módjától. Ezért a monoma és a polinom azonos természetes számot generál, vagy az egyenletnek nincs megfelelő megoldása. Szimpla felbontás esetén a polinomiális diophantikus egyenletek – a számelmélet alaptételére és a természetes számok tranzitív tulajdonságaira építkezve – felírhatók az alábbiak szerint: x1m y1i (2z1  1)k  w1s  f 2 () / 2m+i+s A  V1V2  Vj ,

ahol x1m y1i (2z1 1)k  w1s  monoma, f 2 – polinom, f 2 / 2m+i++s A  a monomának megfelelő hatvány, m  i  s  a monoma páros elemei kitevőinek összege, 2m+i++s A  felbontás osztója, j – f 2 tényezőinek a száma, p  a monoma változóinak a száma, (V1 ,  , V j )  d  1  tényezők helyettesítési értékei. Egyváltozós monoma esetén: xm  f2  y, z,   V1  Vj , x1m  f2 (y1, z1, )/ 2m  V1  Vj , ahol i  3, x m  f 2  y, z   V1m V2m V3m , x1m 

f2 (y1, z1)  V1mV2mV3m , ahol i  2. m 2

23

Az inhomogén komplex egyenletek inhomogének a természetes számok vonatkozásában is. Azonban az ellentétes állítás nem igaz. De a diophantikus egyenletek esetében ez irreleváns, mivel homogén és inhomogén jellegük invariáns a számrendszerekre nézve, a természetes számrendszer egyoldalú függősége miatt a komplex rendszertől. Szimpla felbontás esetén a részegyenlet:

- határozatlan i  k esetén, - határozott i  k , illetve változó r1 monoma esetén, - túlhatározott i  k esetén, - implicit s   , illetve implicit felbontás esetén, - partikuláris a monoma nulla értéke esetén, ahol: i  f2 eltérő lineáris valós tényezőinek a száma, k – f2 változóinak a száma, s – az irreducíbilis tényező foka. A határozatlan és határozott egyenletek vizsgálata elvégezhető a természetes számok rendszerében. A túlhatározott egyenleteknek van megoldása, ha a változók, határozott számú lineáris tényező alapján számított, értékei az összevont maradványszorzóban a monomának megfelelő hatványt adják. Az implicit egyenletek általános vizsgálata komplex. Kivételt a páros monomára rendezett implicit részegyenlet jelent, ha rendelkezik megoldást nyújtó parciális tulajdonsággal, illetve explicit kombinatív felbontással.

Például, parciális tulajdonsággal bír a negyedik hányados, ami hasznosítható oszthatóság-vizsgálathoz, (1. példa): 2n1/2n2 , 2n1/(2n2 1),(2n1 1)/(2n2 1),(2n1 1)/2n2 .

24

Az összefüggések alapján – elégséges komplex ismeret

birtokában – a megoldó képletek és a megoldások megkaphatók, vagy bizonyítható a megoldások hiánya. A páratlan változó monomára rendezett részegyenletnek egy, a páros monomára rendezettnek számos megoldási változata lehet, a monoma és a polinom jellegétől függően. Az implicit részegyenletek általános vizsgálata – az irreducíbilis szorzók miatt – komplex jellegű. Ezért a polinomok lineáris felbontásán túl feladatot jelent annak megállapítása, hogy a komplex megoldó képletek mikor generálnak a monomának megfelelő számot, ha a valós megoldó képletek csak ilyeneket adhatnak, vagy az részegyenletnek nincs megfelelő megoldása. Az egyenletek nem mindig rendelkeznek a feltételeknek megfelelő megoldással, mivel nem mindig léteznek az egyenleteket kielégítő természetes számok. Az implicit egyenlet megoldhatósága parciális tulajdonságaitól és a kettes számtól függ, amelyek biztosítják:

- a páros monomák maradék nélküli explicit osztását, - a páratlan monomák egységnyi maradékos explicit osztását, - az explicit paritást, - az inmonolit egyenlet felbontását részegyenletekre, - az oszthatóság-vizsgálat explicit jellegét, - a részegyenlet inhomogenitását a természetes számrendszerben, - a vizsgálat kiterjesztését valamennyi természetes számra.

25

Oszthatóság-vizsgálat parciális tulajdonság birtokában:

- az egyenlet jobb oldalán, vagy tényezőjében tört keletkezik: megoldás nincs, mivel a tört ellentmond az alaptételnek. Megoldhatóság-vizsgálat parciális tulajdonság hiányában:

- a kombinatív felbontás lehet explicit, - a komponens egyenlet rendelkezhet parciális tulajdonsággal, - a vizsgálat komplex jellegű.

26

2. VIZSGÁLAT KOMBINATÍV FELBONTÁSSAL

A kombinatív felbontás módszere a számelmélet alaptételére, a természetes számok tranzitív, kommutatív, relatívprím és oszthatósági tulajdonságaira, valamint a szimpla felbontás módszerére épül. Így a két eljárás együtt komplementer „általános módszert” képez a diophantikus egyenletek megoldhatóság-vizsgálatára. A részegyenlet felbontásával és inhomogenizálásával kapjuk: f1  A  (2r11 ) m (2r12 )i (2r13  1) k  (2r1j )s  f 2 , f1/2m+i++s  A  r11mr12i (2r13 1)k  r1js  f2 /2m+i++s  A,

ahol r10  r11mr12i (2r13 1)k  r1js  az inhomogén részegyenlet választott monomája, m  i  s  a monoma összege, 2m i s  A – f1 és f 2

páros elemei kitevőinek osztója, f1/2m i s  A ,

f 2 /2m i s  A – a monomával egyenlő hatványok. Kombinatív felbontással két komponens egyenletet kapunk, amelyben f1 , f 2 binom, polinom, a monoma r11 elsőfokú változó, vagy a feladathoz választott: f1 / 2m i s  A  r11m r12i (2r13  1) k  r1js , f 2 / 2 m  i  s  A  r11m r12i (2r13  1) k  r1js .

Egészszámú megoldások keresése miatt az irreducíbilis polinom is természetes számokat generál, vagy a részegyenletnek nincs megfelelő megoldása. Ezért a részegyenletet – függetlenül komplex jellegétől – a számelmélet alaptétele determinálja.

27

Komplex rendszerben a komponens függvények potenciálisan lineáris tényezőkre bonthatók. A nevezett két körülmény és a természetes számok tranzitív tulajdonsága lehetőséget teremt a komponens egyenletek és a részegyenlet vizsgálatára általános módszer alapján.

Kombinatív felbontás esetén a polinomiális diophantikus egyenletek – a számelmélet alaptételére és a természetes számok tranzitív tulajdonságaira építkezve – felírhatók az alábbiak szerint: f1 / 2m i s  A  r11m r12i (2r13  1) k  r1js  V1V2 V3  Vj   f 2 / 2m i s  A  r11m r12i (2r13  1) k  r1js  U1U 2 U 3  U j' ,

ahol r11m r12i (2r13  1) k    r1js  monoma, f1 , f 2  binom, polinom, f1 / 2m+i++s  A , f2 /2m+i++s  A a monomának megfelelő hatványok, mi s  a monoma páros elemei kitevőinek összege, 2m+i++s  A  az f1 , f 2 osztója, p – a monoma változóinak a száma, (V1, ,Vj ,U1, , U j' )  d  1  f1 , f 2 tényezőinek az értéke. A részegyenlet komponens egyenletei: 1. f1 / 2m i s  A  r11m r12i (2r13  1) k  r1js  V1V2  Vj , 2. f 2 /2m+i+s  A  r11m r12i (2r1  1)3k  r1ps  U1U 2  U j' ,

ahol j – f1 tényezőinek a száma, j' – f 2 tényezőinek a száma.

28

Kombinatív felbontás esetén a részegyenlet:

- határozott, ha i  k érték mellett az egyik egyenlete határozott, - határozatlan, ha egyik határozatlan, a másik nem határozott, - túlhatározott nincs, ha egyik egyenlete túlhatározott, határozottá, határozatlanná, implicitté válik a másik jellegétől függően, - implicit, ha felbontása egyenletekre implicit, ha mindkét egyenlete implicit, túlhatározott, vagy kombinációjuk, - partikuláris, ha a monoma értéke nulla. A részegyenlet implicit a függvények lineáris felbontása esetén is, ha a komponens egyenletek túlhatározottak, mivel azok mindegyike megszabja a monoma értékét! A komponens egyenletek vizsgálata megegyezik a részegyenletek vizsgálatával szimpla felbontás esetén. A határozatlan és határozott komponens egyenletek vizsgálata elvégezhető a természetes számok rendszerében. A túlhatározott komponens egyenletnek van megoldása, ha a változók i  k lineáris tényező alapján számított értékei a maradványszorzóban a monomának megfelelő számot adják. Az implicit komponens egyenletek általános vizsgálata komplex. A részegyenletnek van megoldása, ha a komponens egyenleteknek van összetartozó, nem triviális megoldása is! A kombinatív felbontással implicit részegyenlet szimpla komplex felbontással explikálható f1* ( )  Const mellett, vagy parciális tulajdonságai alapján (14. példa). f1 ( )  0 esetén az egyenlet partikuláris a számelmélet alaptételének megfelelően, mivel a nulla nem állítható elő számok szorzataként.

29

A számelmélet alaptételére és a szimpla felbontás módszerére építkezve, a komponens egyenletek megoldásai megkaphatók, vagy bizonyítható hiányuk. A részegyenlet megoldásait – a számelmélet alaptételére és a számok tranzitív tulajdonságaira építkezve – a komponens egyenletek összetartozó, nem triviális megoldásai adják a részegyenlet tényezőinek relatívprím értékei mellett, vagy bizonyítható a megoldás hiánya. A komponens egyenletek összetartozó, nem triviális megoldásai a monoma számértékének elemi tényezőkre történő felbontásával és e tényezők alapján a másik komponens egyenlet megoldásával kaphatók meg. A monoma értékei az egyik komponens egyenlet megoldásával, vagy változóinak választott értékekkel történő helyettesítésével produkálhatók. A partikuláris komponens egyenletek megoldásait a nullával egyenlő tényezőik, a partikuláris részegyenlet megoldásait pedig a partikuláris komponens egyenletek összetartozó megoldásai adják. Az implicit részegyenlet vizsgálatára a természetes számok rendszerében páros monomára rendezés mellett van esély, ha az egyik komponens egyenlet rendelkezik parciális tulajdonsággal. Kombinatív felbontás esetén az egyenletek valamennyi megoldása – a partikuláris megoldások kivételével – megkapható elsőfokú változó monománál, mivel a magasabb fokú monoma is természetes számot generál, vagy az egyenleteknek nincs megfelelő megoldásuk. Ezért a vizsgálat összetett monománál csak akkor racionális, ha a feladat így definiált.

30

III. RÉSZ. ÖSSZEFOGLALÁS A megoldhatóság-vizsgálat „általános módszerének” feltárásában a fő problémát a diophantikus egyenletek tulajdonságainak elégtelen ismeretszintje és kettős implicit jellege – a változók implicit paritása és a polinomok irreducíbilitása – okozza. Vagyis annak a ténynek a felismerése, hogy – egészszámú megoldások keresése következtében – az egyenleteket a racionális egészszámok rendszere, ezen belül a számelmélet alaptétele determinálja, nem a polinomok foka és együtthatóinak értéke, vagy a megoldási sorozatok tulajdonsága. Továbbá, hogy a Hilbert által követelt „általános módszer” és a negatív bizonyítás tárgyát képező „általános algoritmus” különböző fogalmakat takar. Ugyanis utóbbi nem létezik. A „konkrét algoritmusok” pedig alá vannak rendelve az „általános módszernek”, a belőle eredő megoldó képleteknek, amelyek generálják a megoldási sorozatokat, szükség esetén algoritmusok által. Így az általános módszer dilemmájának feloldása lehetetlen az egyenletek tulajdonságainak feltárása, valamint a diophantikus analízis és komplex számelmélet összefüggéseinek megvilágítása nélkül, amelyek ehhez az alapot adják. A diophantikus egyenletek tulajdonságainak feltárása és kettős implicit jellegének megvilágítása utat tört azok megoldhatatlanságának felismeréséhez a polinomok foka és együtthatói, illetve a megoldássorozatok tulajdonságai alapján, mivel belőlük nem származik releváns információ a megoldási halmaz, így az „általános módszer” kialakításához. Továbbá, hogy a diophantikus egyenletek fokszám szerinti osztályozása, fentiek miatt, nem reprezentatív megoldhatóságukra nézve!

31

Mivel nincs bizonyított – képletekben kifejezett – összefüggés a polinomok és a megoldási sorozatok között, belőlük nem ered információ az „általános algoritmus”, és az „általános módszer” dilemmáinak közvetlen feloldásához! Ezért a következményre – a megoldási sorozatok jellegére – építkező algoritmikus közvetett bizonyítás, parciális, csak az „általános algoritmusra” nézve releváns! Tehát a polinomok és az egyenletek eddig tanulmányozott tulajdonságai nem zárják ki az „általános módszer” létezését! A kizáráshoz bizonyítani kell a szükséges információ hiányát az egyenletekből! Az információ hiánya a polinomokból evidens az elmondottak alapján. Azonban az egyenletek szükségszerűen tartalmazzák. Az általános módszert az egyenletek két oldalát alkotó monomák és polinomok természetes számértékeinek törzstényezőkre történő implicit, egyértelmű felbonthatósága determinálja.

Az „általános módszer” a megoldási képlethalmaz – számelmélet alaptétele által determinált – levezetésében ölt testet! Az általános módszer invariáns a polinomokra nézve, mivel mind természetes számot generál, vagy a részegyenletnek nincs megfelelő megoldása. Azonban e számok kinyerése a komplex megoldó képletekből túlnő a diophantikus analízis keretein és a komplex számelmélet területére vezet.

Az egyenletek oldalait képező monomák és polinomok racionális egész értékeinek törzstényezőkre történő egyértelmű, implicit felbonthatóságára, azaz a számelmélet alaptételére, a számok kommutatív, tranzitív, relatívprím és oszthatósági tulajdonságaira épülő komplementer „általános módszer” megfelel Hilbert feltételeinek! 32

Az implicit egyenletek megoldásához az „általános módszer” komplex eljárásokat igényel. Ezért a polinomok lineáris felbontásán túl feladatot jelent az implicit egyenletek azon tulajdonságainak feltárása, melyek meghatározzák, hogy a komplex megoldó képletek a monomának megfelelő természetes számokat generálnak, ha a valósak csak ilyeneket adhatnak, vagy az egyenletnek nincs megfelelő megoldása. A diophantikus egyenletek – az algebra ismert és perspektivikus lehetőségeinek birtokában – explikálhatók és csak határozatlan, határozott, vagy túlhatározott jelleggel bírnak. A határozatlan egyenlet a változók választott értékeivel határozottá tehető. A határozott egyenlet megoldása evidens. A túlhatározott egyenletnek van megoldása, ha a változók i  k tényező alapján számított értékei a maradványszorzóban a monomának megfelelő hatványt eredményezik. A monomák és polinomok sokfélesége a számelmélet alaptételének alárendelt megoldó képletek sokféleségét generálja. A megoldó képletek végtelen halmaza – az algoritmusok és megoldási sorozatok információforrása – kizárja az „általános algoritmust”, de invariáns az „általános módszerre”, saját forrására nézve! Az általános módszert egyenletek vizsgálata szemlélteti (V. rész). A vizsgálat rávilágít az általános módszer lényegére, a kényszerű komplex vizsgálatra implicit egyenletek esetében, a határozott egyenletek megoldhatóságára – véges eljárások keretében – a természetes számok rendszerében.

33

Az a tény, hogy tetszőleges implicit egyenlet az „általános módszer” alapján ma még nem oldható meg, nem a módszer általánosságát kérdőjelezi meg. Kérdéses az ehhez szükséges komplex ismeret birtoklása! Az általános módszer létezése optimizmust fakaszt. A rá alapozható erőfeszítések, kétséget kizáróan, feltárják a komplex számelmélet diophantikus analízishez kapcsolódó, makacs rejtelmeit is, biztosítva tetszőleges polinomiális egyenlet megoldhatóságát!

34

IV. RÉSZ. A NEGATÍV BIZONYÍTÁS ELEMZÉSE A 10. probléma megfogalmazása: „Adott egy tetszőleges racionális egészegyütthatós diophantikus egyenlet. Kidolgozandó egy általános eljárás, amely véges folyamatban biztosítja annak eldöntését, hogy az egyenletnek van, vagy nincs racionális egész megoldása”. Hilbert „általános módszert” követelt és feltételezte, hogy az létezik! A módszer kizárása nem vetődött fel, mivel az algoritmuselmélet később keletkezett. Így Hilbert olyan eljárást követelt, amely során az ember egységes logikai és számítási műveletsort követ bármely polinomiális diophantikus egyenlet megoldásához. Az algoritmuselmélet felől közelítve, a problémát így fogalmazzák: „létezik-e olyan algoritmus, amely az adott F (x ,y ,   ) egészegyütthatós polinom alapján véges folyamatban képes megállapítani, hogy az F(x,y, )  0 egyenletnek van, vagy nincs egész megoldása?”. A nem adekvát kérdésre adott közvetett negatív válasz helyes! Bár az algoritmus követelményei miatt a közvetlen válasz is negatív – az általános algoritmus információforrása végtelen – a 10. probléma megoldása e tényekből még nem következik! Az elmélet szerint: „az algoritmus létezik, ha a sorozat rekurzív”, „a sorozat rekurzív, ha létezik algoritmus…”. A meghatározások kölcsönösek, külső információforrás – megoldási képlethalmaz, vagy megoldási sorozatok – nélkül irrelevánsak.

35

A negatív bizonyítás a rekurzíven felsorolható irrekurzív sorozatok létezésére építkezik és mellőzi az alternatívát! Azonban a megoldási sorozatok, a következmény, tulajdonságai a 10. problémára nézve irreleváns mutatók! Hiszen a 10. probléma a megoldási sorozatok forrását, annak előállítási módját, magát az „általános módszert” követeli, nem a sorozatok algoritmikus tulajdonságait, amelyek csak az algoritmuselmélet keretein belül érvényesek! A negatív bizonyítás nem vizsgálja az „általános módszer” kidolgozásának lehetőségét a megoldási sorozatok forrásának és tulajdonságainak feltárása céljából! Először: Ábel bizonyította, hogy az egyváltozós ötöd-és magasabb fokú egyenletekre nem létezik általános eljárás, amely az egyenletek gyökeit az együtthatókkal fejezné ki. Nyilván, mert összefüggésük áttekinthetetlen. E bizonyítás még meggyőzőbb korlátlan fokú és ismeretlenszámú egyenletekre vonatkoztatva. Másodszor: az algoritmuselméletben bizonyított a rekurzíven felsorolható, irrekurzív sorozatok létezése. Azonban ehhez a sorozatot létre kell hozni. Így a megoldási sorozat reálfolyamatokból ered, és elemei meghatározhatók. Tehát a megoldási sorozat elemei nem általában meghatározhatatlanok, hanem a halmaz irrekurzív az algoritmuselmélet alapján. Így a halmaz irrekurziv jellege nem oka, hanem következménye az algoritmus hiányának! Tehát az „általános algoritmus” hiányának valódi oka az, hogy a végtelen megoldási képlethalmazból eredő végtelen információ ellentmond az algoritmus követelményeinek. Hangsúlyozni kell, hogy a rekurzíven felsorolható irrekurzív sorozatok létezése hitelesíti az „általános algoritmus” hiányát, de nem zárja ki a halmaz elemeinek meghatározását másként, akár általános módszer alapján!

36

A bizonyítás tanulságos, mert a polinomokra és az algoritmusokra építkezik, az egyenletek helyett, és a 10. probléma kapcsán ellentétes következtetéshez vezet! Óvatlan megközelítés esetén úgy tűnhet, hogy a negatív bizonyítással a 10. probléma végérvényesen lezárható. Azonban a bizonyítás megtévesztő! Az „általános módszer” hiánya nem következik „az általános algoritmus” hiányából, de rávilágít a parciális igazság megtévesztő általánosítására! Hisz az „irrekurzív sorozat” csak az algoritmuselméletben értelmezhető. A sorozat attól irrekurzív, hogy elemeinek felismeréséhez nincs algoritmus. Azonban ez nem zárja ki a halmaz elemeinek meghatározhatóságát általánosan. Az egyenletek és a megoldó képletek tulajdonsága áttekinthetetlen a polinomok foka, együtthatói, a megoldási sorozatok tulajdonságai alapján. Ezért belőlük nem származhat információ az „általános módszer” kialakításához. Azonban az „általános algoritmus” hiányát bizonyítja az „általános módszer”, a belőle eredő végtelen megoldási képlethalmaz! Tehát az „általános módszer” és az „általános algoritmus” különböző fogalmak. Előbbi általános eljárást ad a megoldó képletek egyenletekből történő összeállításához. A megoldó képletek pedig tetszőleges sorrendben generálják a megoldás elemeit, vagy adják hiányuk bizonyíthatóságát. Utóbbi viszont nem létezik. A megoldó képletekre épülő „konkrét algoritmusok” pedig – szükség esetén – algoritmikus úton adják a sorozatok elemeit növekvő sorrendben, vagy bizonyítják hiányukat.

Így az „általános módszernek” alárendelt végtelen megoldási képlethalmaz – az algoritmusok és megoldási sorozatok információforrása – közvetlenül és közvetve kizárja az „általános algoritmust”.

37

Összegezve ki kell emelni, hogy a „negatív bizonyítás” visszavezethető a bizonyítási alap hibás megválasztására, a kiinduló, illetve záró fogalmak téves értelmezésére. A bizonyítás valójában az algoritmikus módszer alkalmatlanságát bizonyítja a 10. probléma megoldására. Az eredmények objektív elemzése – az algoritmusok és megoldási halmazok információforrásainak kutatása – eredményezhette volna az „általános módszer” feltárását. A „negatív bizonyítás” mellőzi az egyenletek alárendeltségét az alaptételnek, a megoldási sorozatok és az algoritmusok alárendeltségét a megoldó képleteknek. A 10. probléma megoldása hiteles alapokat és az elégséges feltételek teljesítését igényli! Ezeket a követelményeket a negatív bizonyítás nem teljesíti! Hogy a pozitív bizonyítás döntéshozó legyen, az egyenleteknek rendelkezniük kell az „általános módszer” kidolgozásához alkalmas tulajdonsággal.

A megoldási halmaz alá van rendelve a megoldó képletek halmazának, így az alaptételének is. Ez adja az „általános módszer” invariáns jellegét a diophantikus egyenletekre nézve, Hilbert feltételeinek megfelelően! A tanulmány bizonyítja, hogy az egyenletek rendelkeznek az „általános módszer” kialakításához szükséges tulajdonsággal. Ez a tulajdonság – egészszámú megoldások keresése következtében – az egyenlet oldalait képező monomák és polinomok természetes számértékeinek egyértelmű, implicit felbonthatósága törzstényezőkre, függetlenül a számok megjelenítési formájától. Így az általános módszer a számelmélet alaptételére, a számok kommutatív, tranzitív, relatívprím és oszthatósági tulajdonságaira építkezik.

38

Az általános módszer az egyenletek határozatlan határozott, túlhatározott, implicit jellegét hordozó, végtelen megoldási képlethalmaz – számelmélet alaptétele által determinált – levezetésében ölt testet! A diophantikus egyenletek – a belőlük származó megoldó képletek – szükségszerűen tartalmazzák a megoldhatóságukra vonatkozó információt. Általános esetben ez az információ potenciálisan kinyerhető a komplex számrendszerekben. Ezért nem az általános módszer a kérdéses – az a számelmélet alaptételéből következik – hanem annak az ismeretnek a birtoklása, ami az információ kinyeréséhez szükséges a komplex megoldó képletekből, hasonlóan kinyeréséhez a határozott egyenletek valós megoldó képleteiből. Az implicit egyenletek megoldása kényszeríti a komplex számelmélet diophantikus analízishez kapcsolódó részeinek átfogó kutatását!

39

V. RÉSZ PÉLDÁK MEGOLDÁSA 1. SZ. PÉLDA: Az xm  yn  zn  0,(1) egyenlet vizsgálata Az egyenlet elemzése és felbontása Kiinduló adatok: x, y, z – pozitív egészek.

Az egyenlet inmonolit, homogén, n  3 kitevő mellett túlhatározott, m  n esetén pedig a Fermat-sejtést adja. Az egyenlet négy részegyenletre bontható: a. (2x1 ) m  (2y1  1) n  (2z1  1) n  0 , b. (2x1  1) m  (2y1 ) n  (2z1  1) n  0 , c. (2x1  1) m  (2y1  1) n  (2z1 ) n  0 , d. (2x1 ) m  (2y1 ) n  (2z1 ) n  0. Az a részegyenlet vizsgálata

Írjuk fel a paraméteres részegyenletet:

 2x1 

m

  2z1  1   2y1  1 , (2). n

n

A részegyenlet homogén, n kitevő esetén túlhatározott, implicit. Inhomogenizálás után kapjuk: x

m 1

 2z1 

 1   2y1  1 n

2

n

m

40



 z1

 y1   2m-p-1

 V1m V2m , (3).

Írjuk fel a megoldási változatokat:  z1  y1   2m  p 1V1m  z1  y1   V1m 1.  2.  (V1 , V2 )  d  1. m m  p 1 m , V2 ,   V2   2 ahol (z1  y1 ),   elemi tényezők, vagy szorzatuk, 2p – a 2. szorzó együtthatója, 2m  p 1  a tört osztója. n  (2k  1)q, m  p  1  1 ( q  természetes szám) esetén a 2. változat alapján a részegyenletnek nincs megoldása – V2m tört. Az 1. változat pedig végtelen próbálkozást igényel. A vizsgálat a részegyenlet parciális tulajdonságának hasznosításával explikálható! Az implicit egyenletek parciális tulajdonságát azon tulajdonságaik összessége képezi, melyek biztosítják vizsgálatuk kivitelezhetőségét a természetes számok rendszerében. Jelen esetben, ez a 2. szám és a törtegyütthatós binom azon tulajdonságát jelenti, mely explikálja a részegyenlet – oszthatóság-vizsgálattal végzett – vizsgálatát.

A parciális tulajdonság hasznosításával kapjuk:

 2z1  1   2y1  1  n

m 1

x

2m

n

(2z1  1) / 2  (2y1  1) / 2  n

2m  n

n



(z1  1/ 2)n  (y1  1/ 2)n  2mn (z1  y1 )  / 2n  p 1    V1m V2m , x1  V1V2 , (V1 , V2 )  d  1. (4), mn 2 

41

ahol (z1  y1 ),  / 2 n  p 1   elemi tényezők, vagy szorzatuk, 2n  p 1  a 2. szorzó osztója, 2m  n – a tört osztója. Írjuk fel a megoldás két változatát: (z1  y1 )  2m  n V1m (z1  y1 )  V1m 1.  2.  (5). n  p 1 m V2 ,   2m  p 1V2m ,   2

A diophantikus egyenleteket a számelmélet alaptétele, két n-ed fokú változó különbségének felbontását – Newton binomiális tétel határozza meg! Így m  n kitevők esetén a részegyenlet megoldhatóságának kettős feltétele van. Vizsgáljuk meg a kettős feltétel teljesíthetőségét. Az első állítás bizonyítást nyert az elméleti részben. A második állítás bizonyítása.

Írjuk fel, alakítsuk át a két n-ed fokú hatvány különbségét, és bontsuk fel a newtoni binomot:

  z   z

 zn  

n 0

n

n 1

z n  y n  z n  (z  r) n 

n1

r

 z n 2

n2 2

r 

  z r   r  , ahol y  zr . n n-1

n1

n n

n

Az r kiemelésével és r  z  y behelyettesítésével, kapjuk: z n  y n  (z  y)  z n 1  z n  2 y  z n 3 y 2    zy n  2  y n 1  .

42

A (z1  1/2) n  (y1  1/2) n kifejezés esetében a felbontás explicit oszthatóság-vizsgálatot eredményez: (z1 1/2)n  (y1 1/2)n  (z1  y1) /2np1  .

Mivel a (z1 1/2)n  (y1 1/2)n kifejezés felbontása megfelel a binomiális tételnek, az egyenlet felbontása tényezőkre pedig ellentmond a számelmélet alaptételének, a részegyenletnek m  n  3 kitevők esetén nem létezik a feltételeknek megfelelő megoldása: kizárt a kettős feltétel teljesítése. A V2 szorzó tört mindkét megoldási változatban! Az (5) megoldó képletek alapján, n  (2k  1)q esetén a részegyenletnek nincs inhomogén megoldása – V2m mindkét megoldási változatban tört. Kivételt az n  1 , illetve az m  1 eset jelent. Ezért elegendő vizsgálni a részegyenletet az n  2k értékeknél, m valamennyi értékénél. A részegyenlet vizsgálata n  2 esetén

A részegyenlet határozott: i  k . Az első megoldási változat alapján kapjuk: x1  V1V2 , y1  (V2m  2m2 V1m 1)/2, z1  (V2m  2m2 V1m  1)/2 ,

ahol V2m  (2m  2 V1m  1), V2  páratlan, (V,V 1 2 )  d  1, m  2. x  2x 1  2V1 V2 , y  V2m  2 m  2 V1m , z  V2m  2 m  2 V1m .

Visszahelyettesítéssel ellenőrizzük a megoldást: (2V1V2 ) m  (V2m  2m  2 V1m ) 2  (V2m  2m  2 V1m ) 2  43

 (V2m ) 2  2m 1 V1m V2m  (2m  2 V1m ) 2  (V2m ) 2  m 2m1 V1mV2m  (2m2V1m )2  (2VV 1 2) .

A második megoldási változat alapján kapjuk: m2 m x1  VV V2  V1m 1)/2, z1  (2m2V2m  V1m 1)/2, 1 2 , y1  (2 m2 m x =2x1 =2VV V2  V1m , z  2z1 1  2m2V2m  V1m , 1 2 , y  2y1 1  2

ahol 2m 2 V2m  (V1m  1), V1  páratlan, (V,V 1 2 )  d  1, m  2. Visszahelyettesítéssel ellenőrizzük a megoldást: (2V1V2 ) m  (2m 2 V2m  V1m ) 2  (2m  2 V2m  V1m ) 2   (2m  2 V2m ) 2  2m 1 V1m V2m  (V1m ) 2  (2m  2 V2m ) 2  2m 1 V1m V2m  (V1m ) 2  (2V1V2 ) m . A két változat adja a részegyenlet inhomogén megoldásait.

Az m  n  2 kitevők esetén a két megoldási változat azonos és a Fermat-sejtés megoldásait adja, ahol V2  V1 , (V1 ,V2 )  d  1  ellentétes paritású relatívprím számok. A homogén megoldások az inhomogénekből, vagy (V1 ,V2 )  d  1 értékek mellett képezhetők. Az inhomogén, homogén és partikuláris homogén megoldásokból további partikuláris homogén megoldások képezhetők. m  n  2 kitevők esetén a páratlan monomára rendezett részegyenlet is megoldható, mivel i  k

A paraméteres részegyenletből kapjuk: 44

(2y1 1)2  (2z1 1)2  (2x1 )2 , y1   (2z1  1) 2  (2x1 ) 2  1 / 2   

=  (2z1  2x1 1)(2z1  2x1 1) 1 / 2  ( U12U22 1)/ 2, 2 U 22  U12  2 U 22  U12 2z1  2x1  1  U1   , z  , x  , 1 1 2 4 4 2z1  2x1  1  U 2 

y1  ( U12 U 22  1) / 2 , x  2x1  (U 22  U12 )/2,

z  2z1 1 (U22  U12 )/2, y  U1U2, ahol U 2  U 1 , (U 2 , U1 )  d  1 . A homogén megoldások az inhomogénekből, (U 1 , U 2 )  d  1 értékek mellett képezhetők.

vagy

Visszahelyettesítéssel ellenőrizzük az eredményt: 2

2

y 2  z 2  x 2 , (U1U2 )2  (U22  U12 ) / 2  (U22  U12 ) / 2  ,  U42  2U12 U22  U14  U42  2U12 U22  U14 ) / 4  U12 U22 . A páros és páratlan monomára rendezett részegyenletek megoldásai között kapcsolat van:

x  2V1V2  (U 22  U12 ) / 2, y  V22  V12  U1U 2 , z  V22  V12  (U 22  U12 ) / 2 , ahol U1  V2  V1 , U 2  V2  V1 , V1  (U 2  U1 ) / 2, V2  (U 2  U1 ) / 2 . A szám pároknak van eltérő paritású megfelelője. Az m kitevő tetszőleges értékére írhatjuk:

U1  m V2  V1 , U2  m V2  V1 , V2  (U2m  U1m ) / 2, V1  (U2m  U1m ) / 2.

45

A részegyenlet vizsgálata n  4 esetén

Az (5) egyenletekből kapjuk: (z1  y1 )  2m  4 V1m (z1  y1 )  V1m . 1.  2.  3 p m m  p 1 m , V2   2   2 V2

n  2k  4 esetén a  szorzó páratlan, és p  2 . Ezért m  4 esetén a részegyenletnek nincs megoldása. Az   m  4 eseteket külön vizsgáljuk. Ha az n kitevő összetett, az (n  1) fokú szorzó tovább bontható. n   esetén a részegyenlet túlhatározott. A túlhatározott részegyenletnek van megoldása, ha a változók i  k tényező alapján számított értékei az összevont maradványszorzóban m-fokú hatványt adnak.

Egyváltozós monoma és i  k  2 esetén a tényezők különkülön is m-fokúak, ezért írhatjuk: x1m  V1m V2m V3m , (V1 ,V2 ,V3 )  d  1 . A (4) egyenletből kapjuk:

 2z1  1   2y1  1  4

m 1

x

2m





4

(2z1  1) / 2  (2y1  1) / 2  4

2m  4

4



(z1  1/ 2) 4  (y1  1/ 2) 4  2m  4

(z1  y1 )(z1  y1  1)(z12  y12  z1  y1  1/ 2)  V1m V2m V3m , (6), 2m4 46

(z1  y1 )  2m4 V1m  (z1  y1 )  V1m      m m4 m 1. (z1  y1 1)  V2  ,2. (z1  y1 1)  2 V2 ,  2 2  2 2 m m (z1  y1  z1  y1 1/ 2)  V3  (z1  y1  z1  y1 1/ 2)  V3  (z1  y1 )  V1m    3. (z1  y1  1)  V2m .  2 2 m4 m (z1  y1  z1  y1  1/ 2)  2 V3  Az 1. és 2. változat alapján nincs megoldás, a 3. változat alapján pedig m  4 esetén nincs megoldás, mivel V3m tört. Vizsgájuk a megoldás 3. változatát m  2 esetén: y1  (V22  V12  1)/2, y  2y1  1  V22  V12 , z1  (V12  V22  1)/2,

z  2z1  1  V12  V22 , V32  4(z12  y12 )  4(z1  y1 )  2  z2  y2   (V22  V12 )2  (V22  V12 )2  2(V24  V14 ), ahol V22  (V12  1) , V2 , V1 – ellentétes paritású relatív prímek, így V3 tört a V32  2(V24  V14 ) egyenlet alapján. Az egyenlet jobb oldala páros, így V3 is az: V32  (2V3' ) 2  2(V24  V14 ), (V3' ) 2  (V24  V14 ) / 2. V2 , V1 ellentétes paritású, és V3' nem lehet természetes szám. Ez kizárja a részegyenlet kiinduló feltételeknek megfelelő megoldhatóságát m  2, n  4 esetén. Visszahelyettesítéssel ellenőrizzük az egyenlőséget: (2V1V2 V3 ) 2  (V22  V12 ) 4  (V22  V12 ) 4  47

 (V22  V12 )2  (V22  V12 ) 2   (V22  V12 ) 2  (V22  V12 )2     (V22  V12 )  (V22  V12 )   (V22  V12 )  (V22  V12 )   2  (V22  V12 )2  (V22  V12 )2   2V12 2V22 2(V24  V14 )  (2VV 1 2 V3 ) .

Vizsgájuk a megoldás 3. változatát m  3 esetén: z1  (V23  V13  1)/2 , z  V23  V13 ,

y 1  (V 23  V13  1) / 2 , y  V 23  V13 ,

V33   2(z12  y12 )  2(z1  y1 )  1 , 2V33  z 2  y 2 , 2V33  (V23  V13 )2  (V23  V13 )2  2(V26  V16 ), V33  (V22 )3  (V12 )3 , ahol V23  V13 1, V2 és V1 – ellentétes paritású relatív prímek. Az utolsó egyenlet alapján V3 nem lehet természetes szám. Ez kizárja a részegyenlet kiinduló feltételeknek megfelelő megoldhatóságát m  3, n  4 esetén is. A részegyenletnek m  2, n  3 esetén nincs inhomogén megoldása, m  1 és tetszőleges n, n  2 és tetszőleges m , illetve n  1 és tetszőleges m esetén végtelenül sok inhomogén megoldása létezik. A részegyenletnek m  2, n  3 esetén is létezik végtelenül sok partikuláris-homogén megoldása. A kitevők m  n értékénél ilyen megoldás nincs. Ellenkező esetben a Fermat-sejtésnek lenne homogén megoldása n  3 esetén. A részegyenlet homogén megoldásai képezhetők az inhomogén megoldások alapján, vagy megkaphatók a tényezők homogén helyettesítési értékei alapján: x m  z n  y n , xmd  znd  ynd, d  d1kmn , xmd1kmn  znd1kmn  ynd1kmn ,

48

(xd1kn )m  (zd1km )n  (yd1km )n , xom  zon  yon , ahol

x o  xd1kn , z o  zd1km , yo  yd1km , d1  1, 2,3, , k  1, 2,3, , x,y,z  inhomogén megoldások, x o ,y o ,z o  homogén megoldások. A partikuláris-homogén egyenletek csak partikulárishomogén megoldásokkal rendelkeznek. Ilyen egyenletek képzésére részegyenletek kombinatív felbontással történő megoldásához van szükség, magasabb fokú monoma esetén (2. sz. példa). Az egyenletek inhomogén, homogén és partikulárishomogén egyenletekből képezhetők: x m  zn  yn , x md  zn d  yn d, ahol xm  zn  yn – megoldással

rendelkező egyenlet, d  d1kmn  x kmn . Behelyettesítve kapjuk: xmxkmn  znxkmn ynxkmn, xm( kn1) (zxkm )n (yxkm )n , k  1, 2,3,  . A Fermat-sejtés teljes bizonyításához bizonyítani szükséges még azt is, hogy, m  n  3 kitevők mellett, a b és c egyenleteknek sincs a feltételeknek megfelelő megoldása. A b részegyenlet vizsgálatot nem igényel, mivel m  n esetén – a jelöléstől eltekintve – azonos az a részegyenlettel. A c részegyenlet vizsgálata m  n esetén

Írjuk fel a részegyenletet: (2z1 ) n   2x1  1   2y1  1 . n

n

A részegyenlet homogén, n esetén túlhatározott, implicit.

49

A parciális tulajdonság hasznosításával kapjuk:

 2x1  1   2y1  1  n

n 1

z

2n

n

(2x1  1) / 2  (2y1  1) / 2  n

2n  n

n



(x1  1/ 2)n  (y1  1/ 2)n  2n  n (x1  y1 1)  / 2np1    V1nV2n , z1  VV 1 2 , (V1 , V2 )  d  1. ahol nn 2 (x1  y1 1),  / 2np1  elemi tényezők, vagy szorzatuk, 2n  p 1  a 

2. szorzó osztója, 2n  n  20  1 – a tört osztója. Írjuk fel a két egybeeső megoldási változatot: n (x1  y1  1)  V1 1, 2.  n  p 1 n V2   2

, (7).

A c részegyenletnek – hasonlóan az a részegyenlethez – két együttes megoldhatósági feltétele van. Vizsgáljuk meg a feltételek teljesíthetőségét. Az első állítás bizonyítása megtörtént az elméleti részben. A második állítás bizonyítása

Írjuk fel a két n-ed fokú hatvány összegét, alakítsuk át és a newtoni binomot bontsuk fel. n  (2k 1) kitevők esetén, kapjuk: x n  y n  x n  (r  x) n , ahol r  x  y, xn  yn  xn   0n  r n   1n  r n1x   n2  r n2 x2   nn-1  r xn 1   nn  xn  . 50

Az r kiemelésével és r  x  y behelyettesítésével, kapjuk: x n  y n  (x  y)  x n 1  x n  2 y  x n 3 y 2    xy n 2  y n 1  . Az (x1  1/2) n  (y1  1/2) n törtegyütthatós kifejezés esetében a felbontás explicit oszthatóság-vizsgálatot eredményez: (x1 1/2)n  (y1 1/2)n  (x1  y1 1) /2np1  ,n  (2k 1)q  3.

Tekintettel arra, hogy az (x1  1/2)n  (y1  1/2) n kifejezés felbontása megfelel a binomiális tételnek, az egyenlet felbontása tényezőkre pedig m  n  (2k  1)q  3 kitevőknél ellentmond a számelmélet alaptételének, a részegyenletnek nem létezik megfelelő megoldása: kizárt a kettős feltétel teljesítése. A V2 tényező a két egybeeső változatban tört. Így a részegyenlet n  (2k 1)q esetén csak n  1 kitevő mellett rendelkezhet inhomogén megoldással. Ezért elegendő vizsgálni az n  2k eseteket. A c részegyenlet vizsgálata m  n  2 esetén

A részegyenletből kapjuk: (2z1)2   2x1 1   2y1 1 , 2

2

2 2 z12   2x1  1   2y1  1  / 4  x12  x1  y12  y1  1/ 2.   z1 tört jellege páros m  n  2 kitevők esetén kizárja a

részegyenlet megoldhatóságát. A d részegyenlet m  n kitevők esetén – egyszerűsítés után – a vizsgált részegyenletek egyikét eredményezi.

51

A részegyenletek vizsgálati eredményeiből következik, hogy a Fermat-sejtésnek n  3 kitevők esetén nincs a kiinduló feltételeknek megfelelő megoldása!

Minden cáfolat ellenére létezik a nagy Fermatsejtésnek klasszikus, direkt, egzakt bizonyítása, olyan, amilyet a XVII. században produkálhatott Pierre de Fermat is! Ezzel a bizonyítással Fermat állításának valószínűsége a „csodálatos bizonyításról” növekedett!

A c és d részegyenletek vizsgálata

Írjuk fel a részegyenleteket: c. (2x1  1) m  (2y1  1) n  (2z1 ) n  0 , d. (2x1 ) m  (2y1 ) n  (2z1 ) n  0. A részegyenletek m  1 , tetszőleges n esetén határozottak, és van megoldásuk. n  2 esetén a részegyenletek határozottak, ezért vizsgálhatók a természetes számok rendszerében. A részegyenletnek n  2 esetén végtelenül sok megoldása van. n  3 esetén a részegyenletek implicitek. Megoldást a szimpla komplex felbontás adhat. A részegyenleteknek m  3, n  2 esetén végtelenül sok partikuláris homogén megoldása létezik.

52

2. SZ. PÉLDA: Az x n  y n  z n  w n  0 , (1)

egyenlet vizsgálata Kiinduló feltételek: x,y,z,w – pozitív egészek. Az egyenlet elemzése és felbontása páros monoma esetén A páratlan monomára rendezett implicit részegyenlet általános vizsgálata a természetes számok rendszerében eredménytelen. A páros monomára rendezetté – kombinatív felbontással, f1 , f 2 jellegétől függően – lehet eredményes. Az inmonolit egyenlet az alábbi részegyenletre bontható: a. (2x1 ) n  (2y1 ) n  (2w1  1) n  (2z1  1) n , b. (2x1 ) n  (2z1 ) n  (2w1  1) n  (2y1  1) n , c. (2w1 ) n  (2x1 ) n  (2z1  1) n  (2y1  1) n , d. (2y1 ) n  (2z1 )n  (2w1  1)n  (2x1  1) n , e. (2w1 ) n  (2y1 ) n  (2z1  1) n  (2x1  1) n , f.

(2w1 ) n  (2z1 ) n  (2y1  1) n  (2x1  1) n ,

g. (2x1  1) n  (2y1  1) n  (2w1  1) n  (2x1  1) n , h. (2x1 ) n  (2y1 ) n  (2w1 ) n  (2z1 ) n , (2).

Közülük négy megkülönböztethető: a. (2x1 )n  (2y1 )n  (2w1  1)n  (2z1  1)n , c. (2w1 )n  (2x1 )n  (2z1  1)n  (2y1  1)n , g. (2x1  1) n  (2y1  1) n  (2w1  1) n  (2z1  1) n , h. (2x1 ) n  (2y1 )n  (2w1 ) n  (2z1 )n , (3) .

53

Az a részegyenlet vizsgálata

Írjuk fel a paraméteres részegyenletet: (2x1)n  (2y1)n  (2w1 1)n  (2z1 1)n , (4).

A részegyenlet homogén, n esetén implicit. Emlékezzünk a kombinatív felbontás tulajdonságaira: - a komponens egyenletek egyenlősége fennállhat tetszőleges fokú változó monoma, szám és nulla mellett, - a változó elsőfokú monománál kapható megoldások tartalmazzák az egyenlet összes megoldását – a partikuláris megoldások kivételével – ezért a megoldás magasabb fokú monománál akkor racionális, ha a feladat így definiált, - a monoma nulla értékénél a részegyenlet partikuláris. A részegyenlet vizsgálata r m  (2r1 ) m esetén A magasabb fokú monoma választását a módszer szemléltetése motiválja!

Az n  (2k  1)q kitevők esetén a komponens egyenletek szorzatra bonthatók, n  2k esetén – csak az egyik. n  (2k 1)q kitevők esetén, a parciális tulajdonság hasznosításával, kapjuk:

(2w1  1) / 2  (2z1  1) / 2 , x1n  y1n  (2r1 )m  n 2 2 n (w1  z1 ) () / 2np1  x1n  y1n m   , (5), r 1 2mn 2mn n

54

n

(w1  z1) () / 2np1  x1n  y1n m , (5/b), r  mn , (5/a), r1  2mn 2 ahol 2p – a 2. szorzó együtthatója, (w1  z1) ,   elemi m 1

tényezők, vagy szorzatuk, 2np1  a 2. szorzó osztója, 2m  n – a tört osztója, q  természetes szám. A részegyenletnek van megoldása, ha a komponens egyenleteknek van összetartozó nem triviális megoldása is!

Az 5/b egyenlet és az 1. példa a részegyenlete hasonló. Így az 5/b egyenletnek van megoldása, ha van az a részegyenletnek. Ez m  1 , n tetszőleges és n  2 , m tetszőleges értékénél van. Az n  1 és m tetszőleges esettől tekintsünk el, mivel érdektelen. Így a vizsgálat a megadott értékeknél szükséges. A részegyenlet vizsgálata m  1, n  2 esetén

Oldjuk meg az 5/b komponens egyenletet. Elsőfokú monoma esetén az egyenlet átírható, így kapjuk: r 

(w1  z1 ) () / 2np1 

(w1  z1 ) () / 2211 

  2mn 212 (w  z )(w  z 1) r11  1 1 1 1 ,  (w1  z1 )(w1  z1 1)  VV 1 2 , (5/b), 1/ 2 2 w1 z1  V1  1. , w1 z1  V2 1 V  V1  1 V  V1  1 w1  2 , w  2w1  1, z1  2 , z  2z1  1, 2 2 ahol (V1,V2 )  d  1, V2  V1  1, V1 , V2  ellentétes paritású. m 1

55

Írjuk fel az 5/a komponens egyenletet is: r1m 

x1n  y1n 1 x12  y12 r11 ,r1  12 ,  (x12  y12 )  VV 1 2. m n 2 2 2

V1 , V2 alapján x1, y1 nem határozható meg – 5/a implicit. Az x1,y1 azonos paritású értékeinek megválasztásával, r1 / 2 tényezőkre bontásával, V,V 1 2 meghatározható. A részegyenletnek m  1,n  2 kitevők mellett végtelenül sok megoldása létezik, mivel 5/b határozott. A részegyenlet határozott, van megoldása m  1 és aktuális magasabb fokú monománál. Mivel a részegyenlet határozott, megoldható páratlan monomára rendezve is

A részegyenletből kapjuk: (2z1  1)2  (2x1 ) 2  (2w1  1) 2  (2y1 ) 2  r  (2r1  1) , (5*). (2z1  1) 2  (2x1 ) 2  r  (2r1  1) , (5*/a), (2w1  1) 2  (2y1 ) 2  r  (2r1  1)  U1U 2 , (5*/b). Oldjuk meg az 5*/b komponens egyenletet: r  (2r1  1) 

 (2w1  1)  (2y1 )  (2w1  1)  (2y1 )(2w1  1)  (2y1 )  U1U2 , 2

2

w  y  (U1 1) / 2  1.  1 1  , w1  (U2 U1 2)/4, w  2w1 1 (U2 U)/2, 1 w1  y1  (U2 1) / 2 y1  (U2  U1 ) / 4, y  2y1  (U2  U1 ) / 2, ahol (U1 ,U 2 )  d  1 , U 1  U 2 – 2, U1  2U1' 1, U2  2U'2 1, U 1' , U '2 – azonos paritásúak.

56

Írjuk fel az 5*/a komponens egyenletet is: (2z1  1) 2  (2x1 ) 2  (2r1  1)  r  U1U 2 . A részegyenletnek m  1 , n  2 és z1 , x1 tetszőleges értékénél van megoldása, mivel 5*/b határozott. U 1 , U 2 értéke meghatározható r tényezőkre bontásával. A részegyenlet vizsgálata m = n = 2 esetén

Oldjuk meg az 5/b komponens egyenletet: r  m 1

(w1  z1 ) () / 2np1 

, 2mn (w1  z1 ) () / 2211  2 r1   (w1  z1 )(w1  z1 1) , 222 r12  (w1  z1)(w1  z1 1)  V12V22 , w  z  V2  1.  1 1 12  , r = 2 V1 V2 , w1  z1  V2 1 2 2 w1  (V2  V1 1) / 2, w  V22  V12 , z1  (V22  V12 1) / 2, z  V22  V12 , 2 2 ahol (V,V 1 2 )  d  1, V2  V1 1 , V2 , V1 – ellentétes paritásúak. Rendezzük át és oldjuk meg az 5/a egyenletet is : x1n  y1n 2 x12  y12 ,r1  22  x12  y12  V12V22 , m n 2 2 2 2 2 2 * * x1  V1 V2  y1  (VV 1 2  y1 )(VV 1 2  y1 )  a b , r1m 

* b*  a* b*  a* V1V2  y1  a   V V , y , x1  a*b* ,  1 2 1 * 2 2 V1V2  y1  b ,

57

* * ahol b* és a * – páros, mivel r1  VV 1 2 páros, (b , a )  d  1,

b* > a * , a *  a 0 a12 , b*  a 0 b12 , vagy a *  12 , b* =  22 . Ahol: 1. a 0  4k, a1* , b1*  tetszőleges paritásúak, 2. a0  2k,a1* ,b1*  azonos paritásúak, 3. a 0  tetszőleges paritású, a1* , b1*  páratlanok. Az r1  V1V2  (b*  a* ) / 2 monoma tényezőkre bontásával V2 ,V1 értékei megkaphatók. A részegyenletnek m  n  2 esetén – megfelelő a * , b* értékeknél – van megoldása, mivel 5/b határozott. A részegyenlet vizsgálata n  2, m   esetén

Oldjuk meg az 5/b komponens egyenletet: (w1  z1 ) () / 2np1  (w1  z1 ) () / 2211  m   r1  2mn 2m2 (w  z )(w  z 1) m (w1  z1 )(w1  z1  1)  V1mV2m ,  1 1 m21 1 , r1  m 2 2 2 m2 2  w  z  2 V1   w1  z1  V12  1.  1 1 2. ,   . 2 m2 2  w1  z1  V2  1   w1  z1  2 V2  1 Az 1. változatra kapjuk: r1  V1V2 , r  2r1  2V1V2 , w1  (V2m  2m-2 V1m  1) / 2, w  2w1  1  V2m  2m-2 V1m , z1  (V2m  2m-2 V1m  1) / 2,

z  2z1  1  V2m  2m-2 V1m ,

ahol V2m  2 m-2 V1m  1 , V2 – páratlan, (V1 , V2 )  d  1 , m  2. A 2. változatra kapjuk: r1  V1V2 , r  2r1  2V1V2 , w1  (2m  2 V2m  V1m  1) / 2, w  2w1  1  2m  2 V2m  V1m ,

z1  (2m2 V2m  V1m  1) / 2,

z  2z1  1  2m2 V2m  V1m , ahol

2m-2 V2m  V1m  1 , V1 – páratlan, (V1 , V2 )  d  1 , m  2. 58

Írjuk fel az 5/a komponens egyenletet is: r1m 

x1n  y1n m x12  y12 ,r1  m2  V1mV2m . mn 2 2

Mivel 5/a implicit, V1 ,V2 alapján x1, y1 értékei közvetlenül nem határozhatók meg. Ezért alakítsuk át az egyenletet: (2x1 )2  (2y1 )2 m r   V1mV2m , (2r1 )m  (2x1 )2  (2y1 )2  (2VV 1 2) . m 2 m 1

m  3 kitevő esetén az egyenletnek csak partikulárishomogén megoldása van. Az x *2  y*2  r * és x *2  y*2  r *2 egyenletek alapján – az 1. példánál ismertetett módon – 5/a típusú partikuláris-homogén egyenletek képezhetők. Így r1 tényezőkre bontásával V1 , V2 inhomogén értékei meghatározhatók és a részegyenlet megoldásai megkaphatók. A részegyenletnek n  2 , m  3 esetén tetszőleges m és páros x * , y* értékek mellett van megoldása, mivel 5/b határozott.

Oldjunk meg egy példát.

Kiinduló egyenlet: r *q  x *2  y*2 , x *  4, y*  2, m  3. Képezzünk harmadfokú partikuláris-homogén egyenletet: r*q  x*2  y*2  42  22  20, d  r kqn , k  1, q  1, n  2, r m  r*q r *kqn  x *2 d  y*2 d, r m  r *q(kn 1)  x *2 r*kqn  y*2 r*kqn , r m  r *q(kn 1)  x*2 r*kqn  y*2 r *kqn , r m  201(121)  42 2011 2  22 2011 2 , r 3  x 2  y 2 , 203  802  402.

59

Határozzuk meg x, y, r1 értékét: x  80, y  40, r1  10  V1V2 . r1 tényezőkre bontásával kapjuk V1 , V2 inhomogén értékeit: r1  10  110  2  5, 1. V1  1, V2  10, 2. V1  2, V2  5 . Az 5/b egyenlet első megoldási változata alapján V1  1, V2  10 esetén megoldást nem kapunk, mivel V2 páros. V1  2, V2  5 esetén az alábbi megoldást kapjuk: w  V23  232 V13  53  2  23  141,z  V23  232 V13  53  2  23  109 . Ellenőrizzük a megoldást: (2x1)n  (2y1)n  (2r1)m  (2w1 1)n  (2z1 1)n ,

(2  40) 2  (2  20) 2  (2 10)3  1412  1092 . Az 5/b egyenlet második megoldási változata alapján V1  2, V2  5 esetén megoldást nem kapunk, mivel V1 páros. V1  10, V2  1 esetén az alábbi megoldást kapjuk: w  232 V23  V13  2103 13  2001, z  232 V23  V13  2103 13  1999 . Ellenőrizzük a megoldást: (2x1)n (2y1)n  (2r1)m  (2w1 1)n (2z1 1)n , (2  40) 2  (2  20) 2  (2 10)3  20012  19992 .

60

A részegyenlet vizsgálata m = 1, n  2 esetén

n  3, m  1 kitevők esetén az 1. példa a részegyenletének nincs inhomogén megoldása, ezért nincs az (5/b) komponens egyenletnek sem, így nincs a (4) részegyenletnek sem. A komponens egyenleteknek m  1 , tetszőleges n esetén van megoldása. Ezért a részegyenletnek n  3, m  1 esetén van inhomogén megoldása, ha a komponens egyenleteknek van összetartozó nem triviális megoldása is. Írjuk fel a részegyenletet: ( w 1  z 1 )  (   ) / 2 n  p 1  x 1n  y 1n  r1  , (6), 2 1 n 21 n (w1  z1 ) () / 2n p1  x 1n  y 1n , (6/b), , (6/a), r1  r1  21n 2 1 n ahol 2p – a 2. szorzó együtthatója, 2np1  a 2. szorzó osztója, 21n – a tört osztója. A 6/a komponens egyenlet n  (2k  1)q esetén szorzatra bontható, n = 2k esetén – nem. A 6/b komponens egyenlet szorzatra bontható tetszőleges n esetén. A részegyenlet vizsgálata m = 1, n = 3 esetén

Írjuk fel a komponens egyenleteket: x13  y13 (x1  y1 )(x12  x1 y1  y12 )   r1  1 2 , 213 1/ 4 (w 1  z1 )  () / 23 p 1  / 213  (w1  z1 )(w 2  wz  z 2 )  r1  V1V2 . 61

A komponens egyenletek változó elsőfokú monománál explicitek, a részegyenlet mégis implicit, mivel a komponens egyenletek külön-külön is megkötik a monoma értékét. Így a komponens egyenletek összetartozó nem triviális megoldásainak meghatározására a természetes számok rendszerében általános módszer nincs. Részeredmény módszeres próbálkozással, konkrét 1 mellett, általános – szimpla komplex felbontással kapható meg.

A komponens egyenletekből kapjuk:

(w1 z1)  V1  (x1  y1) 1 /4  1. 2 , , 1. 2 2 2 (w wz z )  V2  (x1 x1y1  y1 ) 2 

(x1 y)  1 1 2. 2 , (7), 2  1 1 y1 ) 2 /4 (x1 xy

r1  12  VV 1 2 , ahol (V1 ,V2 ,1 , 2 )  d  1 . A természetes számrendszerben a változók határozhatók meg, mivel V1 , V2 és 1 ,  2 összefüggnek.

nem

Oldjunk meg egy példát próbálkozással.

Kiinduló adatok: m = 1, n = 3. A (7) egyenlet megoldó képletei alapján kapjuk w, z értékeit:

w1  V1  z1, 2w1 1  2V1  2z1 1, w  2V1  z , V2  w2  wz  z2 , V2   2V1  z    2V1  z  z  z2 , 2

4V12  4V1z  z 2  2V1z  z 2  z 2  V2 , 3z 2  6V1z  4V12  V2  0 , z1,2  V1  (V2  V12 )/3 .

62

Megadott 1 mellett a 1  (x1  y1 ) / 4 , 1  (x1  y1 ) értékek képzésének módja véges. Növelve 1  (x1  y1)/4, vagy 1  (x1  y1 ) értékét, az első megoldást 1  7 érték mellett kapjuk a második változat alapján. A lehetséges x 1  1 , y 1  6 , x 1  2, y 1  5, x 1  3, y 1  4 értékeknél és 2  52 érték mellett kapjuk:  1 2  7 52  364  VV 1 2  r1 . Így V1 = 4, V2 = 91 értékeknél z-re kapjuk: z  4  (91  42 ) / 3  4  5  1(9) . Az egyenletnek x  6, y  8,z  1,w  9 esetén van megoldása. Ellenőrizzük a megoldást: x 3  y3  r  w 3  z3 , 63  83  728  93  13 . Az elemzés tetszőleges 1 -ig folytatható. Létezik a részegyenletnek további számos megoldása is, például: 223  43 = 10712 = 253  173 , 323  63 = 32984 = 413  333 .

A részegyenletnek n  3 esetén is létezik megoldása. Azonban ennek bizonyítása csak komplex rendszerben, vagy próbálkozással lehetséges. A c, g, h egyenletek megoldása hasonló az a egyenletéhez.

63

3. SZ. PÉLDA: Az xm  z3y  z2 y2  0 egyenlet vizsgálata Az egyenlet elemzése és felbontása Kiinduló feltételek: x,y,z – pozitív egészek.

Két különböző paritású szám szorzata és két azonos paritású szám összege páros. Ezért x csak páros lehet. Így az egyenlet az alábbi részegyenletekre bontható: a. (2x1 ) m  (2z1 )3 (2y1  1)  (2z1 )2 (2y1  1)2  0 , b. (2x1 ) m  (2z1  1)3 (2y1 )  (2z1  1) 2 (2y1 ) 2  0, c. (2x1 ) m  (2z1  1)3 (2y1  1)  (2z1  1) 2 (2y1  1) 2  0, d. (2x1 ) m  (2z1 )3 (2y1 )  (2z1 ) 2 (2y1 )2  0. Az a részegyenlet vizsgálata

A részegyenletet vizsgálata történhet szimpla felbontással: (2x1 )m  (2z1 )3 (2y1  1)  (2z1 ) 2 (2y1  1) 2  0 , (2x1 ) m  (2z1 ) 2 (2y1  1)  2z1  (2y1  1)  ,

x1m  z12 (2y1  1)(2z1  2y1  1) / 2m 2  V12m V2m V3m , z12  2m2V12m z12  V12m z12  V12m    1. 2y1 1  V2m 2. 2y1 1  2m2V2m 3 2y1 1 V2m    m m m2 m 2z1  2y1 1  V3 , 2z1  2y1 1  V3 , 2z1 2y1 1 2 V3 .

A részegyenlet túlhatározott: i  k . Megoldása akkor lehet, ha az i  k tényező alapján számított z1 , y1 értékek a harmadik szorzóban m-fokú hatványt adnak. 64

A 2. változat 2. egyenlete és a 3. változat 3. egyenlete alapján m  2 esetén nincs megoldás – V2m , V3m tört. m  2 esetén a három megoldási változat azonos. Vizsgáljuk a megoldás 1. változatát: z12  2m 2 V12m  V2m  1 m2 m m 1. 2y1  1  V2 z1  2 V1 , y1  . 2  m 2z1  2y1  1  V3 ,

Behelyettesítve a harmadik egyenletbe, kapjuk: 2 2m  2 V1m  (V2m  1)  V3m  1 ,

2m V1m  V3m  V2m .

m  2k  1 esetén az egyenletnek nincs megoldása: 2 2k 1 irracionális szám, így elegendő vizsgálni az m  2 k eseteket. Írjuk fel az egyenletet m  2 (k  1) esetére: 2V12  V32  V22 , V12  (V3  V2 )(V3  V2 ) / 2  U12 U 22 , 2 2 V3  V2  2U1 V3  V2  U1 1.  2.  V1  U1U 2 . 2 2 V3  V2  U 2 , V3  V2  2U 2 ,

Az 1. megoldási részváltozat alapján kapjuk:

V3  (U 22  2U12 )/2, V2  (U 22  2U12 )/2, V1  U1 U 2 , ahol U 22  2 U 12 , U 2 – páros, (U1, U 2 )  d  1 .

65

A 2. megoldási részváltozat alapján kapjuk:

V3  (2U 22  U12 ) / 2, V2  (2U 22  U12 ) / 2, V1  U1 U 2 , ahol 2 U 22  U12 , U1 – páros, (U1, U 2 )  d  1. Írjuk fel az egyenletet m = 4 (k = 2), V1  2V1' esetére: 4 (2V1' ) 4  (2V3'  1) 4  (2V2'  1) 4 . A parciális tulajdonság hasznosításával írhatjuk: V1'4  (V3'  V2' )(V3'  V2'  1)(V3'2  V3'  V2'2  V2'  1/ 2) / 4  U14 U42 U34 , V3'  V2'  4U14 V3'  V2'  U14   1. V3'  V2' 1  U42 , 2. V3'  V2' 1  4U42 ,  '2 ' '2 '  4 '2 ' '2 ' 4 V3  V3  V2  V2 1/ 2  U3 V3  V3  V2  V2 1/ 2  U3 V3'  V2'  U14  . 3. V3'  V2' 1  U42  '2 ' '2 ' 4 V3  V3  V2  V2 1/ 2  4U3

A három változat 3. egyenlete alapján a részegyenletnek nincs megoldása, mivel U 3 tört. Írjuk fel a részegyenletet m  4,V1  2V1'  1 esetére: 4 (2V1' 1)4  (2V3' 1)4  (2V2' 1)4 . A parciális tulajdonság hasznosításával írhatjuk: 66

(2V1' 1)4  (V3'  V2' )(V3'  V2' 1)(V3'2  V3'  V2'2  V2' 1/ 2)/ 22  U14U42U34 , V3'  V2'  (1/ 4)U14 V3'  V2'  U14   1. V3'  V2' 1  U42 , 2. V3'  V2' 1  (1/ 4)U24 ,  '2 ' '2 '  '2 4 ' '2 ' 4 V3  V3  V2  V2 1/ 2  U3 V3  V3  V2  V2 1/ 2  U3

 ' ' V3  V2  U14  3. V3'  V2' 1  U42 .  1 V3'2  V3'  V2'2  V2' 1/ 2  U34 4  A három változat 3. egyenlete alapján a részegyenletnek nincs megoldása – U 3 tört. Az első és második megoldási változat alapján ez egyértelmű. A harmadik megoldási változat harmadik egyenlete alapján kapjuk: V3'2  V3'  V2'2  V2'  1/ 2  1/ 4U34 ,(2V3'  1)2  (2V2'  1)2  U34  (2U3' )4 , U 3'4  (2V3'2  2V3'  2V2'2  2V2'  1) / 8 . Az egyenlet m  4 esetén egyszerűbben is megoldható: 24 V14  (2V12 ) 2  V34  V24 . Az ilyen egyenlet vizsgálatát tartalmazza az 1. példa is. A bizonyítás a Fermat által az x 4  y 4  z 4 egyenletre – implicit paritás mellett, a „végtelen leszállás” módszerével (teljes inverz indukció) – adott negatív bizonyításból is következik.

67

Így az a egyenletnek csak m = 2 esetén van megoldása.

Írjuk fel a megoldás két végleges változatát: 1. x1  V12V2V3  U12U22 (U42  4U14 ) / 4, x  2x1  U12U22 (U24  4U14 )/ 2 , z1  V12  U12 U 22 , z  2z 1  2U 12 U 22 , 2

y1  (V22 1)/2  (U22  2U12 )2  4 /8, y  2y1 1 (U22  2U12 )/2 , ahol U 22  2 U 12 , U 2 – páros, (U1, U 2 )  d  1, 2. x1  V12V2V3  U12U22 (4U24  U14 )/ 4, x  2x1  U12U22 (4U24  U14 )/ 2 , z1  V12  U 12 U 22 , z  2z1  2U12 U22 , 2

y1  (V22 1)/2  (2U22  U12 )2  4 /8, y  2y1 1  (2U22  U12 )/ 2 , ahol 2 U 22  U12 , U1 – páros, (U1, U 2 )  d  1. A b részegyenlet vizsgálata

Írjuk fel, alakítsuk át és oldjuk meg a részegyenletet: (2x1 ) m  (2z1  1)3 (2y1 )  (2z1  1) 2 (2y1 ) 2  0, (2x1 ) m  (2y1 )(2z1  1) 2 (2z1  1  2y1 ) , x1m  y1 (2z1  1) 2 (2z1  2y1  1) / 2m 1  V12m V2m V3m , (2z1  1)2 =2m-1V12m (2z1 1)2 =V12m (2z1 1)2 =V12m    1. y1 =V2m 2. y1 =2m-1V2m 3. y1=V2m    m m m-1 m 2z1  2y1  1=V3 , 2z1  2y1 1=V3 , 2z1  2y1 1=2 V3 .

A részegyenlet túlhatározott: i  k. Megoldása akkor lehet, ha az i  k tényező alapján számított z1 , y1 értékek a harmadik szorzóban m-fokú hatványt adnak. 68

Az 1. változat 1. egyenlete és a 3. változat 3. egyenlete alapján m >1 esetén a részegyenletnek nincs megoldása – V1m , V3m tört. Vizsgáljuk a megoldás 2. változatát: (2z1 1)2  V12m  Vm 1 2. y1  2m1V2m , y1  2m1V2m . z1  1 2  m 2z1  2y1 1 V3 ,

A 3. egyenletbe történő visszahelyettesítés után kapjuk:

V1m 1 (2V2 )m 1 V3m , (2V2 )m  V3m  V1m . m  2 esetén a részegyenletnek nincs megoldása. Oldjuk meg a részegyenletet m  2 esetén: (2V2 ) m  V3m  V1m , V22  (V3'  V1' )(V3'  V1'  1)  U12 U 22 , ' ' 2 U 22  U12  1 V3  V1 =U1 '  V ,  ' 3 ' 2 2 V3  V1 =U 2  1,

V3  U22  U12 ,V1'  (U22  U12 1) / 2,V1  U22  U12 ,V2  U1U2 ,

ahol U22  U12 1,(U1,U2 )  d  1,U1,U2  ellentétes paritású számok. Visszahelyettesítés után kapjuk: x1  V12 V2 V3  (U 22  U12 ) 2 U1U 2 (U 22  U12 )  U1U 2 (U 24  U14 ), x  2x1  2U1U2 (U22  U12 )2 (U22  U12 )  2U1U2 (U24  U14 ), z1  (V12  1) / 2   (U 22  U12 ) 2  1 / 2 , z  2z1 1  (U22  U12 )2 , y1  2V22  2U12 U22 , y  2y1  (2U1U 2 )2 ,

ahol U22  U12 ,(U1,U2 )  d  1,U1,U2  ellentétes paritású számok.

69

A c részegyenlet vizsgálata

Írjuk fel, alakítsuk át és oldjuk meg a részegyenletet: (2x1 ) m  (2z1  1)3 (2y1  1)  (2z1  1) 2 (2y1  1) 2  0, (2x1 ) m  (2z1  1) 2 (2y1  1)(2z1  1  2y1  1) , x 1m  (2z1  1) 2 (2y1  1)(z1  y1  1) / 2 m 1  V12m V2m V3m ,

(2z1  1)2  V12m (2z1 1)2 =2m-1V12m (2z1 1)2  V12m    1. 2y1 1=V2m 2. 2y1 1  2m1V2m 3. 2y1  1  V2m    m m m1 m z1  y1 1  V3 , z1  y1  1  2 V3 . z1  y1 1=V3 ,

A részegyenlet túlhatározott: i  k. Megoldása akkor lehet, ha a két szorzó alapján számított z1, y1 értékek a harmadikban m-fokú hatványt adnak. A részegyenletnek az 1. változat 1. egyenlete és a 2. változat 2. egyenlete alapján m  1 kitevők esetén nincs megoldása. Vizsgáljuk a megoldás 3. változatát: (2z1 ) 2  V12m  Vm 1 Vm 1 3. 2y1  1  V2m , y1  2 . z1  1 2 2  m 1 m z1  y1  1  2 V3 ,

A 3. egyenletbe történő visszahelyettesítéssel kapjuk: (V1m  1)/2  (V2m  1)/2  1  2 m 1 V3m , (2V3 ) m  V1m  1  V2m  1  2 , (2V3 ) m  V1m  V2m .

70

m 1 esetén az egyenletnek nincs megoldása, ezért nincs a c típusú részegyenletnek sem.

71

4. SZ. PÉLDA: Az xm z3 zy2 z2 y2  0 egyenlet vizsgálata Az egyenlet elemzése és felbontása Kiinduló feltételek: x,y,z – természetes számok.

Az inmonolit egyenlet szimpla felbontással monomára rendezhető és lineáris szorzókra bontható a természetes számok rendszerében: x m  (z  y)(z  y)(z  1) . Az egyenlet az alábbi részegyenletekre bontható: a. (2x1  1) m  (2z1  2y1  1)(2z1  2y1  1)(2z1  1), b. (2x1 ) m  (2z1  1  2y1  1)(2z1  2y1  2)(2z1 ), c. (2x1 ) m  (2z1  2y1  1)(2z1  2y1  1)(2z1 ), d. (2x1 ) m  (2z1  2y1 )(2z1  2y1 )(2z1  1). Az a részegyenlet vizsgálata

Páratlan x esetén: z páros, y páratlan. Írjuk fel, alakítsuk át és oldjuk meg a részegyenletet: (2x1  1) m  (2z1  2y1  1)(2z1  2y1  1)(2z1  1), (2x1  1) m  (z  y)(z  y)(z  1)  U1m U 2m U 3m . z  y = U 1m  m m m m m z  y = U 2 , z  (U 2 + U1 ) / 2, y  ( U 2  U 1 ) / 2 , x = U1U2U3,  m z  1 = U 3 ahol (U1, U2, U3 ) = d = 1, U2 >U1, U 3m  ( U m2 + U 1m  2) / 2 .

72

A részegyenlet túlhatározott: i  k . A részegyenletnek m  2k esetén nincs megoldása, mivel z  (Um2  U1m ) / 2 páratlan. m  2k  1 esetén z lehet páros, vagy páratlan, de a vizsgálat a természetes számok rendszerében kivitelezhetetlen, mert az U 3m  ( U m2 + U 1m  2) / 2 egyenlet implicit. A b részegyenlet vizsgálata x páros, z, y páratlan.

Inhomogenizáljuk és oldjuk meg a részegyenletet: (2x1 ) m  (2z1  1  2y1  1)(2z1  2y1  2)(2z1 ), x 1m  z 1 (z 1  y1 )(z 1  y1  1) / 2 m  3  V1m V2m V3m ,

z1 = 2 m - 3 V1m  1. z1  y1 = V2m 2.  m z1  y1 = V3  1,

z1 =V1m z1 = V1m   m- 3 m m z1  y1 = 2 V2 3. z1  y1 =V2   m m-3 m z1  y1 = V3  1, z1  y1 =2 V3 1.

A részegyenlet túlhatározott: i  k . Megoldása akkor van, ha két tényező alapján számított z1, y1 értékek a harmadikban mfokú hatványt adnak. Vizsgáljuk a megoldás 1. változatát: z1  2m3V1m  Vm  V2m 1 Vm  V2m 1 1. z1  y1  V2m z1  3 , y1  3 , x1  V1V2V3 , 2 2  m z1  y1  V3 1, z  2z1  1  V3m  V2m , y  2y1  1  V3m  V2m , x  2x1  2V1V2V3 ,

z 1  2 m 3 V1m  (V3m + V2m  1) / 2 , V1m  (V3m  V2m  1) / 2m  2 , ahol V2 ,V3 – ellentétes paritású számok, V3m > V2m +1. 73

A V1m  (V3m  V2m  1) / 2m  2 egyenlet implicit, ezért a természetes számok rendszerében általánosan nem oldható meg. Vizsgáljuk az m  2 esetet kombinatív felbontással. Az elsőfokú változó monománál kapható megoldások valamennyi megoldást tartalmazzák, a partikulárisak kivételével.

A partikuláris egyenlet megoldása: V12  V32  V22  1 , V12  V32  r1  V22 1,

(V1  V3 )(V1  V3 )  Q1Q2  r1  (V2 1)(V2 1)  12 , (V1  V3 )(V1  V3 )  0  (V2 1)(V2 1). Az egyenlet partikuláris megoldásai: V2  1,V1  V3. Keressük az egyenlet többi megoldását: (V1  V3 )(V1  V3 )  Q1Q2  r1  (V2 1)(V2 1)  12 . A (V2  1)(V2  1)  1 2 egyenletből kapjuk: V2  1  1  1  1 , V2  2 , 1 2 ,2  1  2,  2 2 V2  1   2 V2  (1  2  1 ) / 2  1  1 , ahol 1 = 1,3,5,… V1  V3  Q1 A (V1  V3 )(V1  V3 )  Q1Q2 egyenletből kapjuk:  , V1  V3  Q 2

V1  (Q 2  Q1 ) / 2, V3  (Q 2  Q1 ) / 2, Q1Q 2  1 2  1 (1  2) . 74

Az egyenletnek páratlan 1  1 esetén annyi megoldása van, ahány eltérő Q1Q 2 felbontása van a monomának. Vizsgáljuk a megoldás 2. változatát: z1  V1m  V m  2m 3 V2m  1 2. z1  y1  2m 3V2m , z1  3 , 2  m z1  y1  V3  1

y1  (V3m  2m3V2m 1) / 2 , x1  V1V2 V3 , z  2z1  1  V3m  2m 3V2m , y  2y1  1  V3m  2m 3 V2m , x  2x1  2V1V2 V3 , z1  V1m  (V3m  2m3V2m  1)/2 , V1m  (V3m  2 m3 V2m  1)/2 ,

ahol (V2 ,V3 ) = d = 1, V3m > 2m 3V2m +1. A V1m  (V3m  2m3 V2m 1)/2 egyenlet implicit, a természetes számok rendszerében általánosan nem oldható meg. Oldjuk meg m  2 esetén, kombinatív felbontással. Oldjuk meg a partikuláris egyenletet: 2V12  V32  22  3 V22  1 , (4V12  V22 ) / 2  r1  V32  1 , (2V1  V2 )(2V1  V2 ) / 2  Q1Q2  r1  (V3  1)(V3  1)  1 2 . (2V1  V2 )(2V1  V2 ) / 2  0  (V3  1)(V3  1). Az egyenlet partikuláris megoldásai: V3  1,V1  V2 / 2. Keressük meg az egyenlet többi megoldását: (2V1  V2 )(2V1  V2 ) / 2  Q1Q2  r1  (V3  1)(V3  1)  1 2 . 75

A (V3 1)(V3 1)  12 egyenletből kapjuk: V3  1  1   1  1 , V3  2 , 1 2 ,2  1  2,  2 2 V3  1   2 V3  (1  2  1 ) / 2  1  1 , ahol ψ1 = 2,4,6,…

A (2V1  V2 )(2V1  V2 ) / 2  Q1Q2 megoldás két részváltozatát.

egyenletből

kapjuk

a

Az 1. részváltozatból kapjuk:

 2V1  V 2  2Q 1 Q  2Q1 Q  2Q1 1.  , V1  2 , V2  2 , 4 2  2V1  V 2  Q 2 Q1Q2  12  1(1  2) , ahol Q2 – páros, Q2 > 2Q1. Mivel Q2 páros, 1 csak páros lehet. Az egyenletnek van megoldása, ha 1 páros és teljesíthető a V32 > 22 -3 V22 +1 feltétel. Az egyenletnek annyi megoldása van, ahány eltérő Q1Q2 szorzatra bontható a monoma, V32 > 223V22 +1 mellett. A 2. részváltozatból kapjuk:

 2V1  V2  Q1 2Q 2  Q1 2Q  Q 2.  , V1  , V2  2 1 , 4 2  2V1  V2  2Q 2 QQ 1 2  1 2 1(1 2) , ahol Q1 – páros, 2Q2 > Q1. Mivel Q1 páros, 1 csak páros lehet. Az egyenletnek van megoldása, ha 1 páros és teljesíthető a V32 > 22 -3 V22 +1 feltétel. Az egyenletnek annyi megoldása van, ahány eltérő Q1Q2 felbontása van a monomának, V32 > 223V22 +1 mellett. 76

Vizsgáljuk a megoldás 3. változatát: z1  V1m  2m-3V3m  V2m 1 m , 3. z1  y1  V2 , z1  2  m 3 m z1  y1  2 V3 1

y1  (2m3V3m  V2m 1)/ 2 , x1  V1V2 V3 , z  2z1  1  2m 3 V3m  V2m , y  2y1  1  2m 3V3m  V2m ,x  2x1  2V1V2 V3 , z1  V1m  (2m 3V3m  V2m  1)/2 , ahol (V2 ,V3 ) = d = 1, 2m  3 V3m > V2m +1. A V1m  (2m3 V3m  V2m 1)/2 egyenlet implicit. A természetes számok rendszerében m > 2 esetén nem oldható meg. Vizsgáljuk az egyenlet megoldhatóságát m  2 esetén: Oldjuk meg a partikuláris egyenletet: 2V12  22  3 V32  V22  1 , (4V12  V32 ) / 2  r1  V22  1 , (2V1  V3 )(2V1  V3 ) / 2  0  (V2 1)(V2 1). A partikuláris egyenlet megoldásai: V2  1,V1  V3 / 2. Keressük meg az egyenlet többi megoldását: (2V1  V3 )(2V1  V3 ) / 2  Q1Q2  r1  (V2 1)(V2 1)  12 . A (V2 1)(V2  1)  12 egyenletből kapjuk:  V2  1  1   1   , V2  2 , 1 2 1 ,2 1  2,  2 2  V2  1   2   2  1 V2  1  1  1 , где 1 = 2,4,6,… 2

77

A (2V1  V3 )(2V1  V3 ) / 2  Q1Q2 egyenletből kapjuk a megoldás két részváltozatát. Az 1. részváltozatra kapjuk: 2V1  V3  2Q1 Q  2Q1 Q  2Q1 , V3  2 1.  , V1  2 , 4 2 2V1  V3  Q 2 Q1Q2  12  1(1  2) , ahol Q2 – páros, Q2 > 2Q1.

Mivel Q2 páros, 1 csak páros lehet. Az egyenletnek van megoldása, ha 1 páros és teljesíthető a 223 V32 > V22 +1 feltétel. Az egyenletnek annyi inhomogén megoldása van, ahány eltérő Q1Q 2 felbontása van a monomának, V32 > 223 V22 +1 mellett. A 2. részváltozatra kapjuk:

2V1  V3  Q1 2Q 2  Q1 2Q  Q , V3  2 1 , 2.  , V1  4 2 2V1  V3  2Q2

QQ 1 2 12 1(1  2) , ahol Q1 – páros, 2Q 2 > Q1 . Mivel Q1 páros, 1 csak páros lehet. Az egyenletnek van megoldása, ha 1 páros és teljesíthető a 223 V32 > V22 +1 feltétel. Az egyenletnek annyi inhomogén megoldása van, ahány eltérő Q1Q 2 felbontása van a monomának, V32 > 223 V22 +1 mellett.

78

A c részegyenlet vizsgálata x, y páros, z, páratlan.

Inhomogenizáljuk és oldjuk meg a részegyenletet: (2x1 ) m  (2z1  2y1  1)(2z1  2y1  1)(2z1 ), x 1m  z 1 (2z 1  2y 1  1)(2z 1  2y 1  1) / 2 m 1  V1m V2m V3m ,

 z 1  2 m  1 V1m z1  V1m   1.  z 1  y 1  (V 2m  1) / 2 2. z1  y1  (2m1V2m  1) / 2,   m m  z 1  y 1  (V 3  1) / 2, z1  y1  (V3  1) / 2  z1  V1m  3.  z1  y1  (V2m  1) / 2 .  m 1 m  z1  y1  (2 V3  1) / 2

A részegyenlet túlhatározott: i > k. Megoldása akkor lehet, ha két tényező alapján számított z1 , y1 értékek a harmadikban mfokú hatványt eredményeznek. A 2. változat 2. egyenlete és a 3. változat 3. egyenlete alapján m  1 esetén az egyenletnek nincs megoldása: V2 , V3 tört. m  1 esetén a megoldási változatok azonosak. Vizsgáljuk a megoldás 1. változatát: m V3m V2m 2 V3m  V2m z1  y1  (V2 1)/ 2 z  , y  , x1  V1V2 V3 , 1.  1 1 m 4 4 z1  y1  (V3 1)/ 2,

z  2z1 1  (V3m  V2m )/ 2, y  2y1  (V3m  V2m )/ 2, x  2x1  2VV 1 2V3 ,

2m+1V1m  V3m  V2m  2 , ahol ( V1 , V2 ,V3 ) = d = 1, V3m > V2m +2. 79

Kombinatív felbontással m  2 esetén kapjuk. Vizsgáljuk a partikuláris egyenlet megoldhatóságát: m 2  2 2  (2V)  (V3m  V2m  2)/ 2,(2V) 1 1 1  (V3  V2  2)/ 2 1,

(2V1 1)(2V1 1)  12  r1  (V32  V22  4)/ 2  Q1Q2 , (2V1 1)(2V1 1)  0  (V32  V22  4)/ 2.

Az egyenletnek nincs megoldása, mivel, a kiinduló feltételek mellett, a komponens egyenletek nem egyenlők nullával. Keressük meg az egyenlet többi megoldását: (2V1 1)(2V1 1)  12  r1  (V32  V22  4)/ 2  Q1Q2 .

Az egyik komponens egyenlet határozott, a másik nem bontható szorzatra. Így a részegyenlet határozott. A részegyenletnek van megoldása, ha a komponens egyenleteknek van összetartozó nem triviális megoldása is. 1 Oldjuk meg a (2V1 1)(2V1 1)  1 2  r komponens egyenletet:

2V1 1  1  1  1 2 1  , 1  2  2, 2  1  2 .   , V1  2 2 2V1  1  2 

Az r1  (V32  V22  4) / 2 komponens egyenlet a természetes számok rendszerében nem bontható szorzatra, ezért oldjuk meg változóinak választott értékei alapján. Mivel 1   2  2, így 1 ,  2 és V2 , V3 egymást követő, páronként azonos páratlan számok: 1  V2 ,  2  V3 . Választott V2 mellett V3  V2  2 .

80

Ellenőrizzük az állítást behelyettesítéssel: (2V1  1)(2V1  1)  1 2  r  (V32  V22  4) / 2, 1 2  ( 2  2) 2  r 

 22  ( 2  2) 2  4  ( 2  2) 2 2

Valószínű, m  2 esetén a részegyenletnek nincs megoldása. Oldjunk meg egy példát:

Legyen V2  17. Akkor kapjuk: V3  V2  2  19 , V1  (1  1) / 2  (17  1) / 2  9 r  (V32  V22  4) / 2  (192  172  4) / 2  323  12  17 19 .

Visszahelyettesítéssel az egyenletbe, ellenőrizzük a megoldást: (2V1 1)(2V1  1)  12  r1  (V32  V22  4) / 2 ,

(2 9 1)(2  9 1)  17 19  323  (192 172  4)/ 2  323. Számítsuk ki a változók értékeit és ellenőrizzük a megoldást: z1  2m 1V1m  2  92  162, z  2z1  1  325, y1  (V3m  V2m ) / 4  (192 172 ) / 4  18, y  2y1  36,

x1  V1V2 V3  9 17 19  2907, x  2x1  5814, x 1m  z 1 (2z 1  2y 1  1)(2z 1  2y 1  1) / 2 m 1  V1m V2m V3m

2907 2  162(2 162  2 18  1)(2 162  2 18  1) / 221   9 2  17 2  19 2  8450649  2907 2 . 81

A d részegyenlet vizsgálata

Egyszerűsítve, az elemzett részegyenleteket eredményezi.

82

5. SZ. PÉLDA: Az x 2  2y 2  1  0 egyenletek vizsgálata Az x 2  2y 2  1  0 egyenlet vizsgálata Az egyenlet elemzése és felbontása Kiinduló feltételek: x, y – pozitív egészek.

Mivel x páratlan, az egyenletnek két részegyenlete van: a. (2x1 1)2  2(2y1 1)2 1  0 ; b. (2x1 1)2  2(2y1 )2 1  0 . Az a részegyenlet vizsgálata

Kombinatív felbontás esetén kapjuk: (2x1 1)2  2(2y1  1)2 1  0 , (2y1  1) 2  r  (2x1  1) 2  12  /2  (2x1  1  1)(2x1  1  1)/2   2x1  2(x1  1)/2  2x1 (x1  1) . A részegyenletnek nincs megfelelő megoldása, mivel a komponens függvények ellentétes paritásúak. A b részegyenlet vizsgálata

Szimpla felbontással kapjuk:



(2x1  1) 2  2(2y1 )2  1  0 ,



(2y1 ) 2  (2x1  1)2  1 /2  (2x1  1  1)(2x1  1  1)/2  2x1 (x1  1) , y12  2x1 (x1  1)/4  x1 (x1  1)/2  V12 V22 .

83

A részegyenlet túlhatározott: i  k  1 . Megoldása akkor lehet, ha az egyik tényező alapján számított x1 értékek a másikban másodfokú hatványt adnak. A részegyenlet k  1 esetén egy tényezővel határozott, és írhatjuk: x1  2V12 x1  V12 1.  2.  y1  V1V2 , ahol (V1,V2 )  d  1. 2 2  x1  V2 1 ,  x1  2V2 1 , A részegyenlet megoldása parciális tulajdonságának hasznosításával történhet a természetes számok rendszerében (az irracionális szám n - fokú hatványa lehet természetes szám). A megoldás első változata alapján kapjuk: V22  2V12  1  (V2  2V1)(V2  2V1)  12 ,

V2  2V1  2   1  1 V2  2 ,V1  2 .   2 2 2 V2  2V1  1 , Az egyenlet irracionális, határozott: f1  1,i  k  2 . Az egyenletnek van megoldása, ha a tényezők szorzata egy. A megoldások az egyenlet n-ik hatványra emelésével produkálhatók a legkisebb megoldási értékek mellett: (V2 

2V1 ) n (V2 

2V1 ) n   1n  2n  1n .

Legkisebb megoldási értékek: 12  (V2(0)  2V1(0) )1 , 11  (V2(0)  2V1(0) )1 , ahol (V1(0) ,V2(0) )  d  1 – a tényezők legkisebb értéke. 84

Írjuk fel a megoldó képleteket: V2(n) 

V1(n) 

(V2(0)  2V1(0) ) n  (V2(0)  2V1(0) ) n 2 n (V2(0)  2V1(0) )  (V2(0)  2V1(0) ) n

2 2

, .

A legkisebb megoldást a V22  2V12  1 egyenletből kapjuk: 2  V2 1 2V12  (V2 1)(V2 1),  2 ,V2  3,V1  2, V1(0) = 2 , V2(0) = 3, V1  V2 1 2 x 1  2V1(0)  2  2 2  8, x  2x1  1  2  8  1  17,

y1  V1V2  2  3  6, y  2y1  2  6  12. Véglegesen kapjuk: V2(n) 

(V2(0)  2V1(0) )n  (V2(0)  2V1(0) )n 2 (V2(0)  2V1(0) )  (V2(0)  2V1(0) )n n

V1(n) 

2 2



(3  2 2)n  (3  2 2)n , 2

(3  2 2)n  (3  2 2)n  . 2 2

A megoldás 2. változata alapján kapjuk: V12  2V22  1  (V1  2V2 )(V1  2V2 )  12 .

V1  2V2  2  1   1 V1  2 ,V2  2 .  2 2 2    V 2V ,  1 2 1 85

Az egyenlet hatványozásával írhatjuk: (V1 

2V2 ) n (V1 

2V2 ) n  (  1 ) n  2n  (  1) n .

Legkisebb megoldási értékek: 12  (V1(0)  2V2(0) )1 , (1 )1  (V1(0)  2V2(0) )1 , ahol (V1(0) ,V2(0) )  d  1 – a tényezők legkisebb értéke. Írjuk fel a megoldó képleteket: (V1(0)  2V2(0) ) n  (V1(0)  2V2(0) ) n

V1(n) 

2 n (V1(0)  2V2(0) )  (V1(0)  2V2(0) ) n

V2(n) 

2 2

, .

A legkisebb megoldást a V12  2V12  1 egyenletből kapjuk: V1  V2  1, V1(0)  V2(0)  1, x1  V

2 1(0)

 12  1, x  2x1  1  2 1  1  3,

y1  VV 1 2  11  1, y  2y1  2 1  2. Véglegesen kapjuk: V1(n) 

(V1(0)  2V2(0) )n  (V1(0)  2V2(0) )n

2 (V1(0)  2V2(0) )  (V1(0)  2V2(0) )n n

V2(n) 

2 2





(1  2)n  (1  2)n , 2

(1 2)n  (1 2)n , n  2k 1. 2 2

A két változat együtt adja az egyenlet összes megoldását. 86

Az x 2  2y 2  1  0 egyenlet vizsgálata Az egyenlet elemzése és felbontása

Kiinduló feltételek: x, y – pozitív egész számok. Mivel x páratlan, az egyenletnek két részegyenlete van: a. (2x1 1)2  2(2y1 1)2 1  0 ; b. (2x1 1)2  2(2y1 )2 1  0 . Az a részegyenlet vizsgálata

A kombinatív felbontás implicit részegyenletet ad, mivel a komponens egyenletek túlhatározottak. A részegyenlet megoldása a természetes számok rendszerében csak próbálkozással történhet. Szimpla felbontással a vizsgálat kivitelezhető implicit paritás mellett. Írjuk fel a részegyenletet: x 2  2y 2  1 , (2x1  1) 2  2(2y1  1) 2  1 . Irracionális együtthatójú tényezőkre bontással kapjuk: (x  2y)  1  x2  2y2  (x  2y)(x  2y) 1 12,   , (1). (x  2y)   2 

A részegyenlet irracionális, határozott: i  k , f1  1. Az egyenletnek akkor lehet megoldása, ha a tényezők szorzata mínusz egyet ad. A megoldások a részegyenlet parciális tulajdonságainak hasznosításával kaphatók meg (az irracionális szám n - fokú hatványa lehet természetes szám). 87

Ez az egyenlet páratlan hatványra emelésével realizálható a megoldás legkisebb értékei mellett. Az (1) egyenletekből kapjuk:

x  (2 1)/ 2, y  (2  1)/ 2 2 . A részegyenlet hatványozásával írhatjuk: (x 

2 y) n (x 

2 y) n  (   1 ) n  2n  (  1) n .

Legkisebb megoldásként kapjuk: ψ12  (x 0  2y 0 )1 , ( ψ1 )1  (x 0  2y0 )1 ,

ahol x 0 , y 0  a legkisebb megoldási értékek. Behelyettesítés után kapjuk:

xn 

(x0  2y0 )n  (x0  2y0 )n (x  2y0 )n (x0  2y0 )n , yn  0 . 2 2 2

A legkisebb értékeket az x 2  2y 2  1 egyenletből kapjuk: x0  y0  1. n = 2k +1 esetén véglegesen kapjuk: (x 0  2y0 ) n  (x 0  2y0 ) n (1  2) n  (1  2) n  , 2 2 (x 0  2y0 ) n  (x 0  2y0 ) n (1  2) n  (1  2) n yn   . 2 2

xn 

88

Például, n  2k  1  3 és n  2k  1  5 mellet kapjuk: x n 3  7, y n 3  5 , illetve x n 5  41, y n 5  29 . A b részegyenlet vizsgálata

A vizsgálat szimpla felbontással történhet, mivel az egyik komponens függvény monoma. Írjuk fel a paraméteres részegyenletet: x 2  2y 2  1  0 , (2x1 1)2  2(2y1)2 1  0 , 4x12  4x1 1  8y12 1 , y12  (4x12  4x1  2) / 8  (2x12  2x1  1) / 4 . A részegyenletnek nincs megfelelő megoldása: y12 tört. Az x 2  ay 2  1  0 egyenlet vizsgálata a – pozitív egész, a – irracionális szám. A megoldás – a paritásától függően – hasonlóan történik, mint a  2 esetén.

89

6. SZ. PÉLDA: Az x  z  z y  wz3  wzy2  z3q  zy2q  wz2q  wy2q  0 m

4

2 2

egyenlet vizsgálata Az egyenlet vizsgálata x  2x1  1 esetén. Kiinduló feltételek: x,y,z,w,q természetes számok.

Az inmonolit egyenlet szimpla felbontással monomára rendezhető és szorzatra bontható a természetes számrendszerben: x m  (2x1  1)m  (z  y)(z  y)(z  w)(z  q)  U1U2 U3U4 . A részegyenlet határozott: i  k  4. A páratlan monomára rendezett határozott egyenletek megoldhatók a természetes számok rendszerében a változók implicit paritása mellett is, mivel paritásukat a tényezők helyettesítési értékei generálják. Írjuk fel a részegyenlet egyetlen megoldási változatát: z  y  U1 z  y  U U  U1 U  U1  2 , , ahol: x m  U1U 2 U 3 U 4 , z  2 ,y 2    z w U 2 2 3  z  q  U 4 w  (U2  U1  2U3 )/ 2 , q  (2U4  U2  U1 ) / 2, (U1 U2 ,U3,U4 )  d 1. Az egyetlen változat a részegyenlet összes megoldását adja. A részegyenlet vizsgálata x  2x1 esetén

Az elemzés triviális. Tekintsünk el részletes kivitelezésétől és írjuk fel az egyik lehetséges részegyenletet, amikor: z  2z1  1, y  2y1  1, w  2w1  1, q  2q1  1, m  8. 90

Írjuk fel a részegyenletet és inhomogenizáljuk: x8  (2x1)8  (z  y)(z  y)(z  w)(z  q), x18  (z1  y1 )(z1  y1  1)(z1  w1 )(z1  q1  1)/28 4  V1V2 V3 V4 . A részegyenlet határozott: i  k  4 . Ezért valamennyi megoldása megkapható a természetes számok rendszerében. Mivel az osztó összetett szám, számos megoldási változat létezik: x18  (z1  y1 )(z1  y1  1)(z1  w1 )(z1  q1  1)/16  V1V2 V3V4 ,

z1  y1  V1 z1  y1  16V1 z1  y1  V1 z  y  V 1 z  y  V  1 z  y  16V  1 1 1  1 1  1 1 2 2 2 1.  2.  3.    z w 16V   z  w  V z w V 1 3 1 3 1 3 1  1  1 z1  q1  V4 1, z1  q1  V4  1, z1  q1  V4  1, z1  y1  V1 z1  y1  8V1 z1  y1  8V1 z  y  V 1 z  y  2V  1 z  y  V  1 1 1  1 1  1 1 2 2 2 4.  5.  6.  z1  w1  V3 z1  w1  V3 z1  w1  2V3 z1  q1  16V4 1, z1  q1  V4  1, z1  q1  V4  1, z1  y1  2V1 z1  y1  8V1 z1  y1  V1 z  y  8V 1 z  y  V  1 z  y  8V  1 1 1  1 1  1 1 2 2 2 7.  8.  9.  z w V     z  w  V z w 2V 1 3 1 3 1 3 1  1  1 z1  q1  V4 1, z1  q1  V4  1, z1  q1  2V4  1, z1  y1  V1 z1  y1  V1 z1  y1  V1 z  y  8V  1 z  y  8V  1 z  y  2V  1  1 1  1 1  1 1 2 2 2 10.  11.  12.  z1  w1  2V3 z1  w1  8V3 z1  w1  V3 z1  q1  2V4  1, z1  q1  V4  1, z1  q1  V4  1,

91

z1  y1  V1 z  y  V 1 1 1 2 13.    z w 8V3 1 1 z1  q1  2V4 1, z1  y1  V1 z  y  V 1 1 1 2 16.  z1  w1  2V3 z1  q1  8V4 1, z1  y1  4V1 z  y  V 1 1 1 2 19.  z1  w1  2V3 z1  q1  2V4 1, z1  y1  V1 z  y  4V  1  1 1 2 22.  z1  w1  2V3 z1  q1  2V4  1, z1  y1  V1 z  y  2V  1  1 1 2 25.  z1  w1  4V3 z1  q1  2V4  1, z1  y1  2V1 z  y  V 1 1 1 2 28.  z1  w1  2V3 z1  q1  4V4 1,

z1  y1  2V1  z1  y1  V2 1 14.  z1  w1  V3 z1  q1  8V4 1, z1  y1  4V1  z1  y1  2V2 1 17.  z1  w1  2V3 z1  q1  V4 1,  z1  y1  2V1  z  y  4V  1  2 20.  1 1  z1  w1  2V3  z1  q1  V4  1, z1  y1  2V1  z1  y1  2V2 1 23.  z1  w1  4V3 z1  q1  V4 1,  z1  y1  V1  z  y  2V  1  1 1 2 26.   z1  w1  2V3  z1  q1  4V4  1,  z1  y1  4V1  z  y  4V  1  2 29.  1 1  z1  w1  V3  z1  q1  V4  1,

92

z1  y1  V1  z1  y1  2V2 1 15.  z1  w1  V3 z1  q1  8V4 1, z1  y1  4V1  z1  y1  2V2 1 18.  z1  w1  V3 z1  q1  2V4 1,

 z1  y1  2V1  z  y  4V  1  1 1 2 21.   z1  w1  V3  z1  q1  2V4  1, z1  y1  2V1 z  y  V 1 1 1 2 24.  z1  w1  4V3 z1  q1  2V4 1, z1  y1  2V1  z1  y1  2V2 1 27.  z1  w1  V3 z1  q1  4V4 1, z1  y1  4V1  z1  y1  V2  1 30.  z1  w1  4V3 z1  q1  V4  1,

z1  y1  4V1  z1  y1  V1 z1  y1  V1 z  y  V 1  z  y  4V  1 z  y  4V  1 1 1   2 2 2 31.  32.  1 1 33.  1 1   z w V     z w 4V z w V 1 3 1 3 1 3 1  1  1 z1  q1  4V4 1,  z1  q1  V4  1, z1  q1  4V4  1,  z1  y1  V1 z  y  V  1  1 1 2 34.   z1  w1  4V3  z1  q1  4V4  1, ahol x18  VV 3 4 )  d 1 a megadott keretek között 1 2 V3V4 , (V1 V2 ,V,V szabadon választható számok. Az 1÷4, 6, 7, 9÷16, 19, 22, 24÷26, 28, 30÷34 változatok alapján a részegyenletnek van, az 5, 8, 17, 18, 20, 21, 23, 27, 29 változatok alapján nincs megfelelő megoldása ( z1 , y1 tört). A változatok száma m növekedésével meredeken növekszik. A többi részegyenlet megoldása hasonlóan történik.

93

7. SZ. PÉLDA: Az z3 zw2  y2  x2  0, (1) egyenlet vizsgálata Az egyenlet elemzése és felbontása Kiinduló feltételek: x,y,z,w – természetes számok.

Mellőzve az egyenlet teljes elemzését és felbontását, írjuk fel egyik lehetséges részegyenletét és végezzük el vizsgálatát (a többié hasonlóan elvégezhető): x  2x1  1, y  2y1  1, z  2z1  1, w  2w1  1 . Az inmonolit egyenlet szimpla felbontása a természetes számok rendszerében lehetetlen, a kombinatív – explicit. Az elsőfokú változó monománál megkapható megoldások tartalmazzák – a partikuláris megoldások kivételével – a részegyenlet valamennyi megoldását. Ezért a megoldás kombinatív felbontással összetett monoma esetén csak akkor racionális, ha a feladat így definiált. A részegyenletet megoldása r m  (2r1 ) m esetén Az elsőfokú monoma helyett magasabb fokú monoma választását a módszer szemléletesebb ismertetése motiválja.

A felbontás révén kapjuk: x 2  y 2  r m  z(z  w)(z  w), (x  y)(x  y)  r m , z(z  w)(z  w)  r m ahol r  2r1 . Az egyik komponens egyenlet határozott, a másik túlhatározott, ezért a részegyenlet határozott. 94

A túlhatározott komponens egyenletnek van megoldása, ha a változók két tényező alapján számított értékei a harmadik tényezőben m-fokú hatványt adnak. Inhomogenizálás után kapjuk:

(x1  y1 )(x1  y1 1) m (2z1 +1)(z1  w1 )(z1  w1  1) ,(2) ,  r1  2m2 2m2 r1m  (x1  y1 )(x1  y1  1)/2m2  1m2m , (2/a), r1m  (2z1 +1)(z1  w1 )(z1  w1  1)/2m2  V1mV2mV3m ,(2/ b) , ahol r1  1 2  V1V2 V3 , (1 ,  2 , V1 , V2 , V3 )  d  1 . A részegyenlet vizsgálata elvégezhető valamelyik komponens egyenlet megoldásával, vagy a túlhatározott egyenlet változóinak választott értékei alapján. Majd r1 tényezőkre bontásával megoldható a másik komponens egyenlet is. A részegyenletnek van megoldása, ha a komponens egyenleteknek van összetartozó, nem triviális megoldása is. A partikuláris részegyenlet vizsgálata

Írjuk fel a partikuláris részegyenletet: (x1  y1 )(x1  y1  1)/2m  2  0  (2z1 +1)(z1  w1 )(z1  w1  1)/2m  2 . Írjuk fel a partikuláris részegyenlet megoldásait: x1  y1, z1  w1.

95

A részegyenletet vizsgálata m = 1 esetén:

Oldjuk meg a 2/a komponens egyenletet. Elsőfokú monoma esetén az egyenlet átírható, így kapjuk:

r1 

(x1  y1 )(x1  y1  1) r1 ,  (x1  y1 )(x1  y1  1)  12 1/ 2 2

 x1  y1  1  1.   , x1  (2 1 1)/2,y1  (2 1 1)/2,  x1  y1   2  1 ahol 1 ,  2  ellentétes paritásúak  2  1  1.

Oldjuk meg a 2/b komponens egyenletet is:

r1 

(2z1 1)(z1  w1)(z1  w1 1) r1 ,  (2z1 1)(z1  w1)(z1  w1 1)  VVV, 1 2 3 1/ 2 2

z1  (V1  1) / 2    1. z1  w1  V2  , z1  (V3  V2  1) / 2 , w1  (V3  V2  1) / 2 , z  w  V  1 1 3  1 

V1  V3  V2 , ahol V3 > V2  1 , V2 , V3 – ellentétes paritású. Példa megoldása:

Végezzük el a részegyenlet vizsgálatát a 2/b egyenlet 1. megoldási változata alapján, V2  2, V3  5 értékek mellett. Behelyettesítve kapjuk: z1  (V3  V2  1) / 2  (5  2  1) / 2  3 , z  2z1  1  7 , w1  (V3  V2  1) / 2  (5  2  1) / 2  1, w  2w1  1  3, 96

r1  12  VV 1 2V3  7  2  5  70  1 2  5 7 . 2 A részegyenlet inhomogén, ha (V1,V2 ,V3 , 1, 2 )  d  1:

V1  V3  V2  5  2  7,

1.1  1, 2  70,2.1  2, 2  35,3.1  5, 2  14,4.1  7, 2  10. A 2/a megoldásai alapján kapjuk x1 , y1 , x, y értékeit:  x  y  1  1.  1 1  , x1  (2 1 1)/2,y1  (2 1 1)/2,  x1  y1   2  1 ahol 1 ,  2  ellentétes paritású,  2 > 1  1 ,

1. x1  ( 2  1  1) / 2  (70  1  1) / 2  35, x  2x1  1  71,

y1  ( 2  1  1) / 2  (70  1  1) / 2  34 , y  2y1  1  69, 2. x1  ( 2  1  1) / 2  (35  2  1) / 2  18, x  2x1  1  37, y1  ( 2  1  1) / 2  (35  2  1) / 2  16 , y  2y1  1  33, 3. x1  (  2   1  1) / 2  (14  5  1) / 2  9, x  2x1  1  19,

y1  (  2   1  1) / 2  (14  5  1) / 2  4 , y  2y1  1  9, 4. x1  (  2   1  1) / 2  (10  7  1) / 2  8, x  2x1  1  17,

y1  (  2   1  1) / 2  (10  7  1) / 2  1 , y  2y1  1  3. Behelyettesítéssel a (2) részegyenletbe ellenőrizzük a megoldást:

(x 1  y1 )(x 1  y1  1)  r1 / 2  (2z1  1)(z1  w 1 )(z1  w 1  1), 1. (35 34)(35  34 1)  r1 / 2 1 70  (2 3 1)(3 1)(3 11)  7  2 5, 2. (18 16)(18 16 1)  r1 / 2  2 35  (2 3 1)(3 1)(3 11)  7  2 5, 3. (9  4)(9  4 1)  r1 / 2  5 14  (2  3 1)(3 1)(3 11)  7  2  5 , 4. (8 1)(8 1 1)  r1 / 2  7 10  (2  3 1)(3 1)(3 1 1)  7  2  5. 97

A részegyenletet vizsgálata m = 2 esetén:

Oldjuk meg a 2/a komponens egyenletet:

r1m 

(x1  y1 )(x1  y1  1)  1m 2m , r12  (x1  y1)(x1  y1 1)  1222 , m 2 2  x1  y1  12  22 12 1 22 12 1 , y1  ,   , x1  2 2 2  x1  y1   2  1 ahol 1 ,  2 – ellentétes paritásúak,  22 > 12  1 . Oldjuk meg a 2/b komponens egyenletet is:

r1m  (2z1  1)(z1  w1 )(z1  w1 1)/2m2  V1mV2mV3m , r12  (2z1  1)(z1  w1 )(z1  w1 1)  V12V22V32 ,(2/ b) , z1  (V12  1) / 2    V32  V22  1 V32  V22  1 2 , z  , w  , z  w  V  1  1 1 1 2 2 2   2 z1  w1  V3  1

V12  V32  V22 , ahol V32 > V22  1 , V2 , V3 – ellentétes paritású. Rendezzük át és oldjuk meg a V12  V32  V22 egyenletet: V22  V12  V32  (V1  V3 )(V1  V3 )  U12U22 , 2 U 22  U12 U 22  U12 V1  V3  U1  , V , V ,     1 3 2 2 2 V1  V3  U 2  ahol U 2 > U1 , V2  U1U 2 és mivel V3 > V2 , (U 22  U12 ) / 2 > U1U 2 , r1  1 2  V1V2 V3 .

98

Példa megoldása:

Végezzük el a részegyenlet vizsgálatát a 2/b komponens egyenlet megoldó képletei alapján. Ehhez, V3 > V2 érdekében, válasszuk az U1  1,U2  5 értékeket. Behelyettesítve kapjuk: V2  U1U 2  1  5  5 , V1  (U 22  U12 ) / 2  (52  12 ) / 2  13 , V3  (U 22  U12 ) / 2  (52  12 ) / 2  12 , z1  (V32  V22  1) / 2  (122  52  1) / 2  84, z  2z1  1  169, w1  (V32  V22  1) / 2  (122  52  1) / 2  59, w  2w1  1  119. 1 ,  2 ellentétes paritásúak, ezért írhatjuk: r1  12  VV 1 2 V3  13  5 12  780  1 3  4  5 13 , 1.1 1, 2  780,2.1  3, 2  260,3.1  4, 2 195,4.1  5, 2 156, 5.1 12, 2  65,6.1 13, 2  60,7.1 15, 2  52,8.1  20, 2  39 . A 2/a megoldásai alapján kapjuk x1 , y1 , x, y értékeit: 2  22  12  1  22   12  1  x1  y1  1  , x  , y  ,   1 1 2 2 2  x1  y1   2  1

1 ,  2 – ellentétes paritású,  22 > 12  1 , 1. x1  (7802  12 1) / 2  304200, x  2x1  1  608401, y1  (7802  12  1) / 2  304199, y  2y1  1  608399, 2. x1  (2602  32  1) / 2  33804, x  2x1  1  67609,

y1  (2602  32  1) / 2  33795, y  2y1  1  67591, 3. x1  (1952  42  1) / 2  19020, x  2x1  1  38041,

y1  (1952  42  1) / 2  19004, y  2y1  1  38009, 99

4. x1  (1562  52  1) / 2  12180, x  2x1  1  24361, y1  (1562  52  1) / 2  12155, y  2y1  1  24311, 5. x1  (652  12 2  1) / 2  2184, x  2x1  1  4369,

y1  (652  12 2  1) / 2  2040, y  2y1  1  4081, 6. x1  (602  132  1) / 2  1884, x  2x1  1  3769,

y1  (60 2  132  1) / 2  1715, y  2y1  1  3431, 7. x1  (522  152  1) / 2  1464, x  2x1  1  2929,

y1  (52 2  152  1) / 2  1239, y  2y1  1  2479, 8. x1  (20 2  39 2  1) / 2  960, x  2x1  1  1921,

y1  (39 2  20 2  1) / 2  560, y  2y1  1  1121. Visszahelyettesítéssel ellenőrizzük a megoldást:

1.(608401  608399)(608401  608399)  2  1216800   r 2  169(169  119)(169  119)  2433600, 2.(67609  67591)(67609  67591)  18 135200   r 2  169(169  119)(169  119)  2433600, 3.(38041  38009)(38041  38009)  32  76050   r 2  169(169  119)(169  119)  2433600, 4.(24361  24311)(24361  24311)  50  48672   r 2  169(169  119)(169  119)  2433600, 5.(4369  4081)(4369  4081)  288  8450  r 2   169(169  119)(169  119)  2433600, 6.(3769  3431)(3769  3431)  338  7200   r 2  169(169  119)(169  119)  2433600, 7. (2929  2479)(2929  2479)  450  5408   r 2  169(169  119)(169  119)  2433600,

100

8. (1921  1121)(1921  1121)  800  3042   r 2  169(169  119)(169  119)  2433600. A részegyenletet vizsgálata m  3 esetén

Oldjuk meg a 2/a komponens egyenletet:

r1m 

(x1  y1 )(x1  y1  1)  1m2m . m 2 2

Az egyenlet határozott, ezért tetszőleges m esetén van a feltételeknek megfelelő megoldása: x  y  2m2 1m  m m2 m 1.  1 1  , x1  (2  2 1 1)/2 , m x1  y1  2 1  y1  (2m  2m3 1m 1)/2 ,  2 – páros,  m2 > 2m2 1m 1, x1  y1  1m  m2 m m 2.   , x1  (2 2 1 1)/ 2 , m2 m x1  y1  2 2 1 y1  (2m2 2m 1m 1)/2, 1 – páros, 2m  2  2m > 1m  1 .

Oldjuk meg a 2/b komponens egyenletet:

r1m 

(2z1  1)(z1  w1 )(z1  w1 1)  V1mV2mV3m ,(2) , m 2 2

z1  (2m2 V1m 1)/2   m m m m 1.z1  w1  V2m  , z1  (V3  V2 1) / 2 , w1  (V3  V2 1) / 2 ,   m z1  w1  V3 1  V1m (V3m V2m)/2m2, ahol V3m > V2m  1 , V2 , V3 – ellentétes paritású,

101

z1 (V1m 1)/2    2.z1 w1  2m2V2m z1  (V3m  2m2 V2m 1)/2, w1  (V3m  2m2 V2m 1) / 2 ,   m z1 w1  V3 1  V2m  (V1m  V3m ) / 2m2 , ahol V3m > 2m  2 V2m  1 , V1 , V3 – páratlan, z1 (V1m 1)/2    m2 m m m 2 m m 3.z1 w1 V2m  z1 (2 V3 V2 1)/2, w1  (2 V3  V2 1) / 2 ,  m2 m  z1 w1 2 V3 1

V3m  (V1m  V2m ) / 2m2 , ahol 2m  2 V3m > V2m  1 , V1 , V2 – páratlan. Az 1. változat alapján a részegyenletnek m  3 esetén nem létezik megfelelő megoldása, mivel V1m tört. A 2. ( 3.) megoldási változat alapján a 2m2 V2m  V1m V3m egyenletből – parciális tulajdonságának hasznosításával – kapjuk: 2m  2 V2m  V1m  V3m , (3), m

m

' ' (2V1'  1) m  (2V3'  1)m (2V1  1) / 2  (2V3  1) / 2   V  2m  2 22 (V1'  1/ 2)m  (V3'  1/ 2)m   22  (V1'  V3' )  / 2m  p 1  / 22  U1m U m2 , V2  U1U 2 , (4), m 2

(V1'  V3' )  U1m / 4 (V1'  V3' )  U1m (5), ahol 1.  2.  m-p-1 m m-p-1 m     .../ 2  U , .../ 2  U /4 , 2 2    

(V1'  V3' ) és  – elemi tényezők, vagy szorzatuk, 2mp1  a 2. szorzó osztója, 22  a tört osztója. 102

A 2. (3.) változat alapján m  5 kitevő esetén a komponens egyenletnek nincs, így a részegyenletnek sincs megfelelő megoldása. Az m  4 eset vizsgálható a (2V22)2  V14 V34 egyenlet alapján. Az egyenleteknek nincs megfelelő megoldása. Az m  3 eset vizsgálható a 4. egyenlet alapján. A V2  2V2' ( V3  2V3' ) értékeknél az egyenleteknek nincs megfelelő megoldása. A V2  2V2'  1, (V3  2V3'  1) értékek esetén a vizsgálat komplex jellegű. Az egyenleteknek feltehetően nincs megfelelő megoldása.

103

8. SZ. PÉLDA: Az y3  y 2 z  yx 2  zx 2  q 3  qp 2  0

egyenlet vizsgálata Az egyenlet elemzése és felbontása Kiinduló feltételek: x,y,z,q,p – pozitív egészek.

Mellőzve a teljes elemzést és felbontást, írjunk fel egy részegyenletet (a többinek a vizsgálata hasonló): x  2x1  1, y  2y1  1, z  2z1 , q  2q1  1, p  2p1  1, r  2r1 . Az inmonolit egyenlet szimpla felbontása a természetes számok rendszerében implicit, kombinatív felbontása explicit. Az elsőfokú változó monoma értékeknél megkapható megoldások tartalmazzák – a partikuláris megoldások kivételével – a részegyenlet valamennyi megoldását. Ezért a megoldás kombinatív felbontással magasabb fokú monoma esetén csak akkor racionális, ha a feladat így definiált. A részegyenletet megoldása r m  (2r1 ) m monoma esetén Az elsőfokú monoma helyett magasabb fokú monoma választását a módszer szemléletesebb ismertetése motiválja.

A kombinatív felbontás révén kapjuk: x 2 z  y 2 z  x 2 y  y3  r m  q 3  qp 2 , (x  y)(x  y)(z  y)  r m  q(q  p)(q  p),(1) . Az egyik komponens egyenlet határozott, a másik – túlhatározott, ezért az inmonolit egyenlet is határozott. 104

A túlhatározott egyenletnek van megoldása, ha a változók, két tényező alapján számított értéki, a harmadik tényezőben mfokú hatványt adnak. Behelyettesítve, kapjuk:

(x1  y1 )(x1  y1 1)(2z1  2y1 1) m (2q1 1)(q1  p1)(q1  p1 1)  r1  ,(2) , 2m2 2m2 (x1  y1 )(x1  y1 1)(2z1  2y1 1) m  r1  VV 1 2 V3 , (2/a), 2m2 (2q1 +1)(q1  p1 )(q1  p1 1) m  r1  Q1mQm2 Q3m ,(2/ b) , m 2 2 ahol Q1m Q 2m Q3m  r1m  V1V2 V3 , (Q1 , Q 2 , Q3 , V1 , V2 , V3 )  d  1 . A részegyenletnek van megoldása, ha a komponens egyenleteknek van összetartozó nem triviális megoldása is. A partikuláris részegyenlet vizsgálata

Írjuk fel a partikuláris részegyenletet: (x1  y1 )(x1  y1  1)(2z1  2y1  1) (2q1  1)(q1  p1 )(q1  p1  1) 0 , m2 2 2m2 (x1  y1 )(x1  y1  1)(2z1  2y1  1)  0  (2q1  1)(q1  p1 )(q1  p1  1).

Írjuk fel a partikuláris részegyenlet megoldásait: x1  y1 , q1  p1.

105

A részegyenlet vizsgálata m  1 esetén A 2/b komponens egyenlet megoldása

Elsőfokú monoma esetén az egyenlet átírható, így kapjuk:

(2q1 1)(q1  p1)(q1  p1 1) 1 r1  r1 ,(2q1 1)(q1  p1)(q1  p1 1)  1  QQ 1 2Q3 , 1/ 2 2 2q1 1  Q1  Q  Q2 1 Q  Q2 1   1. q1  p1  Q2  ,q1  3 ,p1  3 ,Q1  Q3  Q2 , 2 2 q  p  Q 1 3  1 1  ahol Q,Q 3 2  ellentétes paritású számok, Q3  Q2 1.

A 2/a komponens egyenlet megoldása:

(x1 y1)(x1 y1 1)(2z1 2y1 1) 1 r1 r1 ,(x1 y1)(x1 y1 1)(2z1 2y1 1)  1 VVV, 1 2 3 1/2 2 x1  y1  V1  V  V 1 V  V 1 V V 1   1.x1  y1  V2 1 ,x1  2 1 ,y1  2 1 ,z1  3 2 , 2 2 2 z  y  (V 1)/ 2 1 1 3   ahol V,V és V ,V  ellentétes paritásúak, V2 V1 1. 1 2 3 2

A 2/b komponens egyenlet által meghatározott konkrét r1 / 2 mellett a részegyenletnek annyi inhomogén megoldása van, ahány relatívprím felbontása van r1 / 2  nek.

106

A részegyenlet vizsgálata m  2 esetén

A 2/b komponens egyenlet megoldása:

(2q1  1)(q1  p1 )(q1  p1 1)  r12  Q12Q22Q32 , 2q1  1  Q12    Q 2  Q 22  1 Q 2  Q 22  1 2 1. q1  p1  Q 22  , q1  3 , p1  3 , Q2  Q12  Q32 , 2 2   2 q1  p1  Q3  1

ahol Q3,Q2  ellentétes paritású számok, Q32 > Q22 1, Q 22  (Q1  Q3 )(Q1  Q3 )  P12 P22 , 2 P22  P12 P22  P12 Q1  Q3  P1  1.  ,Q  ,Q  ,Q2  PP 1 3 1 2 , ahol 2 2 2 Q1  Q3  P2  2 2 2 2 P,P 1 2  páratlan, P2 > P1 és mivel Q3 > Q 2  1 , úgy (P2  P1 )/ 2  PP 1 2.

A 2/a komponens egyenlet megoldása:

(x1  y1 )(x1  y1 1)(2z1  2y1 1)  r12  VV 1 2 V3 , x1  y1  V1  V  V V V  V 1 V  V 1   1.x1  y1  V2 1 ,x1  2 1 ,y1  2 1 ,z1  3 2 1 , ahol 2 2 2 z  y  (V 1)/ 2 3 1 1 

V,V 1 2  ellentétes paritású, V3  páratlan, V2 > V1 1, V3  V2 > V1 . A 2/b komponens egyenlet által meghatározott r12 mellett a részegyenletnek annyi inhomogén megoldása van, ahány relatívprím felbontása van r12 -nek. 107

Példa megoldása. Kiinduló adatok: (P22  P12 )/ 2 > P1P2 mellett válasszuk a P1  1, P2  7 értékeket (például P1  3, P2  7 értékeknél az egyenlőtlenség nem teljesül).

Behelyettesítés után kapjuk: Q1  (P22  P12 ) / 2  (72 12 ) / 2  25,

Q3  (P22  P12 ) / 2  (7 2  12 ) / 2  24, Q 2  P1  P2  1  7  7 . Az r12  Q12 Q 22 Q 32  V1V2 V3 kifejezés alapján írhatjuk: r12  252  7 2  242  42002  1  26  32  54  7 2  V1V2 V3 . Mivel V,V V3  páratlan, 1 2  ellentétes paritású számok, V2  V1 , az r12 1 26 32 54  72  VVV 1 2 3 kifejezés relatívprím felbontása alapján írhatjuk: a/. Páros V2 esetén:

1/. V1  1,V2  64,V3  275625, 3/. V1  5,V2  64,V3  55125, 5/. V1  9,V2  64,V3  30625, 7/. V1  21,V2  64,V3  13125, 9/. V1  35,V2  64,V3  7875, 11/. V1  49,V2  64,V3  5625, b/. Páratlan V2 esetén: 13/. V1  64,V2  75,V3  3675,

2/. V1  3,V2  64,V3  91875, 4/. V1  7,V2  64,V3  39375, 6/. V1  15,V2  64,V3  18375, 8/. V1  25,V2  64,V3  11025, 10/. V1  45,V2  64,V3  6125, 12/. V1  63,V2  64,V3  4375.

14/. V1  64,V2  105,V3  2625, 108

15/. V1  64,V2  125,V3  2205, 16/. V1  64,V2  147,V3  1875, 17/. V1  64,V2  175,V3  1575, 18/. V1  64,V2  225,V3  1225, 19/. V1  64,V2  245,V3  1125, 20/. V1  64,V2  315,V3  875, 21/. V1  64,V2  375,V3  735, 22/. V1  64,V2  441,V3  625, 23/. V1  64,V2  525,V3  525, 24/. V1  64,V2  625,V3  441, 25/. V1  64,V2  735,V3  375, 26/. V1  64,V2  875,V3  315, 27/. V1  64,V2  1125,V3  245, 28/. V1  64,V2  1225,V3  225, 29/. V1  64,V2  1575,V3  175, 30/. V1  64,V2  1875,V3  147, 31/. V1  64,V2  2205,V3  125, 32/. V1  64,V2  2625,V3  105, 33/. V1  64,V2  3675,V3  75, 34/. V1  64,V2  4375,V3  63, 35/. V1  64,V2  5625,V3  49, 36/. V1  64,V2  6125,V3  45, 37/. V1  64,V2  7875,V3  35, 38/. V1  64,V2  11025,V3  25, 39/. V1  64,V2  13125,V3  21, 40/. V1  64,V2  18375,V3  15, 41/. V1  64,V2  30625,V3  9, 42/. V1  64,V2  39375,V3  7, 43/. V1  64,V2  55125,V3  5, 44/. V1  64,V2  91875,V3  3, 45/. V1  64,V2  275625,V3  1. Számítsuk ki q1,q,p1,p értékeit: q1  (Q32  Q22 1)/ 2  (242  72 1)/ 2  312,q  2q1 1  2 312 1  625, p1  (Q32  Q22 1)/ 2  (242  72 1)/ 2  263,p  2p1 1  2 263 1  527 . Számítsuk ki x1, x, y1, y,z1,z értékeit: a/. Páros V2 esetén:

1./ x1  (V2  V1 1)/2  (64 11)/2  32,x  2x1 1 65 , y1  (V2  V1 1)/ 2  (64 11)/ 2  31, y  2y1 1  63 , z1  (V3  V2  V1) / 2  (275625  64 1) / 2  137844,z  2z1  275688, 109

2./ x1  (V2  V1  1) / 2  (64  3  1) / 2  33, x  2x1  1  67 , y1  (V2  V1  1) / 2  (64  3  1) / 2  30, y  2y1 1  61, z1  (V3  V2  V1 ) / 2  (91875  64  3) / 2  45968, z  2z1  91936, 3./ x1  (V2  V1 1)/2  (64 51)/2  34,x  2x1 1 69 , y1  (V2  V1 1)/ 2  (64  5 1)/ 2  29, y  2y1 1  59 , z1  (V3  V2  V1) / 2  (55125  64  5) / 2  27592,z  2z1  55184, 4./ x1  (V2  V1 1)/2  (64  7 1)/2  35,x  2x1 1 71, y1  (V2  V1 1)/ 2  (64  7 1)/ 2  28, y  2y1 1  57 , z1  (V3  V2  V1) / 2  (39375  64  7) / 2  19716,z  2z1  39432, 5./ x1  (V2  V1 1)/2  (64 9 1)/2  36,x  2x1 1 73 , y1  (V2  V1 1)/ 2  (64  9 1)/ 2  27, y  2y1 1  55 , z1  (V3  V2  V1) / 2  (30625  64  9) / 2  15340,z  2z1  30680, 6./ x1  (V2  V1 1)/2  (64 15 1)/2  39,x  2x1 1  79 , y1  (V2  V1 1)/ 2  (64 15 1)/ 2  24, y  2y1 1  49 , z1  (V3  V2  V1) / 2  (18375  64 15) / 2  9212,z  2z1  18424, 7./ x1  (V2  V1 1)/2  (64  211)/2  42,x  2x1 1  85, y1  (V2  V1 1)/ 2  (64  211)/ 2  21, y  2y1 1  43 , z1  (V3  V2  V1) / 2  (13125  64  21) / 2  6584,z  2z1  13168, 8./ x1  (V2  V1 1)/2  (64  25 1)/2  44,x  2x1 1 89 , y1  (V2  V1 1)/ 2  (64  25 1)/ 2  19, y  2y1 1  39 , z1  (V3  V2  V1) / 2  (11025  64  25) / 2  5532,z  2z1  11064, 9./ x1  (V2  V1 1)/2  (64 35 1)/2  49,x  2x1 1  99 , y1  (V2  V1 1)/ 2  (64  35 1)/ 2  14, y  2y1 1  29 , z1  (V3  V2  V1 ) / 2  (7875  64  35) / 2  3952,z  2z1  7904, 10./ x1  (V2  V1 1)/2  (64  45 1)/2  54,x  2x1 1109 , y1  (V2  V1 1)/ 2  (64  45 1)/ 2  9, y  2y1 1  19 , z1  (V3  V2  V1 ) / 2  (6125  64  45) / 2  3072,z  2z1  6144, 110

11./ x1  (V2  V1 1)/2  (64  49 1)/2  56,x  2x1 1 113 , y1  (V2  V1 1)/ 2  (64  49 1)/ 2  7, y  2y1 1  15 , z1  (V3  V2  V1 ) / 2  (5625  64  49) / 2  2820,z  2z1  5640, 12./ x1  (V2  V1 1)/2  (64  631)/2  63,x  2x1 1 127 , y1  (V2  V1 1)/ 2  (64  63 1)/ 2  0, y  2y1 1  1, z1  (V3  V2  V1 ) / 2  (4375  64  63) / 2  2188,z  2z1  4376. b/. Páratlan V2 esetén:

13./ x1  (V2  V1 1)/2  (75  64 1)/2  69,x  2x1 1139 , y1  (V2  V1 1)/ 2  (75  64 1)/ 2  5, y  2y1 1  11, z1  (V3  V2  V1 ) / 2  (3675  75  64) / 2  1843,z  2z1  3686, 14./ x1  (V2  V1 1)/2  (105  64 1)/2  84,x  2x1 1 169 , y1  (V2  V1 1)/ 2  (105  64 1)/ 2  20, y  2y1 1  41 , z1  (V3  V2  V1 ) / 2  (2625 105  64) / 2  1333,z  2z1  2666, 15./ x1  (V2  V1 1)/2  (125  64 1)/2  94,x  2x1 1 189 , y1  (V2  V1 1)/ 2  (125  64 1)/ 2  30, y  2y1 1  61, z1  (V3  V2  V1 ) / 2  (2205  64 125) / 2  1072,z  2z1  2144, 16./ x1  (V2  V1 1)/2  (147  64 1)/2 105,x  2x1 1 211, y1  (V2  V1 1)/ 2  (147  64 1)/ 2  41, y  2y1 1  83 , z1  (V3  V2  V1 ) / 2  (1875 147  64) / 2  979,z  2z1  1958, 17./ x1  (V2  V1 1)/2  (175  64 1)/2 119,x  2x1 1  239 , y1  (V2  V1 1)/ 2  (175  64 1)/ 2  55, y  2y1 1  111 , z1  (V3  V2  V1 ) / 2  (1575 147  64) / 2  829,z  2z1  1658, 18./ x1  (V2  V1 1)/2  (225  64 1)/2 144,x  2x1 1 289, y1  (V2  V1 1)/ 2  (225  64 1)/ 2  80, y  2y1 1  161, z1  (V3  V2  V1 ) / 2  (1225  225  64) / 2  693,z  2z1  1386, 19./ x1  (V2  V1 1)/2  (245  64 1)/2 154,x  2x1 1 309 , 111

y1  (V2  V1 1)/ 2  (245  64 1)/ 2  90, y  2y1 1  181, z1  (V3  V2  V1 ) / 2  (1125  245  64) / 2  653,z  2z1  1306, 20./ x1  (V2  V1 1)/2  (315  64 1)/2 189,x  2x1 1  379 , y1  (V2  V1 1)/ 2  (315  64 1)/ 2  125, y  2y1 1  251, z1  (V3  V2  V1) / 2  (875  315  64) / 2  563,z  2z1  1126, 21./ x1  (V2  V1 1)/2  (375 64 1)/2  219,x  2x1 1  439, y1  (V2  V1 1)/ 2  (375  64 1)/ 2  155, y  2y1 1  311 , z1  (V3  V2  V1 ) / 2  (735  375  64) / 2  523,z  2z1  1046, 22./ x1  (V2  V1 1)/2  (441 64 1)/2  252,x  2x1 1  505, y1  (V2  V1 1)/ 2  (441 64 1)/ 2  188, y  2y1 1  377 , z1  (V3  V2  V1) / 2  (625  441 64) / 2  501,z  2z1  1002, 23./ x1  (V2  V1 1)/2  (525 64 1)/2  294,x  2x1 1  589 , y1  (V2  V1 1)/ 2  (525  64 1)/ 2  230, y  2y1 1  461, z1  (V3  V2  V1) / 2  (525  525  64) / 2  493,z  2z1  986, 24./ x1  (V2  V1 1)/2  (625  64 1)/2  344,x  2x1 1  689 , y1  (V2  V1 1)/ 2  (625  64 1)/ 2  280, y  2y1 1  561, z1  (V3  V2  V1) / 2  (441 625  64) / 2  501,z  2z1  1002, 25./ x1  (V2  V1 1)/2  (735  64 1)/2  369,x  2x1 1  739 , y1  (V2  V1 1)/ 2  (735  64 1)/ 2  335, y  2y1 1  671, z1  (V3  V2  V1 ) / 2  (375  735  64) / 2  523,z  2z1  1046, 26./ x1  (V2  V1 1)/2  (875  64 1)/2  469,x  2x1 1  939 , y1  (V2  V1 1)/ 2  (875  64 1)/ 2  405, y  2y1 1  811 , z1  (V3  V2  V1) / 2  (315  875  64) / 2  563,z  2z1  1126, 27./ x1  (V2  V1 1)/2  (1125 64 1)/2  594,x  2x1 11189 , y1  (V2  V1 1)/ 2  (1125  64 1)/ 2  530, y  2y1 1  1060 , z1  (V3  V2  V1 ) / 2  (245 1125  64) / 2  653,z  2z1  1306, 28./ x1  (V2  V1 1)/2  (1225 64 1)/2  644,x  2x1 1 1289 , 112

y1  (V2  V1 1)/ 2  (1225  64 1)/ 2  580, y  2y1 1  1161, z1  (V3  V2  V1 ) / 2  (225 1225  64) / 2  693,z  2z1  1386, 29./ x1  (V2  V1 1)/2  (1575  64 1)/2  819,x  2x1 1 1638, y1  (V2  V1 1)/ 2  (1575  64 1)/ 2  755, y  2y1 1  1511, z1  (V3  V2  V1 ) / 2  (175 1575  64) / 2  843,z  2z1  1686, 30./ x1  (V2  V1 1)/2  (1875 64 1)/2  969,x  2x1 11939 , y1  (V2  V1 1)/ 2  (1875  64 1)/ 2  905, y  2y1 1  1811 , z1  (V3  V2  V1 )/ 2  (147 1875  64) / 2  979,z  2z1  1958, 31./ x1  (V2  V1 1)/2  (2205 64 1)/2 1134,x  2x1 1 2269, y1  (V2  V1 1)/ 2  (2205  64 1)/ 2  1070, y  2y1 1  2141 , z1  (V3  V2  V1 ) / 2  (125  2205  64) / 2  1133,z  2z1  2266, 32./ x1  (V2  V1 1)/2  (2625 64 1)/2 1344,x  2x1 1 2689, y1  (V2  V1 1)/ 2  (2625  64 1)/ 2  1280, y  2y1 1  2561 , z1  (V3  V2  V1 ) / 2  (105  2625  64) / 2  1333,z  2z1  2666, 33./ x1  (V2  V1 1)/2  (3675 64 1)/2 1869,x  2x1 1  3739 , y1  (V2  V1 1)/ 2  (3675  64 1)/ 2  1805, y  2y1 1  3611 , z1  (V3  V2  V1 ) / 2  (75  3675  64) / 2  1843,z  2z1  3686, 34./ x1  (V2  V1 1)/2  (4375 64 1)/2  2219,x  2x1 1 4439 , y1  (V2  V1 1)/ 2  (4375  64 1)/ 2  2155, y  2y1 1  4311 , z1  (V3  V2  V1 ) / 2  (63  4375  64) / 2  2187,z  2z1  4374, 35./ x1  (V2  V1 1)/2  (5625 64 1)/2  2844,x  2x1 1  5689 , y1  (V2  V1 1)/ 2  (5625  64 1)/ 2  2780, y  2y1 1  5561, z1  (V3  V2  V1 ) / 2  (49  5625  64) / 2  2805,z  2z1  56112, 36./ x1  (V2  V1 1)/2  (6125 64 1)/2  3094,x  2x1 1 6189 , y1  (V2  V1 1)/ 2  (6125  64 1)/ 2  3030, y  2y1 1  6061, z1  (V3  V2  V1 ) / 2  (45  6125  64) / 2  3053,z  2z1  6106, 37./ x1  (V2  V1 1)/2  (7875 64 1)/2  3969,x  2x1 1 7939 , 113

y1  (V2  V1 1)/ 2  (7875  64 1)/ 2  3905, y  2y1 1  7811, z1  (V3  V2  V1 ) / 2  (35  7875  64) / 2  3923,z  2z1  7846, 38./ x1  (V2  V1 1)/2  (11025  64 1)/2  5544,x  2x1 1 11089 , y1  (V2  V1 1)/ 2  (11025  64 1)/ 2  5480, y  2y1 1  10961, z1  (V3  V2  V1) / 2  (25 11025  64) / 2  5493,z  2z1  10986, 39./ x1  (V2  V1 1)/2  (13125 64 1)/2  6594,x  2x1 113189 , y1  (V2  V1 1)/ 2  (13125  64 1)/ 2  6530, y  2y1 1  13061, z1  (V3  V2  V1) / 2  (2113125  64) / 2  6539,z  2z1  13078, 40./ x1  (V2  V1 1)/2  (30625 64 1)/2 15345,x  2x1 1 30689, y1  (V2  V1 1)/ 2  (30625  64 1)/ 2  15280, y  2y1 1  30561 , z1  (V3  V2  V1) / 2  (9  30625  64) / 2  15285,z  2z1  37570, 41./ x1  (V2  V1 1)/2  (30625  64 1)/2 15344,x  2x1 1  30689 , y1  (V2  V1 1)/ 2  (30625  64 1)/ 2  15280, y  2y1 1  30561 , z1  (V3  V2  V1) / 2  (9  30625  64) / 2  15285,z  2z1  30570, 42./ x1  (V2  V1 1)/2  (39375  64 1)/2 19719,x  2x1 1  39439 , y1  (V2  V1 1)/ 2  (39375  64 1)/ 2  19655, y  2y1 1  39311 , z1  (V3  V2  V1) / 2  (7  39375  64) / 2  19659,z  2z1  39318, 43./ x1  (V2  V1 1)/2  (55125 64 1)/2  27594,x  2x1 1 55189 , y1  (V2  V1 1)/ 2  (55125  64 1)/ 2  27530, y  2y1 1  55061, z1  (V3  V2  V1) / 2  (5  55125  64) / 2  27533,z  2z1  55066, 44./ x1  (V2  V1 1)/2  (91875 64 1)/2  45969,x  2x1 1 91939 , y1  (V2  V1 1)/ 2  (91875  64 1)/ 2  45905, y  2y1 1  91811, z1  (V3  V2  V1) / 2  (3  91875  64) / 2  45907,z  2z1  91814, 45./ x1  (V2  V1 1)/2  (275625641)/2 137844,x  2x1 1 275688, y1  (V2  V1 1)/ 2  (275625  64 1)/ 2 137780,y  2y1 1  275561, z1  (V3  V2  V1 ) / 2  (1 275625  64) / 2  137781,z  2z1  275562 .

114

A (2) egyenletbe történő visszahelyettesítéssel példaként ellenőrizzük a 4, 9, 18, 33 számú megoldásokat:

(x1  y1 )(x1  y1 1)(2z1  2y1 1)  r12  (2q1  1)(q1  p1 )(q1  p1 1), (x  y)(x  y)(z  y)  r 2  q(q  p)(q  p) , 4./ (35  28)(35  28 1)(2 19716  2 28 1)  7  64 39375   42002  (2  312  1)(312  263)(312  263  1)  252 172  242 ,

(71  57)(71  57)(39432  57)  84002  625(625  527)(625  527), 14 128  39375  70560000  84002  625  98 1152 , 9./ (49 14)(49 14 1)(2 3952  214 1)  35 64  7875   42002  (2  312  1)(312  263)(312  263  1)  252 172  242 ,

(99  29)(99  29)(7904  29)  84002  625(625  527)(625  527),

70 128  7875  70560000  84002  625  98 1152 , 18./ (14480)(144801)(26932801) 642251225   2  4200  (2  312  1)(312  263)(312  263  1)  252 172  242 , (289 161)(289 161)(1386 161)  84002  625(625  527)(625  527),

128  450 1225  70560000  84002  625  98 1152 33./ (1869 1805)(1869 1805 1)(21843  2 1805 1)  64  3675 75   42002  (2  312  1)(312  263)(312  263  1)  252 172  242 , (3739 3611)(3739  3611)(3686 3611)  84002  625(625 527)(625 527),

128  7350  75  70560000  84002  625  98 1152 , A részegyenlet vizsgálata m  3 esetén

Írjuk fel az egyenletet:

115

(x1 y1)(x1 y1 1)(2z1 2y1 1) m (2q1  1)(q1  p1 )(q1  p1 1)  r1  ,(2) , 2m2 2m2 (x1  y1 )(x1  y1 1)(2z1  2y1 1) / 2m2  r1m  VV 1 2 V3 , (2/a), (2q1 +1)(q1  p1 )(q1  p1 1)/2m2  r1m  Q1mQ2mQ3m ,(2/ b) . A 2/b komponens egyenlet megoldása:

(2q1  1)(q1  p1 )(q1  p1  1) / 2m2  r1m  Q1mQ2mQ3m , 2q1 1  2m2 Q1m  2q1 1  Q1m  2q1 1  Q1m        m2 m m 1. q1  p1  Qm2 ,2. q1  p1  2 Q2 ,3. q1  p1  Q2 .       m m m2 m q1  p1  Q3 1  q1  p1  Q3 1  q1  p1  2 Q3 1

Az 1. változat alapján m  3 kitevők esetén nincs megoldás, Q1 tört. A 2. és 3. változat alapján kapjuk: q1  (Q3m  2m 2 Q 2m  1) / 2, p1  (Q3m  2m  2 Q 2m  1) / 2, q1  (Q1m  1) / 2  (Q3m  2m  2 Q 2m  1) / 2, 2m  2 Qm2  Q1m  Q3m , Q 2m  (Q1m  Q3m ) / 2m  2 , ahol Q1 , Q3  páratlan számok, q1  (2m 2 Q3m  Q m2  1) / 2, p1  (2m  2 Q3m  Q 2m  1) / 2, q1  (Q1m  1) / 2  (2m  2 Q3m  Q 2m  1) / 2, 2m  2 Q3m  Q1m  Q m2 , Q3m  (Q1m  Q m2 ) / 2m  2 , ahol Q1 , Q 2  páratlan számok. A 2m2 Qm2  Q1m  Q3m ,2m2 Q3m  Q1m  Qm2 egyenletek azonosak a 7. példában m  3 esetén kapottakkal. 116

9. SZ. PÉLDA: A 4x m  4z 2  9y 2  6y  1  0 , (1)

egyenlet vizsgálata Az egyenlet elemzése és felbontása Kiinduló adatok: x, y, z – pozitív egészek.

Az inmonolit egyenlet szimpla felbontással szorzókra bontható a természetes számok rendszerében:

lineáris

4x m   2z  3y  1 2z  3y  1 .

Az egyenlet az alábbi részegyenletekre bontható: a. x páros, z és y páratlan, b. x, z páros, y páratlan, c. x, y, z páratlan, d. x, y, páratlan, z páros szám. Az a részegyenlet vizsgálata

Írjuk fel a paraméteres részegyenletet: 4  2x1    2  2z1  1  3  2y1  1  1  2  2z1  1  3  2y1  1  1 ,  2z1  3y1  2z1  3y1  2   V m V m . (2). x1m  1 2 2m m

A részegyenlet inhomogén, határozott: i  k  2 . Írjuk fel a megoldási változatokat:  2z1  3y1   2m V1m  2z1  3y1   V1m 1.  2. (3),  m m m 2z  3y  V  2 , 2z  3y  2 V  2,     1 2 1 2  1  1 ahol  V1 ,V2   d  1 . 117

Az 1. változat alapján kapjuk: z1   V2m  2m V1m  2  / 4, y1   V2m  2m V1m  2  / 6, ahol V2m >  2m V1m  2 ,V1  páratlan, V2  páros,

A 2. változat alapján kapjuk: z1   2m V2m  V1m  2  / 4, y1   2m V2m  V1m  2  / 6,

ahol 2m V2m >  V1m  2 ,V2  páratlan, V1  páros,

A részegyenlet vizsgálata m  1 esetén

Az 1. változat alapján kapjuk: V2  2V3 , x1  V1V2  2V1V3 , y1 

V2m  2m V1m  2 V3  V1 1 Vm  2mV1m  2 V3  V1 1  , z1  2  , 6 3 4 2

ahol V1  páratlan, V2 , V3  páros, V1  2k 0  1, V3  V1  1 . Vizsgáljuk a (V3  V1 1)/3  k tört oszthatóságát Az algebrai kifejezések egész számokkal történő általános oszthatóság-vizsgálata – implicit folyamat. Az algebrai kifejezések oszthatóság-vizsgálata a kettes szám hatványaival a változók explicit paritása esetén – explicit folyamat. Ezért az explicit oszthatóság-vizsgálat érdekében a kifejezéseket át kell rendezni a páratlan osztók nevezőből történő eltávolítása útján.

118

A tört átalakításával kapjuk: V3  V1  3k  1  2k 0  1  3k  1  2  3k 1  k 0  1 ,

ahol k 0  0,1, 2,3, , k1  0,1, 2,3, , k  2k1 , mivel V3  páros. A 2. változat alapján kapjuk: V1  2V3 , x1  V1V2  2V2V3 ,

2m V2m  V1m  2 V2  V3 1 2m V2m  V1m  2 V2  V3 1 y1   , z1   , 6 3 4 2 ahol V2  páratlan, V1 ,V3  páros, V2  2k 0  1. Vizsgáljuk a (V2  V3 1)/3  k tört oszthatóságát.

A tört átalakításával, kapjuk: V3  3k  V2 1  3k  2k0  1 1  3  2k1  2k0  2  k0  3k1  ahol k0 1,2,3, ,k1  0,1,2,3,, k 0 >3k1 , k  2k1 , V3 

páratlan.

A részegyenlet vizsgálata m > 1 esetén

Az 1. változat alapján kapjuk: z1   V2m  2m V1m  2  / 4, y1   V2m  2m V1m  2  / 6,

ahol V2m >  2m V1m  2  , V1  páratlan, V2  páros, V2  2V3 .

119

Behelyettesítés után kapjuk: 2m V3m  2m V1m  2 2m 1V3m  2m 1 V1m  1  , 4 2 2m V3m  2m V1m  2 2m 1V3m  2m 1 V1m  1 y1   . 6 3

z1 

A 2. változat alapján kapjuk: y1   2m V2m  V1m  2  / 6, z1   2m V2m  V1m  2  / 4, ahol 2m V2m >  V1m  2  , V2  páratlan, V1  páros, V1  2V3 . Behelyettesítés után kapjuk: 2m V2m  2m V3m  2 2m 1V2m  2m 1 V3m  1 z1   , 4 2 2m V3m  2m V1m  2 2m 1V3m  2m 1 V1m  1 y1   . 6 3 A kapott eredmények alapján m > 1 részegyenletnek nincs megoldása, mivel z1 tört.

esetén az a

A b részegyenlet vizsgálata

Írjuk fel a paraméteres részegyenletet: 4  2x1    2  2z1   3  2y1  1  1  2  2z1   3  2y1  1  1 ,  2z1  3y1  1 2z1  3y1  1  V m V m , (4). x1m  1 2 2m m

A részegyenlet inhomogén, határozott: i  k  2 . 120

Írjuk fel a megoldási változatokat:  2z1  3y1   2m V1m  1  2z1  3y1   V1m  1 1.  , 2.  (5), m m m  2z1  3y1   V2  1  2z1  3y1   2 V2  1, ahol  V1 ,V2   d  1 . Az 1. változat alapján kapjuk: V2m  2m V1m V m  2m V1m  2 , y1  2 , 4 6 ahol V2m >  2m V1m  2  , V1  páratlan, V2  páros. z1 

A 2. változat alapján kapjuk: 2m V2m  V1m 2m V2m  V1m  2 , y1  , 4 6 ahol 2m V2m >  V1m  2  , V2  páratlan, V1  páros. z1 

A részegyenlet vizsgálata m  1 esetén

Az 1. változat alapján kapjuk: V2  2V3 , x1  VV 1 2  2VV 1 3, y1 

V2m  2m V1m  2 V3  V1 1 Vm  2m V1m V3  V1  , z1  2  , 6 3 4 2 ahol V1 , V3  páratlan, V2  páros, V3  V1  1 .

121

Vizsgáljuk a (V3  V1 1)/3  k tört oszthatóságát.

A tört átalakításával kapjuk: V3  V1  3k  1  2k 0  1  3k  1  2k 0  6k1  5, ahol k0 0,1,2,3,,k1 0,1,2,3,, V1  2k 0  1, k  2k1 1, V3  páratlan. A 2. változat alapján kapjuk: V1  2V3 , x1  VV 1 2  2V2V3 , 2m V2m  V1m  2 V2  V3 1 2m V2m  V1m V2  V3 y1   , z1   , 6 3 4 2 ahol V1  páros, V2 , V3  páratlan, V2  V3  1 . Vizsgáljuk a (V2 V3 1)/3  k tört oszthatóságát.

A tört átalakításával kapjuk: V3 3k  V2 13k  2k0 11 2k0 6k1 3, ahol k0  2,3,4, ,k1  0,1,2,3, , 2k 0 >3  2k1  1 , k  2k1 1. A részegyenlet vizsgálata m  1 esetén Az 1. megoldási változat alapján kapjuk:

z1   V2m  2m V1m  / 4, y1   V2m  2m V1m  2  / 6,

ahol V2m >  2m V1m  2  , V1  páratlan, V2  páros, V2  2V3 . Behelyettesítés után kapjuk: x1  V1V2  2V1V3 , z1   2m V3m  2m V1m  / 4  2m  2  V3m  V1m  , 122

2m V3m  2m V1m  2 2m 1V3m  2m 1 V1m  1  , 6 3 ahol V1  páratlan, 2m 1V3m  2m 1 V1m  1 .

y1 

A vizsgálat kivitelezhető m  1 mellett, mivel k  i  2 . Vizsgáljuk a (2m1V3m  2m1V1m 1)/3  k tört oszthatóságát.

A vizsgálat – a páratlan osztók miatt – konkrét kitevők mellett, próbálkozással nyert adatokkal lehet eredményes. A kikötésekkel választható V1 , vagy V3 értékekhez tartozó megoldási sorozatok, a képlet k m -re történő rendezésével, véges próbálkozással produkálhatók. Ennek során meghatározásra kerül a megoldássorozat egymást követő legkisebb V3(1) , V3(2) eleme,  periódusa és V3 n  eleme. A próbálkozások száma: P    1. A tört átrendezése két változat szerint lehetséges: m 1 3k  2m 1 V1m  1 3k  2  2k 0  1  1   1/. V  2m 1 2m 1 m   2k 0  1   3k  1 2m 1 , m

m 3

ahol k – páratlan, V1  2k 0  1, m 1 2m 1 V3m  3k  1 2  2k 0  1  3k  1   2/. V  2m 1 2m 1 m   2k 0  1   3k  1 2m 1 , m

m 1

ahol k – páratlan, V3  2k 0  1,  2k 0  1  3k  1 2m 1. m

123

Végezzük el a vizsgálatot V3 -ra történő rendezés mellett

m  1 esetén kapjuk: 3k 1 3(2k1 1) 1   6k1  4, V31  2k 0  6k1  5, m1 11 2 2 ahol k – páratlan egész szám, V1  2k 0  1, k0  0,1,2,3,,k1  0,1,2,3,, k  2k1 1, V31  páratlan, (V,V 1 3 )  d 1.

m  2 esetén kapjuk: 3k1 1 3(2k2 1) 1 3k2  2 2   22  3k2  2, V32   2k0 1  3k2  2 , m1 m1 2 2 2 ' ' ahol k0  3k0 1,k0  0,1,2,3, ,k2  ?, k1  2k2 1,(V,V 1 3 )  d  1. m  3 esetén kapjuk:

3k2  2 3  2k3  2 3k3 1 3   33  3k3 1, V33   2k0  1  3k3  1, m2 m2 2 2 2 ahol k 0  0,1, 2,3, , k2  ?, k2  2k3, (V,V 1 3 )  d 1. m  4 esetén kapjuk: 3k3 1 3 2k4 1 1 3k4  2 4   44  3k4  2, V34   2k0 1  3k4  2 , m3 m3 2 2 2 ' ' ahol k0  3k0 1,k0  0,1,2,3, ,k4  ?, k3  2k4 1,(V,V 1 3 )  d  1. m  5 esetén kapjuk:

3k4  2 3 2k5  2 3k5 1 5  m4  55  3k5 1, V35   2k 0  1  3k 5  1 , m4 2 2 2 ahol k 0  0,1, 2,3, , k5  ?, k4  2k5 ,(V,V 1 3 )  d  1. stb. 124

V3 - ra történő rendezés mellett, általánosan írhatjuk: Páros m esetén: V32m1   2k 0  1

2m'

 3k 2m'  2, (6), ahol

V1 2k0 1,k0 3k 1,k 0,1,2,3,,k2m' ?, k2m' 1  2k2m 1,(V,V 1 3 )  d  1. ' 0

' 0

Páratlan m esetén: V32m 1   2k0 1 '

2m' 1

 3k2m' 1 1 , (7),

ahol k0  0,1,2,3, ,k2m' 1  ?,m   k2m'  2k2m 1,(V,V 1 3 )  d  1. '

m  esetén k m , V3 összefüggő, megoldást adó, értékei a (6). és (7). képletek alapján közvetlenül nem kaphatók meg, mint m  1 esetén, amikor választott k1 értékek alapján V3 értékei egyértelműen számíthatók. A feltételekkel választható V1 -hez tartozó megoldási sorozatok a (6/a) és (7/a) képletek alapján, véges próbálkozással produkálhatók: V32m  2k0 1 2 k2m'  , (6/a), 3 ahol V1  2k0 1,k0  3k'0 1,k'0  0,1,2,3, ,k2m'  ?, (V,V 1 3 )  d  1. 2m'

'

V32m1  2k0 1 1 k2m' 1  , (7/a), 3 ahol V1  2k0 1,k0  0,1,2,3, , k2m' 1  ?,(V,V 1 3 )  d  1. 2m' 1

'

A (6/a) és (7/a) képletek alapján, próbálkozással, meghatározható a választott V1 (k 0 ) értékhez tartozó megoldássorozat két egymást követő legkisebb V3(1) , V3(2) eleme. Majd ezek alapján a megoldássorozat periódusa és tetszőleges V3 n  eleme. A próbálkozások száma: P    1 . 125

Írjuk fel az aktuális összefüggéseket:  V3(2)  V3(1) ,V3 n  n  V3(1) ,

ahol n  a választott V1 (k 0 ) értékhez tartozó megoldássorozat V3 n  elemének sorszáma,   a megoldássorozat periódusa. A 2. megoldási változat alapján kapjuk:

z1   2m V2m  V1m  / 4, y1   2m V2m  V1m  2  / 6,

ahol 2m V2m >  V1m  2  , V2  páratlan, V1  páros, V1  2V3 . Behelyettesítés után kapjuk: x1  V1V2  2V2 V3



z1   2m V2m  2m V3m  / 4  2m  2  V2m  V3m  ,







y1  2m V2m  2m V3m  2 / 6  2m 1V2m  2m 1 V3m  1 / 3 .

A vizsgálat kivitelezhető m  1 mellett, mivel k  i  2 . Vizsgáljuk a (2m1V2m  2m1V3m 1)/3  k tört oszthatóságát.

A vizsgálat – a páratlan osztók miatt – csak konkrét kitevők mellett, próbálkozással nyert kiinduló adatokkal, eredményes. A megkötésekkel választható V3 , vagy V2 értékekhez tartozó megoldási sorozatok a képlet k m  re történő rendezése mellett véges próbálkozással produkálhatók. Ennek során meghatározásra kerül a megoldássorozat két egymást követő legkisebb V2(1) , V2(2) eleme, majd ezek alapján a választott V3 értékhez tartozó sorozat  periódusa, V2 n eleme. A próbálkozások száma: P    1 . 126

A tört átrendezése két változat szerint lehetséges: m 1 3k  2m 1 V3m  1 3k  2  2k 0  1  1   1/. V  2m 1 2m 1 m   2k 0  1   3k  1 2m 1 , m

m 2

ahol k – páratlan, V3  2k 0  1, m 1 2m 1 V2m  3k  1 2  2k 0  1  3k  1   2/. V  2m 1 2m 1 m   2k 0  1   3k  1 2m 1 , m

m 3

ahol k – páratlan egész szám, V2  2k 0  1,  2k0 1  3k 12m1. m

Végezzük el a vizsgálatot V2  re történő rendezés mellett.

m  1 esetén kapjuk: 3k 1 3(2k1 1) 1   6k1  4, V21  2k 0  6k1  5, m1 11 2 2 ahol k – páratlan egész szám, V1  2k 0  1, k0  0,1,2,3,,k1 0,1,2,3,, k  2k1 1, V21  páratlan, (V2 ,V3 )  d 1. m  2 esetén kapjuk: 3k1 1 3(2k2 1) 1 3k2  2 2   22  3k2  2, V22   2k0 1  3k2  2 , m1 m1 2 2 2 ' ' ahol k0 3k0 1,k0 0,1,2,3,, k2  ?, k1  2k2 1,(V2 ,V3 )  d 1. m  3 esetén kapjuk: 3k2  2 3  2k3  2 3k3 1 3   33  3k3 1, V23   2k0  1  3k3  1, m 2 m 2 2 2 2 ahol k0 0,1,2,3,, k3  ?, k2  2k3, (V2 ,V3 )  d 1.

127

m  4 esetén kapjuk: 3k3 1 3 2k4 1 1 3k4  2 4   44  3k4  2, V24   2k0 1  3k4  2 , m3 m3 2 2 2 ' ' ahol k0 3k0 1,k0 0,1,2,3,, k4  ?, k3  2k4 1,(V2 ,V3 )  d 1. m  5 esetén kapjuk: 3k4  2 3 2k5  2 3k5 1 5  m4  55  3k5 1, V25   2k0 1  3k5 1 , m4 2 2 2 ahol k0 0,1,2,3,, k5  ?, k4  2k5 ,(V2 ,V3 )  d 1. stb.

V2  re történő rendezés mellett általánosan írhatjuk: Páros m esetén: V22m1   2k 0  1

2m'

 3k 2m'  2, (8),

ahol V3  2k0 1,k0  3k0' 1,k0'  0,1,2,3,,k2m'  ?, k2m' 1  2k2m 1,(V,V) 2 3  d 1. Páratlan m esetén: V22m 1   2k0 1 '

2m' 1

 3k2m' 1 1 , (9),

ahol k0 0,1,2,3,, k2m' 1  ?,m'   k2m'  2k2m' 1,V3  2k0 1,(V,V 1 3 )  d  1. m  esetén k m , V2 összefüggő, megoldást adó, értékei a (8). és (9). képletek alapján közvetlenül nem kaphatók meg, mint m  1 esetén, amikor választott k1 értékek alapján V2 értékei egyértelműen számíthatók. A megkötésekkel választható V3 értékhez tartozó megoldási sorozatok a (8/a). és (9/a). képletek alapján, véges próbálkozással produkálhatók:

128

V2m  2k0 1 2 k2m'  2  (8/a), ahol 3 V3  2k0 1,k0  3k'0 1,k'0  0,1,2,3, ,k2m'  ?, (V2 ,V3 )  d 1. 2m'

'

V2m1  2k0 1 1 k2m' 1  2 , (9/a), ahol 3 V3  2k0 1,k0  0,1,2,3, , k2m' 1  ?,(V2 ,V3 )  d 1. 2m' 1

'

A (8/a) és (9/a) képletek alapján – próbálkozással – meghatározásra kerül a megoldássorozat két egymást követő legkisebb V2(1) , V2(2) eleme, majd ezek alapján a választott V3 (k 0 )  értékhez tartozó megoldássorozat periódusa, illetve tetszőleges V2 n  eleme. A próbálkozások száma: P    1. Írjuk fel a vonatkozó összefüggéseket:   V2n  2  V2n 1 , V2 n  n  (V2n2  V2n1 )  V2n1  n  V2n1 ,

ahol n  a választott V3 (k 0 ) értékhez tartozó megoldássorozat V2 n  elemének sorszáma,   a megoldássorozat periódusa. 1. Példa megoldása: a. Kiinduló adatok: m  3, k 0  0 , n  11 , ahol n – a k 0  0 értékhez tartozó megoldás periódusszáma.

A (7). képlet alapján kapjuk: V32m11   2k0 1

2m11

3k2m11 1,

V33   2k0 1  3k3 1   2  0 1  3k3 1  3k3  2 , V33  3k 3  2, 3

3

129

k 3(1) 

3 V3(1) 2

3

3 V3(2)  2 53  2 23  2   2, k 3(2)    41. 3 3 3

Határozzuk meg a sorozat periódusát és V3(n) értékét, a próbálkozással kapott V3(1)  2, V3(2)  5 értékek alapján:   V3(2)  V3(1)  5  2  3, V3 n  V311  nV3(1) 1132  35. Az 1. megoldási változat képletei alapján kapjuk: x1  V1V2  2V1V3(11)  2 1  35  1 70  70, V1  2k0 1  2 0 1 1, m z1  2m  2  V3(11)  V1m   23 2  353  13   85752,

y1 

m 2m 1V3(11)  2m 1 V1m  1

3



231  353  231 13  1  57165. 3

Visszahelyettesítéssel ellenőrizzük a megoldást: x1m  

 2z1  3y1 1 2z1  3y1 1  VmVm , 1

m

2

x1m  1 70  343000  3

2  2  85752  3  57165  1 2  85752  3  57165  1 2

3

 1  70  . 3

b. Kiinduló adatok: m  3, k 0  1 , n  5 , ahol n – a k 0  1 értékhez tartozó megoldás sorszáma.

A (7). képlet alapján kapjuk: V32m11   2k0 1

2m11

3k2m11 1,

V33   2k0 1  3k3 1   2 11  3k3 1  3k3  28 , V33  3k 3  28, 3

3

130

k3(1) 

3 V3(1) 1

3

V3(2) 1 43 1 73 1 9  9 12, k3(2)  9   9  105. 3 3 3 3

Határozzuk meg a sorozat periódusát és V3(n) értékét, a próbálkozással kapott V3(1)  4, V3(2)  7 , értékek alapján:   V3(2)  V3(1)  7  4  3, V3 n  V35  nV3(1)  534 19. Az 1. megoldási változat képletei alapján kapjuk: x1  V1V2  2V1V3(5)  2  3 19  3  38  114, V1  2k0 1  211  3, m z1  2m  2  V3(5)  V1m   23 2 193  33   13772,

y1 

m 2m 1V3(5)  2m 1 V1m  1

3



231 193  231  33  1  9109. 3

Visszahelyettesítéssel ellenőrizzük a megoldást: x1m 



 2z1  3y1  1 2z1  3y1  1  V m V m . 2m 3 x1m   3  38   1481544 

1

2

 2 13772  3  9109  1 2 13772  3  9109  1  2

3

 3  38

3

.

c. Kiinduló adatok: m  5, k 0  2 , n  7 , ahol n – a k 0  2 értékhez tartozó megoldás sorszáma.

A (7). képlet alapján kapjuk: V32m1 1   2k0 1

2m1 1

131

 3k2m1 1 1,

V35   2k0 1  3k5 1   2  2 1  3k5 1  3k5  3126 , 5

5

5 k5(1)  (V3(1)  0)/3 1042  (65  0)/3 1042 1550, 5 k 5(2)  (V3(2)  0) / 3  1042  (95  0) / 3  1042  18641.

Határozzuk meg a sorozat periódusát és V3(n) értékét, a próbálkozással kapott V3(1)  6, V3(2)  9 , értékek alapján:   V3(2)  V3(1)  9  6  3, V3 n V37 nV3(1) 73627. Az 1. megoldási változat képletei alapján kapjuk: x1  VV 1 2  2VV 1 3(7)  2  5  27  5  54  270, V1  2k0 1  2 2 1  5, m z1  2m  2  V3(7)  V1m   25 2  275  55   114816256,

y1 

m 2m 1V3(7)  2m 1 V1m  1

3



251  275  251  55  1  76510837. 3

Visszahelyettesítéssel ellenőrizzük a megoldást: x1m 

 2z1  3y1  1 2z1  3y1  1  V m V m . 1

2m 5 x1m   5  54   1434890700000 



2

 21148162563 765108371 21148162563765108371  554 5 .   5 2

2. Példa megoldása: a. Kiinduló adatok: m  2, k 0  0 , n  5 , ahol n – a k 0  0 értékhez tartozó megoldás sorszáma.

A (6). képlet alapján kapjuk: 132

V32m1   2k 0  1

2m1

 3k 2m1  2 .

V32   2k0 1  3k2  2   2  0 1  3k2  2  3k2  3, 2

k2(1) 

2 V3(1) 0

3

2

V3(2) 0 32 0 62 0 1 1 2,k2(2)  1 111. 3 3 3 2

Határozzuk meg a sorozat periódusát és V3(n) értékét, a próbálkozással kapott V3(1)  3, V3(2)  6 , értékek alapján:   V3(2)  V3(1)  6  3  3, V3 n  V35  nV3(1)  533 18. Az 1. megoldási változat képletei alapján kapjuk: x1  V1V2  2V1V3(5)  2 1 18  1  36  36, V1  2k0 1  2 0 1 1, m z1  2m  2  V3(5)  V1m   22 2 182  12   325,

y1 

m 2m 1V3(5)  2m 1 V1m  1

3



221 182  221 12  1  215. 3

Visszahelyettesítéssel ellenőrizzük a megoldást: x1m 



 2z1  3y1  1 2z1  3y1  1  V m V m . 2m 2 x1m  1  36   1296 

1

 2  325  3  215  1 2  325  3  215  1  2

2

2

1 36 

2

.

b. Kiinduló adatok: m  4, k 0  6 , n  7 , ahol n – a k 0  6 értékhez tartozó megoldás sorszáma.

A (6). képlet alapján kapjuk: 133

V32m1   2k 0  1

2m1

 3k 2m1  2 ,

V34   2k0 1  3k4  2   2  6 1  3k4  2  3k4  28563, 4

4

4 k4(1)  (V3(1)  0)/39521 (154 0)/39521  7354, 4 k 4(2)  (V3(2)  0) / 3  9521  (182  0) / 3  9521  25471.

Határozzuk meg a sorozat periódusát és V3(n) értékét, a próbálkozással kapott V3(1)  15, V3(2)  18 , értékek alapján:   V3(2)  V3(1)  18 15  3, V3 n  V3 7  nV3(1)  7315  36. Az 1. megoldási változat képletei alapján kapjuk: x1  V1V2  2V1V3(7)  2 13  36  13  72  936, V1 2k0 126113, m z1  2m  2  V3(7)  V1m   24 2  364  134   1441348,

y1 

m 2m 1V3(7)  2m 1 V1m  1

3

241  364  241 134  1   808573. 3

Visszahelyettesítéssel ellenőrizzük a megoldást: x1m 

 2z1  3y1  1 2z1  3y1  1  V m V m . 1

2m 4 x1m  13  72   767544201216 



2

 21441348  3 808573 1 21441348  3 808573 1  13 72 4 .   4 2

c. Kiinduló adatok: m  4, k 0  3 , n  5 , ahol n – a k 0  3 értékhez tartozó megoldás sorszáma.

A (6). képlet alapján kapjuk: 134

V32m1   2k 0  1

2m1

 3k 2m1  2 ,

V34   2k0 1  3k4  2   2  3 1  3k4  2  3k4  2403, 4

4

4 k4(1)  (V3(1) 0)/3801 (94  0)/38011386, 4 k 4(2)  (V3(2)  0) / 3  801  (122  0) / 3  801  6111.

Határozzuk meg a sorozat periódusát és V3(n) értékét, a próbálkozással kapott V3(1)  9, V3(2)  12 , értékek alapján:   V3(2)  V3(1)  9  6  3, V3 n  V35  nV3(1)  539  24. Az 1. megoldási változat képletei alapján kapjuk: x1  V1V2  2V1V3(5)  2  7  24  7  48  336, V1 2k0 12317, m z1  2m  2  V3(5)  V1m   24 2  244  7 4   1336708,

y1 

m 2m 1V3(5)  2m 1 V1m  1

241  244  241  7 4  1   878333. 3

3

Visszahelyettesítéssel ellenőrizzük a megoldást: x1m 



 2z1  3y1  1 2z1  3y1  1  V m V m . 2m 4 x1m   7  48   12745506816 

1

2

 21336708  3 878333 1 21336708  3 878333 1  4

2

 7  48

4

.

3. Példa megoldása: a. Kiinduló adatok: m  2, k 0  3 , n  8 , ahol n – a k 0  3 értékhez tartozó megoldás sorszáma.

135

A (8). képlet alapján kapjuk: V22m1   2k0 1

2m'

 3k2m'  2,

V22   2k0 1  3k2  2   2  3 1  3k2  2  3k2  51, 2

k2(1) 

2 V2(1) 0

3

2

V 0 92 0 122 0 17  17 10,k2(2)  2(2) 17  17  31. 3 3 3 2

Határozzuk meg a sorozat periódusát és V2(n) értékét, a próbálkozással kapott V2(1)  9, V2(2) 12 , értékek alapján:   V2(2)  V2(1)  12  9  3, V2 n  V28  nV2(1) 839  33. A 2. megoldási változat képletei alapján: x1  VV 1 2  2V2(8) V3  2  33  7  33 14  462, V3  2k0 1  2 3 1  7, m z1  2m  2  V2(8)  V3m   22 2  332  7 2   1138,

y1 

m 2m 1V2(8)  2m 1 V1m  1

3

221  332  221  7 2  1   693. 3

Visszahelyettesítéssel ellenőrizzük a megoldást: x1m 



 2z1  3y1  1 2z1  3y1  1  V m V m . 2m 2 x1m  14  33  213444 

1

 2  325  3  215  1 2  325  3  215  1  2

2

2

14  33

2

.

b. Kiinduló adatok: m  3, k 0  2 , n  7 , ahol n – a k 0  2 értékhez tartozó megoldás sorszáma.

136

A (9). képlet alapján kapjuk: V22m 1   2k0 1 '

2m' 1

3k2m' 1 1,

V23   2k0 1  3k2 1   2  2 1  3k2 1  3k2 126, 3

k3(1) 

3 V2(1) 0

3

3

3 V2(2) 0 63 0 93 0 42  42  30,k3(2)  42  42  201. 3 3 3

Határozzuk meg a sorozat periódusát és V2(n) értékét, a próbálkozással kapott V2(1)  6, V2(2)  9), értékek alapján:   V2(2)  V2(1)  9  6  3, V2 n  V2 7  n V2(1)  736  27. A 2. megoldási változat képletei alapján kapjuk: x1  VV 1 2  2V2(7) V3  2  27  5  27 10  270, V3  2k0 1  2 2 1  5, m z1  2m  2  V2(7)  V3m   23 2  273  53   39616,

y1 

m 2m 1V2(7)  2m 1 V1m  1

3

231  273  231  53  1   26077. 3

Visszahelyettesítéssel ellenőrizzük a megoldást: x1m 



 2z1  3y1  1 2z1  3y1  1  V m V m . 2m 3 x1m   27 10   19683000 

1

2

 2  39616  3  26077  1 2  39616  3  26077  1  2

3

A c részegyenlet vizsgálata

Írjuk fel a paraméteres részegyenletet: 137

10  27 

3

.

4  2x1  1  2  2z1  1  3  2y1  1  1 2  2z1  1  3  2y1  1  1 , m

 2x1  1

m

  2z1  3y1  2z1  3y1  2   V1m V2m . (10).

A részegyenlet inhomogén, határozott: i  k  2 . Írjuk fel a megoldó képleteket:  2z1  3y1   V1m 1.  , (11), m 2z  3y  V  2    1 1 2 x  V1V2 , z1   V2m  V1m  2  / 4, y1   V2m  V1m  2  / 6,

ahol V2m >  V1m  2  , V1 , V2  páratlan számok,  V1 ,V2   d  1 . Vizsgáljuk a (V2m  V1m  2) / 6  k tört oszthatóságát.

A vizsgálat – a páratlan osztók miatt – általánosan csak konkrét kitevők mellett, próbálkozással nyert kiinduló adatokkal, eredményes. A megkötésekkel választható V1 , vagy V2 értékekhez tartozó megoldási sorozatok a képlet k m  re történő rendezése mellett véges próbálkozással produkálhatók. Ennek során meghatározásra kerül a megoldássorozat két egymást követő legkisebb V2(1) , V2(2) eleme, majd ezek alapján a választott V1 értékhez tartozó sorozat  periódusa, illetve V2 n  eleme. A próbálkozások száma: P    1. A tört változóinak együtthatói egységnyiek, ezért a vizsgálat egyszerűsödik. A tört átrendezése két változatot ad: 1/. V2m  V1m  6k  2 , 2/. V1m  V2m  6k  2 ,ahol V2m  6k  2 . 138

Végezzük el a vizsgálatot V2  re történő rendezés mellett.

Vizsgáljuk a (V2m  V1m  2) / 6  k tört oszthatóságát: V2m  V1m  6k  2   2k 0  1  6k  2 , ahol V1  2k 0  1 . m

Vizsgáljuk a (V2m  V1m  2) / 4  k tört oszthatóságát is: Vm  V1m  2  2k0 1  6k  2   2k0 1  2 z1  2   4 4 m

 2k 0  1 

m

 3k

2

 2k0 1 

m

m

 6km  3 , ahol k  2k m  1. 2

k  2k m  1 behelyettesítésével véglegesen kapjuk: V2m   2k0 1 6k 2   2k0 1 6 2km 1 2  2k0 1 12km 8, m

m

m

V2m   2k 0  1  12k m  8 , (11), m

ahol k 0  3k '0  1,k '0  0,1,2,3, , k m  ? páros kitevők esetén, k 0  0,1,2,3, , k m  ? páratlan kitevők esetén. 1. Példa megoldása: a. Kiinduló adatok: m  2, k 0  0 , n  5 , ahol n – a k 0  0 értékhez tartozó megoldás sorszáma.

A (11). képlet alapján kapjuk: V2m   2k 0  1  12k1  8 , m

V2m   2k0 1 12k1  8   2  0 1 12k1  8  12k1  9 , m

2

2 2 km(1)  (V2(1) 9)/12  (32 9)/12  0,km(2)  (V2(2) 9)/12  (92 9)/12  6.

139

Határozzuk meg a sorozat periódusát és V2(n) értékét, a próbálkozással kapott V2(1)  3, V2(2)  9, értékek alapján:   V2(2)  V2(1)  9  3  6, V2 n  V25  nV2(1)  5 63  33. A megoldó képletek alapján kapjuk: x  VV 1 2(5)  1 33  33, ( V1  2k0 1  2 0 1 1), V2m  V1m  2 332  12  2   272, 4 4 V2m  V1m  2 332  12  2 y1    181. 6 6 z1 

Visszahelyettesítéssel ellenőrizzük a megoldást:

 2x1  1

1 33

2

m

 x m   2z1  3y1  2z1  3y1  2   V1m V2m ,

 1089   2  272  3181 2  272  3181 2  11089  1 33 . 2

b. Kiinduló adatok: m  3, k 0  2 , n  4 , ahol n – a k 0  2 értékhez tartozó megoldás sorszáma.

A (11). képlet alapján kapjuk: V2m   2k 0  1  12k1  8 , m

V2m   2k0 1 12k1  8   2  2 1 12k1  8  12k1 133 , m

km(1) 

3 V2(1) 1

12

11

3

V3 1 133 1 253 1 11172,km(2)  2(2) 11 111291. 12 12 12

Határozzuk meg a sorozat periódusát és V2(n) értékét, a próbálkozással kapott V2(1)  13, V2(2)  25 , értékek alapján:

140

  V2(2)  V2(1)  25 13  12, V2 n  V2 4  nV2(1)  41213  61. A megoldó képletek alapján kapjuk: x  VV 1 2(4)  5  61  530, ( V1  2k0 1  2 2 1  5), V2m  V1m  2 613  53  2   56776, 4 4 V2m  V1m  2 613  53  2 y1    37809. 6 6 z1 

Visszahelyettesítéssel ellenőrizzük a megoldást:

 2x1  1

 561

3

m

 x m   2z1  3y1  2z1  3y1  2   V1m V2m ,

 28372625   256776337809 2567763378092   561 . 3

A d részegyenlet vizsgálata

Írjuk fel a paraméteres részegyenletet: 4  2x1  1   2  2z1   3  2y1  1  1  2  2z1   3  2y1  1  1 , m

 2x1  1

m

  2z1  3y1  1 2z1  3y1  1  V1m V2m . (12).

A részegyenlet inhomogén, határozott: i  k  2 .  2z1  3y1   V1m  1 , Írjuk fel a megoldó képleteteket: 1.  m  2z1  3y1   V2  1 x  V1V2 , z1   V2m  V1m  / 4, y1   V2m  V1m  2  / 6,

ahol V2m >  V1m  2  , V1 , V2 – páratlan számok,  V1 ,V2   d  1 .

141

Vizsgáljuk a (V2m  V1m  2) / 6  k tört oszthatóságát. A vizsgálat – a páratlan osztók miatt – általánosan csak konkrét kitevők mellett, próbálkozással nyert kiinduló adatokkal, eredményes. A megkötésekkel választható V1 , vagy V2 értékekhez tartozó megoldási sorozatok a képlet k m  re történő rendezése mellett véges próbálkozással produkálhatók. Ennek során meghatározásra kerül a megoldássorozat két egymást követő legkisebb V2(1) , V2(2) eleme, majd ezek alapján a választott V1 értékhez tartozó sorozat  periódusa, illetve V2 n  eleme. A próbálkozások száma: P    1. A tört változóinak együtthatói egységnyiek, ezért a vizsgálat egyszerűsödik. A tört átrendezése két változatot ad: 1/. V2m  V1m  6k  2 , 2/. V1m  V2m  6k  2 , ahol V2m  6k  2 . Végezzük el a vizsgálatot V2  re történő rendezés mellett.

A (V2m  V1m  2) / 6  k tört oszthatóság-vizsgálata: V2m  6k  V1m  2   2k 0  1  6k  2 , ahol V1  2k 0  1 . m

Ellenőrizzük a z1   V2m  V1m  / 4 tört oszthatóságát is:

2 2k0 1  6k  2 Vm  V1m  2k0 1  6k  2   2k0 1 z1  2    4 4 4 m m m 2k 0  1  3k+1  2k0 1  3 2km  1  2k0 1  6km 1   .   2 2 2 m

m

142

m

Véglegesen kapjuk: V2m   2k0 1  6k  2   2k0 1  6 2km   2   2k0 1 12km  2 , m

m

m

V2m  2k0 1 12km 2, (14), ahol k m  ?, m  2m1  1. m

m  2m1 mellett a d részegyenletnek nincs megoldása: V2m1   2k0 1 k2m1  2 12

2m1

2

 2k 1  2

2m1

  2k0 1 12

2m1

2

– tört.

m  2m1  1 mellett a k 0 értékhez tartozó V2(n) periódusa és értéke véges próbálkozással produkálható. 1. Példa megoldása: a. Kiinduló adatok: m  3, k 0  3 , n  7 , ahol n – a k 0  3 értékhez tartozó megoldás sorszáma.

A (14). képlet alapján kapjuk: V2m   2k0 1 12km  2   2  3 1 12km  2  12km  345 , m

3

3 V2(1) 9

3 V2(2) 9 93 9 213 9 km(1)  28  28  32,km(2)  28  28  743. 12 12 12 12

Határozzuk meg a sorozat periódusát és V2(n) értékét, a próbálkozással kapott V2(1)  9, V2(2)  21 értékek alapján:   V2(2)  V2(1)  21  9  12, V2 n  V2 7  nV2(1)  7129  93.

143

A megoldó képletek alapján kapjuk: x  VV 1 2(7)  7  93  651, ( V1  2k0 1  2 3 1  7), V2m  V1m 933  73   201175, 4 4 V m  V1m  2 933  73  2   134002. y1  2 6 6 z1 

Visszahelyettesítéssel ellenőrizzük a megoldást:

 2x1  1

 793

3

m

  2z1  3y1  1 2z1  3y1  1  V1m V2m .

275894451 220117531340021 220117531340021  793 . 3

144

i k 10. SZ. PÉLDA: Az 2 xmyz 2 0, (1) egyenlet vizsgálata

Az egyenlet elemzése és felbontása Kiinduló adatok: x,y,z,  ,  – pozitív egészek.

Az egyenlet inmonolit. Az egyenlet szimpla felbontással összetett monomára rendezhető és lineáris szorzókra bontható a természetes számok rendszerében: x m yi z k           .

Az egyenlet az alábbi részegyenletekre bontható: a. b. c. d.

x, y, z páratlan,  páratlan,  páros szám, x, y, z páratlan,  páros,  páratlan szám, x  y  z páros,  ,  páratlan szám, x, y, z, ,  páros szám.

Az a, b részegyenletek vizsgálata

Az x m yi z k monoma páratlan, összetett, p  3  1 . A részegyenletek határozottak: i  k  2 . Ezért vizsgálatuk elvégezhető a változók implicit paritása mellett is. Írjuk fel az egyetlen megoldási változatott és képleteket: x m yi z k            U1U 2 , (2),     U1 U U U U , ω  2 1 ,ψ  2 1 , x m yi z k  U1U 2 ,  2 2     U 2

ahol U 2 > U1 , (U1 ,U 2 )  d  1, U1 ,U 2  páratlan számok.

145

Konkrét x m yi z k  U1U 2 érték mellett a részegyenleteknek annyi megoldási változata van, ahányféleképpen az U1U 2 szorzat felbontható U 2  U1 , (U1 , U 2 )  d  1 mellett. Példa megoldása Kiinduló adatok: m  4,i  3,k  2, xm yi zk  3453 72  U1U2

U1U2  3453 72 felbontása (U1, U2 )  d  1, U 2  U1 mellet: x m yi z k  3453 7 2  U1U 2  1  3453 7 2  34  53 7 2  53  34 7 2  7 2  3453 .

A monoma első felbontása alapján kapjuk: U 2  U1 3453 7 2  1 81 125  49  1 ω    248063, 2 2 2 U  U1 3453 7 2  1 81 125  49  1 ψ 2    248062. 2 2 2 Ellenőrizzük a megoldást: x m yi z k            U1U 2 , x m yi z k  34537 2  1  81 125  49              248063  248062 248063  248062  1 81125 49  1 345372  U1U2.

A második felbontás alapján kapjuk: U 2  U1 53 7 2  34 125  49  81 ω    3103, 2 2 2 U  U1 53 7 2  34 125  49  81 ψ 2    3022. 2 2 2 146

Ellenőrizzük a megoldást: x m yi z k            U1U 2 , x m yi z k  34537 2  81  6125              3103  3022  3103  3022   81  6125  34537 2  U1U 2 .

A harmadik felbontás alapján kapjuk: U 2  U1 34 7 2  53 81  49  125 ω    2047, 2 2 2 U  U1 34 7 2  53 81  49  125 ψ 2    1922. 2 2 2 Ellenőrizzük a megoldást: x m yi z k            U1U 2 , x m yi z k  34537 2  125  3969              2047  1922  2047  1922   125  3969  53  34 7 2  U1U 2 .

A negyedik felbontás alapján kapjuk: U 2  U1 3453  7 2 81125  49 ω    5087, 2 2 2 U  U1 3453  7 2 81125  49 ψ 2    5038. 2 2 2 Ellenőrizzük a megoldást: x m yi z k            U1U 2 , x m yi z k  34537 2  49  6125              5087  5038  5087  5038   49 10125  7 2  3453  U1U 2 .

147

A c részegyenlet vizsgálata

Vizsgáljuk a páros összetett monoma esetét. Az x m yi z k monoma bármelyik, esetleg mindegyik, változója lehet páros. Legyen x páros y és z páratlan. Ennek megfelelően inhomogenizáljuk a részegyenletet:

 2x1   2y1  1  2z1  1   2ω1  1   2ψ1  1 ,  ω  ψ  ω  ψ 1  U U , (5). i k x1m  2y1 1  2z1 1  1 1 m12 1 1 2 m

i

k

2

2

2

Írjuk fel a megoldás első változatát:   1  2m  2 U1 U  2m  2 U1  1 U  2m  2 U1  1 1.  1 ,ω  2 ,ψ  2 , 2 2 1  1  U 2  1 x1myizk  U1U2 , ahol U2 > 2m2 U1  1, (U1,U2 )  d 1, U 2  páratlan. Konkrét x1m y i z k  U1 U 2 érték mellett, az első megoldási változat alapján, a részegyenletnek annyi megoldása van, ahányféleképen az x1m y i z k  U1 U 2 szorzat felbontható U2 > 2m2 U1  1, (U1, U2 )  d  1 mellett. Írjuk fel a megoldás második változatát: 1  1  U1 2m2 U 2  U1  1 2m2 U 2  U1  1 2.  , ω  , ψ  , m2 2 2 1  1  2 U 2  1 x1m yi zk  U1U2 , ahol 2m2 U2 > U1 1, (U1,U2 )  d 1, U1  páratlan.

148

Konkrét x1m y i z k  U1 U 2 érték mellett, a második megoldási változat alapján, a részegyenletnek annyi megoldása van, ahányféleképpen az x1m y i z k  U1 U 2 szorzat felbontható 2m2 U2 > U1 1, (U1 , U 2 )  d  1 mellett. A két változat a c részegyenlet összes megoldását adja. A d részegyenlet vizsgálata

Egyszerűsítés után a vizsgált részegyenleteket kapjuk.

149

11. SZ. PÉLDA: Az x m yi z k  3  2   2  2  0 , (1)

egyenlet vizsgálata Az egyenlet elemzése és felbontása Kiinduló adatok: x,y,z,  ,  – pozitív egészek.

Az inmonolit egyenlet szimpla felbontással összetett monomára rendezhető és lineáris szorzókra bontható a természetes számok rendszerében: xmyi zk     1 ,(2).

Az egyenlet az alábbi részegyenletekre bontható: a. b. c. d.

x, y, z ,  páratlan, ω páros szám, x  y  z ,  páros, ω páratlan szám, x  y  z páros,  , ω páratlan szám, x, y, z, ,  páros szám.

Az a részegyenlet vizsgálata

Az x m yi z k monoma páratlan, összetett, p  3  1 . A részegyenlet vizsgálata elvégezhető a változók implicit paritása mellett is. A részegyenlet túlhatározott: i  3 > k  2. A részegyenletnek van megoldása, ha a változók i  k  2 tényező alapján számított értékei a harmadik tényezőben a monomának megfelelő számot adják. Ezért írhatjuk: x m yi z k             1  U1U 2 U 3 , (2),

150

    U1 U2  U1 U  U1 U  U1  2  ,  2 , U3  2 ,     U 2 , ω  2 2 2   U  1 3  ahol U 2 > U1 , U 2  U1  2, (U1,U2,U3)  d 1 páratlan számok.

Mivel

p  3  1,

U1 , U 2 , U 3

kitevőinek

értéke

–

x y z  U1U2U3 , (U1,U2,U3)  d 1 mellett – tetszőleges lehet. De a részegyenlet túlhatározott. Ezért az U1 , U 2 , U 3 szorzók értékei közül csak kettőnek az értéke választható meg. Annak bizonyítása, hogy a választás történhet az xm yi zk  U1U2 U3 egyenlőség tetszőleges kitevői mellett, komplex rendszerben lehetséges. m i k

A részegyenletnek annyi részmegoldási változata van, ahány felbontási változata van az xmyizk  U1U2U3 szorzatnak (U1,U2,U3)  d 1 érték mellett. Ha az x m yi z k monoma egyik eleme elsőfokú, a részegyenlet vizsgálata elvégezhető a természetes számok rendszerében, ellenkező esetben – csak komplex rendszerben. Példa megoldása Kiinduló adatok: m  5,i 1,k  4,xmyizk  U1U2U3, U1  75,U3  94,U*12  ?.

A részegyenlet részmegoldási változatai xmyizk  U1U2U3 , U 2 > U1 , U 2  U1  2, (U1,U2,U3)  d 1 értékek mellett: xmyizk  U1U2U3  75 U*12 94  7594 U*12  U*12 7594  U*12 9475  94 U*12 75  9475 U*12 , m i k ahol U*1 2  az x y z összetett monoma elsőfokú eleme.

151

Az elsőfokú elem megválasztásával kapjuk: m k 5 4 5 4 U1U3  x z  x z . U1U 3  x z mellett U1 ,U 3 konkrét értékei tetszőlegesek lehetnek. Legyen U1  x5,U3  z4. (Választhatók más értékek is, például: U1  x 3z 2 ,U 3  x 2 z 2 ). 4 Az első részváltozat alapján írhatjuk: U1U 2 U 3  75 U*1 2 9 ,

    U1 U*12  U1 U*12  U1 U*12  U1  2   ω  ,  , U  , 1.     U*1 , 2 3 2 2 2   U  1 3  4 5 U*1 2  2U3  U1  2  2  9  7  2  3683,

ω

U*12  U1 3683  75 U*1  U1 3683  75   6562,   2   10245. 2 2 2 2 A részegyenletnek nincs megfelelő megoldása. A második részváltozat alapján kapjuk: U1U 2 U 3  7594 U*1 2 ,     U1 U U U U U  U 2  2.     U 3 , ω  3 1 ,  3 1 , U*12  3 1 , 2 2 2  *1   U 2  1

U 3  U1  2 94  75  2   11683, 2 2 U 3  U1 94  75 U3  U1 94  75 ω   11684,     10246. 2 2 2 2 U*1 2 

A részegyenletnek nincs megfelelő megoldása. 5 4 A harmadik részváltozat alapján kapjuk: U1U2 U3  U*1 2 7 9 ,

152

    U*1 2 U  U*1 U U*1 U U*1 2  3.     U1 , ω 1 2 ,  1 2 , U3  1 2 , 2 2 2   U  1 3  4 5 U*1 2  2U3  U1  2  2  9  7  2  3683,

U1  U*12 75 (3683) U1  U*12 75  (3683) ω   6562,     10245. 2 2 2 2 A részegyenletnek nincs megfelelő megoldása. 4 5 A negyedik részváltozat alapján kapjuk: U1U 2 U 3  U*1 2 9 7 ,

    U*1 2 U  U*1 U  U*1 U  U*1  2  4.     U 3 , ω  3 2 ,  3 2 , U1  3 2 , 2 2 2   U  1 1  5 4 U*1 2  2U1  U3  2  2  7  9  2  27055,

U3  U*12 94  27055 U3  U*1 94  27055 2 ω  16808,     20494. 2 2 2 2 A részegyenletnek nincs megfelelő megoldása. 5 Az ötödik részváltozat alapján kapjuk: U1U 2 U 3  94 U*1 2 7 ,

    U 3 U*12  U3 U*12  U3 U*12  U3  2  5.     U*1 ,  ω  ,  , U  , 2 1 2 2 2   U  1 1  5 4 U*1 2  2U1  U3  2  2  7  9  2  27055,

ω

U*1 U*1  U3 27055  94 27055  94 2  U3   16808,   2   10247. 2 2 2 2 153

Ellenőrizzük a megoldást: i k xmyz   21 21 1 21  21 1 21 1  UU 1 2U3,

75  270551  94  (2  8404 10247)(2  8404 10247)(2  8404 1)   6561  27055  16807  9 4  270551  7 5. A hatodik részváltozat alapján kapjuk: U1U 2 U 3  94 75 U*1 2 ,     U 3 U U U U U  U 2  6.     U1 , ω  1 3 ,  1 3 , U*12  1 3 , 2 2 2  *1   U 2  1 U1  U 3  2 75  94  2   11683, 2 2 U  U 3 75  94 U  U 3 75  94 ω 1   11684,   1   5123. 2 2 2 2 U*1 2 

Ellenőrizzük a megoldást: i k xmyz   21 21 1 21  21 1 21 1  UU 1 2U3,

75 116831  94  (2  5842  5123)(2  5842  5123)(2  5842 1)   6561  16807  22683  9 4  7 5  116831 . A b részegyenlet vizsgálata x  y  z ,  páros,  páratlan szám. Legyen x, y, z páros.

A b részegyenlet túlhatározott: i  3 > k  2 . A részegyenletnek van megoldása, ha a változók i  k  2 számú tényező alapján számított értékei a harmadik tényezőben a monomának megfelelő számot adják. Inhomogenizáljuk a részegyenletet, írjuk fel a megoldási változatokat és képleteket: 154

x1m y1i z1k 

 21  21 1 21  21  1 1  U U U , (3), 1

2

3

2mik 1 21  21  2mik1 U1 1 U  2mik1 U1  2  1. 21  21  U2 1 , 1  2 ,  21 1, 4   U 3  1 1 

U2  2mik1 U1 U  2mik1 U1  2 ,   21, 1  U3  2 , 4 4 ahol U 2  2m i  k 1 U1 , (U1,U2 ,U3)  d 1,

21  21  U1 1 2mik1 U2  U1  2  2. 21  21  2mik1 U2 1, 1  ,  21 1, 4   U 3  1 1 

2mik1 U2  U1 2mik1 U2  U1  2 ,   21, 1  U3  , 4 4 ahol 2m i  k 1 U 2  U1 , (U1,U2 ,U3)  d 1,

 2 1  2  1  U 1  1 U  U1  2  3.  2 1  2 1  U 2  1, 1  2 ,   2 1  1, 4  m  i  k 1 U3  1  2 U  U1 U U 2 1  2 ,   2 1 , 1  U 3  2 m  i  k11 . 4 2 ahol U 2  U1 , (U1,U2 ,U3 )  d 1. Az 1. és 2. megoldási változat alapján a részegyenletnek nincs megfelelő megoldása, mivel 1 , vagy 1 tört. A 3. változat alapján a részegyenletnek van megoldása. Mivel p  3 1, U1, U2 , U3 kitevőinek értéke x1m y1i z1k  U1U2U3 , (U1,U2,U3)  d 1 mellett tetszőleges lehet. 155

Az egyenlet túlhatározott, ezért az U1 , U 2 , U 3 szorzók közül kettőnek az értéke választható meg. Annak bizonyítása, hogy a választás történhet az x1m y1i z1k  U1U 2 U 3 egyenlőség változóinak tetszőleges kitevői mellett, komplex rendszerben valósítható meg. A részegyenletnek a harmadik változat alapján annyi részmegoldási változata van, ahány felbontási változata van az U1U 2 U 3 szorzatnak x1m y1i z1k  U1U 2 U 3 , (U1,U2,U3)  d 1 mellett. Ha az x1m y1i z1k összetett monomának van elsőfokú eleme, a részegyenlet megoldható a természetes számok rendszerében, ellenkező esetben csak komplex rendszerben. Példa megoldása a 3. változat alapján. Kiinduló adatok: m  3,i  2,k 1,x1my1i z1k  U1U2U3  U1U2U*1 3 , U1  ?,U2  ?,U3  ?.

A részegyenlet megoldási részváltozatai x1my1i z1k  U1U2U3 , (U1U 2 U 3 )  d  1 értékek mellett: i k *1 *1 *1 *1 *1 *1 x1myz 1 1 =UU 1 2U3,  UU 1 2U3  UU 1 3 U2  U2UU 1 3  U2U3 U1  U3 UU 1 2  U3 U2U, 1

m i k ahol U*1 3  az x y z összetett monoma elsőfokú eleme.

Írjuk fel a 3. megoldási változatot:  2 1  2  1  U 1  1 U  U1  2  3.  2 1  2 1  U 2  1, 1  2 ,   2 1  1, 4  m  i  k 1 U3  1  2

156

U 2  U1 U U 2 ,   2 1 , U 3  2 m  i  k11 . 4 2 ahol U 2  U1 , (U1,U2 ,U3 )  d 1,U1,U2  páratlan. 1 

Az első részváltozat alapján kapjuk: U1U 2 U 3  U1U 2 U*1 3 ,  2 1  2 1  U 1  1 U  U1  2  1.  2 1  2 1  U 2  1, 1  2 ,   2 1  1, 4  m  i  k 1 U *1 3  1  2 U 2  U1 U 2  U1  2 ,   2 1 , U *1 , 3  4 2 m  i  k 1 U 2  U1  2 U 2  U1  2 U 2  U1  2 U*1   . 3  2m i  k 1 23 211 27 1 

Az elsőfokú elem megválasztásával kapjuk: m i 3 2 3 2 U1U 2  x1 y1  x1 y1 . Az U1U 2  x1 y1 és (U,U 1 2,U3)  d 1 feltételek konkrét értékei tetszőlegesek lehetnek. mellett U1 ,U 2 Legyen U1  x1m  x13,U2  y1i  y12. (Választhatók más értékek is, például: U1  x1z1,U2  x2z1 ). A tört oszthatóság-vizsgálata U1 (2n1 1)3,U2 (2n2 1)2 mellett: (2n 2 1)2  (2n1  1)3  2  27 4n2  4n2 1  8n13 12n12  6n1 1  2 2n22  2n2  4n13  6n12  3n1  2  , 27 26 U3  U*1 3 

ahol n1  26  t1 , t1  1, 2,3, , n 2  25  t 2 , t 2  1, 2,3, . 157

U 2 min. > U1 és t1  1 mellett kapjuk a legkisebb megoldást: U1  (2n1 1)3  (2  26 t1 1)3  (2  26 11)3  1293 , x13  U1  2146689, U2 > U1 1293  2146689,2n2 1  2 25 t2 1  2146689 

t 2      t 2min   U2  (2n2 1)2  (2  25 t 2 1)2  (26  23 1)2  14732 , y12  U2  2169729, U3  (U2  U1 2)/27  (216972921466892)/27  33722,z1  U3  U*1 3  33722, U2  U1  2 2169729  2146689  2  1079104,  21 1  2158209, 4 4 U  U1 2169729  2146689 1  2   5760,   21  11520. 4 4

1 

Ellenőrizzük a megoldást: x1m y1i z1k 

 21  21  1 21  21 1 1  U U U 1

mi  k 1

2

2

3

 U1U2 U*1 3 ,

x13 y12z11  1293 14732  337221  

 2 1079104  2  5760  1 2 1079104  2  5760  11079104  23 211  1293 14732  337221  U1U 2 U 3  U1U 2 U*1 3 .

Tartsuk meg U1 ,U 2 – első részváltozat alapján számított – értékeit a többi esetében is (lehetnek eltérő értékek is). A második részváltozat alapján kapjuk: U1U2 U3  U1U*1 3 U2 ,

158

 2 1  2  1  U 1  1 U *1  3  U1  2 2.  2 1  2 1  U *1  1,   ,   2 1  1, 3 1 4  m  i  k 1 U2  1  2 1 

U *1 m  i  k 1 3  U1 ,   2 1 , U *1 U 2  U 1  2. 3  2 4

7 7 U*1 3  2 U 2  U1  2  2 2169729  2146689  2  275578625.

1 

1 

U*1 275578625  2146689  2 3  U1  2   69431328, 4 4   21  1  2  69431328  1  138862657,

 U1 275578625  2146689 U 2  U1 U*1  3   68357984, 4 4 4   21  2  68357984  136715968.

Ellenőrizzük a megoldást: x1m y1i z1k 

 21  21  1 21  21 1 1  U U U 1

mi  k 1

2

2

3

 U1U*1 3 U2 ,

x13 y12z11  1293 14732  2755786251  

 2 69431328  2 68357984 1 2 69431328  2 68357984 1 69431328  23211

 1293  2755786251 14732   U1U 2 U 3  U1U*1 3 U2. A harmadik részváltozat alapján kapjuk: U1U2 U3  U2 U1U*1 3 , 159

 2 1  2  1  U 2  1 U  U2  2  3.  2 1  2 1  U 1  1 , 1  1 ,   2 1  1, 4  m  i  k 1 U *1 3  1  2 U  U2 U1  U 2  2 1  1 ,   2 1 , U *1 , 3  4 27 U1  U2  2 2146689  2169729  2   33722, 27 27 U  U 2  2 2146689  2169729  2 1  1   1079104, 4 4 U  U 2 2146689  2169729  1   5760. 4 4 U*1 3 

A részegyenletnek nincs megfelelő megoldása. *1 A negyedik részváltozat alapján kapjuk: UU 1 2U3  U2U3 U1,

 2 1  2  1  U 2  1 U *1  U2  2  *1 4.  2 1  2 1  U 3  1, 1  3 ,   2 1  1, 4  m  i  k 1 U1  1  2 1 

U *1 7 3  U2 ,   2 1 , U *1 3  2 U 1  U 2  2, 4

7 7 U*1 3  2 U1  U 2  2  2  2146689  2169729  2  272606465,

U*1 272606465  2169729  2 3  U2  2   68694048, 4 4 U*1  U 2 272606465  2169729 1  3   67609184. 4 4

1 

Ellenőrizzük a megoldást: 160

x1m y1i z1k 

 21  21  1 21  21 1 1  U U U 1

mi  k 1

2

2 x y z  1293 14732  2726064651 

3

 U2 U*1 3 U1 ,

3 2 1 1 1 1



 2 68694048  2 67609184 1 2 68694048  2 67609184 1 68694048  23211

 14732  2726064651 1293  U1U 2 U 3  U 2 U*1 3 U1 . *1 Az ötödik részváltozat alapján kapjuk: UU 1 2U3  U3 UU 1 2,

 2 1  2 1  U *1 3 1 U  U *1  3  2 5.  2 1  2 1  U 1  1 , 1  1 ,   2 1  1, 4  m  i  k 1 U2  1  2 1 

U 1  U *1 7 3 ,   2 1 , U *1 3  2 U 2  U 1  2, 4

7 7 U*1 3  2 U 2  U1  2  2  2146689  2169729  2  272606465,

U1  U*1 2146689  272606465  2 3 2   68688288, 4 4 U  U*1 2146689  272606465 3 1  1   67614944. 4 4

1 

A részegyenletnek nincs megfelelő megoldása. *1 A hatodik részváltozat alapján kapjuk: UU 1 2U3  U3 U2U1,

 2 1  2 1  U *1 3 1 U  U *1  3  2 6.  2 1  2 1  U 2  1 , 1  2 ,   2 1  1, 4  m  i  k 1 U1  1  2 161

1 

U 2  U *1 7 3 ,   2 1 , U *1 3  2 U 1  U 2  2, 4

7 7 U*1 3  2 U1  U 2  2  2  2146689  2169729  2  272606465,

U 2  U*1 2169729  272606465  2 3 2   68694048, 4 4 U  U*1 2169729  272606465 3 1  2   67609184. 4 4

1 

A részegyenletnek nincs megfelelő megoldása. A c részegyenlet vizsgálata

x y z páros, ,  páratlan. Legyen z  2z1  1, x,y  páros. A részegyenlet túlhatározott: i  3 > k  2 . A részegyenletnek van megoldása, ha a változók i  k  2 számú tényező alapján számított értékei a harmadik tényezőben a monomának megfelelő számot adják. Inhomogenizáljuk a részegyenletet. Írjuk fel a három megoldási változatot és a megoldó képleteket: x1my1i (2z1 1)k 

 1 1  1 1 1 1  U U U , (4), 2mi3

1

2

3

1  1  2m i 3 U1 U  2m i 3 U1  1  1. 1  1  U 2  1 , 1  2 ,   21  1, 2   U 3  1 U 2  2m i 3 U1  1 U  2m i 3 U1  1 ,   21  1, 1  U 3  2 , 2 2 ahol U 2  2m i 3 U1  1, (U1 , U 2 , U 3 )  d  1, U 2  páratlan,

1 

162

1  1  U1 2m i 3 U 2  U1  1  2. 1  1  2m i 3 U 2  1, 1  ,   21  1, 2   U 3  1 2m i 3 U 2  U1  1 2m i 3 U 2  U1  1 ,   21  1, 1  U 3  , 2 2 ahol 2m i 3 U 2  U1  1, (U1 , U 2 , U 3 )  d  1, U1  páratlan,

1 

1  1  U1 U  U1  1  3. 1  1  U 2  1, 1  2 ,   21  1, 2  m  i 3 U3 1  2 U  U1  1 U  U 1 1  2 ,   21  1, 1  2m i 3 U3 , U 3  2 m i 12 , 2 2 ahol U 2  U1  1, (U1 , U 2 , U 3 )  d  1, U1 , U 2  ellentétes paritású. Mivel

p  3  1,

U1 , U 2 , U 3

kitevőinek

értéke

x1m y1i z k  U1U 2 U 3 , (U1,U2,U3)  d 1 mellett tetszőleges lehet. Az egyenlet túlhatározott, ezért az U1 , U 2 , U 3 szorzók közül kettőnek az értéke választható meg. Annak bizonyítása, hogy a választás történhet az x1m y1i z k  U1U 2 U 3 egyenlőség változóinak tetszőleges kitevői mellett, komplex rendszerben valósítható meg. A részegyenletnek megoldási változatonként annyi részváltozata van, ahány felbontási változata van az U 1 U 2 U 3 szorzatnak x 1m y1i z k  U 1 U 2 U 3 , (U1,U2,U3)  d 1 értékek mellett. Ha az x1m y1i z k összetett monomának van elsőfokú eleme, a részegyenlet megoldható a természetes számok rendszerében.

163

Példa megoldása a 3. változat alapján. Kiinduló adatok: m  4,i  3,k 1,x1my1i zk  U1U2U3  U1U2U*13 , U1  ?,U2  ?,U3  ?.

A részegyenlet megoldási részváltozatai x1m y1i z k  U1U 2 U 3 , (U1U2U3 )  d 1 feltételek mellett: i k *1 *1 *1 *1 *1 *1 x1myz 1 =UU 1 2U3,  UU 1 2U3  UU 1 3 U2  U2UU 1 3  U2U3 U1  U3 UU 1 2  U3 U2U, 1 m i k ahol U*1 3  az x yz összetett monoma elsőfokú eleme.

Írjuk fel a 3. megoldási változatot: 1  1  U1 U  U1  1  3. 1  1  U 2  1, 1  2 ,   21  1, 2  m  i 3 U3 1  2 U  U1  1 U 2  U1  1 1  2 ,   21  1, 1  2m i 3 U 3 , U*1 , 3  2 2m  i  2 ahol U2  U1  1,(U1, U2 , U3 )  d  1, U1 , U 2  ellentétes paritásúak. Az első részváltozat alapján kapjuk: U1U 2 U 3  U1U 2 U*1 3 , 1  1  U1 U  U1  1  1. 1  1  U 2  1, 1  2 ,   21  1, 2  m  i 3 *1 U3 1  2 U  U1  1 U 2  U1  1 1  2 ,   21  1, U*1 , 3  2 2m i  2 ahol U2  U1  1,(U1, U2 , U3 )  d  1, U1 , U 2  ellentétes paritásúak és az U1U 2  x14 y13 , (U1 ,U 2 ,U 3 )  d  1 feltételek mellett értékeik megválaszthatók, U*1 3  páratlan szám, a kiinduló feltétel alapján. 164

Legyen: U1U2  x14 y13.  x13  x11y13 , U1  x13 ,U2  x11y13. Páros U1 esetén nincs megoldás: U1 , U 2 paritása azonos. A tört oszthatósága U1  (2n1 1)3,U2  (2n1 1)1(2n2 )3 esetén:

U 2  U1  1 (2n1  1)1 (2n 2 )3  (2n1  1)3  1 U    2m i  2 25 n 3 (2n  1) 4n13  6n12  3n1  2 21  , 2 24 4 1 ahol U*1 3  z  2z1 1,n1  2  t1,t1  1,3,5, ,n2  2  t 2 ,t 2  1,2,3, . *1 3

U 2 min. > U1 és t1  1 mellett kapjuk a legkisebb megoldást: U1  (2n1 1)3  (2  24 t1 1)3  (2  24 11)3  333 , U1  35937,      3, U 2 min.  33(2n 2 )3  33(2  6)3  57024,

U2 > U1  35937  33 332 ,U2  33 (2n2 )3 >33 332 ,n2  n 2 min.   t 2min.



U 2  U1  1 U 2  U1  1 57024  35937  1    2905. 2m i 2 2 4  3 2 25 U  U1  2 57024  35937 1 1  2   46480,   21  1  92961, 4 2 U  U1  1 57024  35937  1 1  2   10543,   21  1  21087. 2 2 U*1 3 

Ellenőrizzük a megoldást: x1my1i (2z1 1)k 

 1 1  1 1 1 1  U U U*1, 2mi3

165

1

2

3

35937  57024  29051 

 46480 10543 46480 10543 1 46480 

2433  35937  57024  29051  333  331 123  29051  334 123  29051  U1U2U*1 3. A második részváltozat alapján kapjuk: U1U 2 U 3  U1U*1 3 U2 , 1  1  U1 U*1  3  U1  1 2. 1  1  U*1  1,   ,   21  1, 3 1 2  m  i 3 U2 1  2 U*1  U1  1 mi  2 1  3 ,   21  1, U*1 U 2  U1  1, 3 2 2 *1 ahol U*1 3  U1 1,(U1,U2 ,U3 )  d 1, U1 , U 3  ellentétes paritásúak. Legyen továbbra is: U1U2  x14 y13.  x13  x11y13 ,U1  x13 ,U2  x11y13. Így U1 és U 2 csak páros lehet, mivel U*1 a kiinduló 3 feltételek alapján páratlan. Ennek megfelelően írhatjuk: 1. U1  x13  (2n1 )3 ,U 2  x11 y13  (2n1 )1 (2n 2 )3 , 2. U1  x13  (2n1 )3 ,U 2  x11 y13  (2n1 )1 (2n 2  1)3 , ahol n1  1, 2,3, , n 2  1, 2,3, . Minimális megoldásként U1  (2n1)3,U2  (2n1)1(2n2 )3,n1 1,n2 1 értékek esetén kapjuk: U1  (2n1 )3  (2 1)3  8, U 2  (2n1 )1 (2n 2 )3  2(2 1)3  16, m i  2 U*1 U 2  U1  1  243 216  8  1  505, 3 2

1  (U*1 3  U1 1)/ 2  (505  8 1)/ 2  256,  21 1  513, 1  (U*1 3  U1 1)/ 2  (505  8 1)/ 2  248,  21 1  497. 166

Ellenőrizzük a megoldást:       1 1  U U*1U , x1my1i (2z1 1)k  1 1 m1i3 1 1 3 2 2  256  248 256  2481 256  8505 256  850516  24  23  5051  2433 24 *1  24 5051  23  UU 1 3 U2. Minimális megoldásként U1  (2n1)3,U2  (2n1)1(2n2 1)3,n1 1,n2 1 értékek esetén kapjuk: U1  (2n1 )3  (2 1)3  8, U 2  (2n1 )1 (2n 2  1)3  2(2 1  1)3  54, m i  2 U*1 U 2  U1  1  243254  8  1  1721, 3 2

1  (U*1 3  U1 1)/ 2  (1721 8 1)/ 2  864,  21 1  1729, 1  (U*1 3  U1 1) / 2  (1721 8 1)/ 2  856,  21 1 1713. Ellenőrizzük a megoldást:       1 1  U U*1U , x1my1i (2z1 1)k  1 1 m1i3 1 1 3 2 2 864 856864 856 1 864  81721864  8172154  24  23 17211  2433 24 *1  24 17211  23  UU 1 3 U2. A harmadik részváltozat alapján kapjuk: U1U 2 U 3  U 2 U1U*1 3 1  1  U 2 U  U2 1  3. 1  1  U1  1, 1  1 ,   21  1, 2  m  i 3 *1 U3 1  2 U  U2 1 U1  U 2  1 1  1 ,   21  1, U*1 , 3  2 2m i  2 ahol U1  U2 1,(U1,U2,U3)  d 1, U1 , U 2  ellentétes paritásúak. 167

Legyen: U1U2  x14 y13.  x13  x11y13 , U1  x13 ,U2  x11y13. Páros U1 esetén nincs megoldás: U1 , U 2 paritása azonos. A tört oszthatósága U1  (2n1 1)3,U2  (2n1 1)1(2n2 )3 esetén: U1  U 2  1 (2n1  1)3  (2n1  1)1 (2n 2 )3  1 U    2m i  2 25 n 3 (2n  1) 4n13  6n12  3n1  2 21  , 2 24 4 2 ahol U*1 3  z  2z1 1,n1  2  t1,t1  1,3,5, ,n2  2  t 2 ,t 2  1,2,3, . *1 3

U1 min. > U 2 és t 2  1 mellett kapjuk a legkisebb megoldást: U1> U2 ,(2n1 1)3 >(2n1 1)1(2n2 )3,(2 24 t1 1)2 >(22t2 )3  (41)3  64, t1 

 1  t1 1,U1  (2n1 1)3  (2 24 t1 1)3  (2 24 11)3  35937,  U 2  (2n1  1)1 (2n 2 )3  33(22 t 2 )3  33(22 1)3  2112, U1  U 2  1 35937  2112  1 U*1   1189, 3  2m i  2 25 U  U2 1 35937  2112 1 1  1   19024,  21 1  38049, 2 2 U  U2 1 35937  2112 1 1  1   16912,  21 1 33825. 2 2 Ellenőrizzük a megoldást: x1my1i (2z1 1)k 

 1 1  1 1 1 1  U U*1U , 2mi3

168

1

3

2

334  43 11891 

19024169121902416912119024  21123593719024  2433

24

3364333 19024 4 3 *1  33  4 11891  UU 1 2U3 . 24 A negyedik részváltozat alapján kapjuk: U1U 2 U 3  U 2 U*1 3 U1 , 1  1  U 2 U*1  U2 1  *1 4. 1  1  U3  1, 1  3 ,   21  1, 2  m  i 3 U1 1  2 U*1 m i 2 3  U2 1 ,   21  1, U*1 U1  U 2  1, 3 2 2 *1 ahol U*1 3  U2 1,(U1,U2 ,U3 )  d 1, U 2 , U 3  ellentétes paritásúak. 1 

Legyen továbbra is: U1U2  x14 y13.  x13  x11y13 ,U1  x13 ,U2  x11y13. Így U 2 csak páros lehet, mivel U*1 3 a kiinduló feltételek alapján páratlan. Ennek megfelelően írhatjuk: 1. U1  x13  (2n1 )3 ,U 2  x11 y13  (2n1 )1 (2n 2 )3 , 2. U1  x13  (2n1 )3 ,U 2  x11 y13  (2n1 )1 (2n 2  1)3 , 3. U1  x13  (2n1  1)3 ,U 2  x11 y13  (2n1  1)1 (2n 2 )3 , ahol n1  1, 2,3, , n 2  1, 2,3, . 3 1 3 1. Minimális megoldás U1 (2n) 1 ,U2 (2n) 1 (2n2) ,n1 1,n2 1 értékek esetén:

U1  (2n1 )3  (2 1)3  8, U 2  (2n1 )1 (2n 2 )3  2(2 1)3  16, m i  2 U*1 U1  U 2  1  243 28  16  1  241, 3 2 169

1  (U*1 3  U2 1)/ 2  (24116 1)/ 2  128,  21 1  257, 1  (U*1 3  U2 1)/ 2  (24116 1)/ 2  112,  21 1  225. Ellenőrizzük a megoldást: x1my1i (2z1 1)k 

 1 1  1 1 1 1  U U*1U , 2

3

1

2mi3 128112128112 1128  16 241128 16 2418  24  23  2411  2433 24  24  2411  23  U2U*13 U2. 2. Minimális megoldás U1  x13  (2n1 )3 , U 2  x11y13  (2n1 )1 (2n 2  1)3 , n1  1, n 2  1 értékek esetén: U1  (2n1 )3  (2 1)3  8, U 2  (2n1 )1 (2n 2  1)3  2(2 1  1)3  54, m i  2 U*1 U1  U 2  1  243 28  54  1  203, 3 2

1  (U*1 3  U2 1)/ 2  (203  54 1)/ 2  128,  21 1  257, 1  (U*1 3  U2 1)/ 2  (203  54 1)/ 2  74,  21 1 149. Ellenőrizzük a megoldást: x1my1i (2z1 1)k 

 1 1  1 1 1 1  U U*1U , 2

3

1

2mi3 12874128 74 1128  54 203128  54 2038  24  33  2031  2433 24  24  2031  33  U2U*1 3 U1. 3. Minimális megoldás U 2  x 11 y13  (2n 1  1)1 (2n 2 ) 3 , U1  x13  (2n1 1)3, n1  1, n 2  1 értékek esetén: 170

U1  (2n1  1)3  (2 1  1)3  27, U2  (2n1  1)1 (2n 2 )3  3(2 1)3  24, m i  2 U*1 U1  U 2  1  243 2 27  24  1  841, 3 2

1  (U*1 3  U2 1)/ 2  (841 24 1)/ 2  432,  21 1  865, 1  (U*1 3  U2 1)/ 2  (841 24 1) / 2  408,  21 1  817. Ellenőrizzük a megoldást: x1my1i (2z1 1)k 

 1 1  1 1 1 1  U U*1U , 2

3

1

2mi3  432  408 432  4081 432  24841 432  24841 27  34  23 8411  2433 24  34  8411  23  U2U*1 3 U1. Az ötödik részváltozat alapján kapjuk: U1U 2 U 3  U*1 3 U1U 2 , 1  1  U*1 3 U1  U*1  3 1 5. 1  1  U1  1, 1  ,   21  1, 2  m  i 3 U2 1  2 U1  U*1 mi  2 3 1 1  ,   21  1, U*1 U 2  U1  1, 3 2 2 *1 ahol U1  U*1 3 1,(U1,U2 ,U3 )  d 1, U1 , U 3  ellentétes paritásúak. Legyen továbbra is: U1U2  x14 y13  x13  x11y13 ,U1  x13 ,U2  x11y13. Így U1 , U 2 csak páros lehet, mivel U*1 3 a kiinduló feltételek alapján páratlan. Ennek megfelelően írhatjuk: 1. U1  x13  (2n1 )3 ,U 2  x11 y13  (2n1 )1 (2n 2 )3 , 2. U1  x13  (2n1 )3 ,U 2  x11 y13  (2n1 )1 (2n 2  1)3 . 171

1. Minimális megoldás U1  (2n1)3,U2  (2n1)1(2n2 )3 esetén: m i  2 Az U*1 U 2  U1  1 egyenlet oszthatóság-vizsgálata 3  2 U 2  re történő rendezés mellett ( U1  re rendezve egyszerűbb) :

U1  U*1 (2n1 )3  2n3  1 1 1 3 3 3 1  x y  (2n )(2n )  , 1 1 1 2 2mi2 2432 (2n1 )3  2n3 (2n1 )3 2n3 (23 t1 )2 211 t 3 2 t 3 3 n2   9  9   11  t1  , 29 n1 2 n1 2 n1 26 2 t1 t1 U2 

ahol n1  23 t1 , n 3  211 t 3 , t 3 / t1  egész. Minimális megoldás U1min  U*1 3 ,t1 1,t3  0 esetén: 11 12 U*1 3  2n 3  1  2  2 t 3  1  2  0  1  1,

U1min  (2n1 )3  (2  23 t1 )3  (24 1)3  4096, U 2  2n1 (2n 2 )3  24 n1n 32  24  23 t1 13  27 1 13  128, U1  U*1 4096  11 3 1   2048,   21 1  4097, 2 2 U  U*1 4096  1  1 3 1 1  1   2047,   21  1  4094. 2 2 1 

Ellenőrizzük a megoldást: x1my1i (2z1 1)k  11 164  23 

 1 1  1 1 1 1  U*1U U , 3

2mi3  20482047 204820471 2048

1

 2433 1 4096128 1163 168 11 164  23  U*13UU 1 2.

172

2

2.Minimális megoldás U1  x13  (2n1 )3 , U 2  x 11 y 13  (2 n 1 )1 (2 n 2  1) 3 esetén: m i  2 Az U*1 U 2  U1  1 egyenlet oszthatóság-vizsgálata 3 2 U 2  re történő rendezés mellett:

U1  U*1 (2n1 )3  2n3  1 1 1 3 3 3 1  x y  (2n )(2n  1)  , 1 1 1 2 2mi2 2432 (2n )3  2n3 (2n1)3 2n3 (2  22 t1)2 27 t3 t (2n2 1)3  1 6  6  6   5 2  2t12  3 5 2 n1 2 n1 2 n1 2 2 2 t1 t1 U2 

ahol n1  2 2 t1 , n 3  27 t 3 , t 3 / t1  páratlan egész. Minimális megoldás U1min  U*1 3 ,t1  3,t3  27 esetén: 7 8 12 U*1 3  2n 3  1  2  2 t 3  1  2  27  1  2 10  1  6913,

U1min  (2n1 )3  (2  22 t1 )3  (23  3)3  13824, U 2  2n1 (2n 2  1)3  2  22 t1 (2n 2  1)3  23  3  33  24  27  648, U1  U*1 3 1 13824  6913 1   10368,   21  1  20737, 2 2 U  U*1 13824  6913  1 3 1 1  1   3455,   21  1  6911. 2 2 1 

Ellenőrizzük a megoldást: x1my1i (2z1 1)k  244 33  69131 

 1 1  1 1 1 1  U*1U U , 3

1

2

2mi3 103683455103683455110368 2433



69131382410368  691313824648  69131  244 33  U*13UU 1 2. 4 2 173

A hatodik részváltozat alapján kapjuk: U1U 2 U 3  U*1 3 U 2 U1 , 1  1  U*1 3 U 2  U*1  3 1 6. 1  1  U 2  1, 1  ,   21  1, 2  m  i 3 U1 1  2 U 2  U*1 m i 2 3 1 1  ,   21  1, U*1 U1  U 2  1, 3 2 2 *1 ahol U2  U*1 3 1,(U1,U2 ,U3 )  d 1, U 2 , U 3  ellentétes paritásúak. Így U 2 csak páros lehet, mivel U*1 3 a kiinduló feltételek alapján páratlan. Ennek megfelelően írhatjuk: 1. U1  x13  (2n1 )3 ,U 2  x11 y13  (2n1 )1 (2n 2 )3 , 2. U1  x13  (2n1 )3 ,U 2  x11 y13  (2n1 )1 (2n 2  1)3 , 3. U1  x13  (2n1  1)3 ,U 2  x11 y13  (2n1  1)1 (2n 2 )3 . 1. Minimális megoldás U1  (2n1)3,U2  (2n1)1(2n2 )3 esetén: m i  2 Rendezzük át az U*1 U1  U 2  1 egyenletet: 3 2

U2  U*1 2n1 (2n 2 )3  2n3  1 1 3 3 3 1  x  (2n )  , 1 1 2mi2 2432 2n (2n )3  2n3 n32 n3 t (22 t 2 )3 27 t 3 n12  1 82  4 7   7  4t 32  3 , 4 2 n1 2 2 n1 2 2 n1 n1 U1 

ahol n 2  2 2 t 2 , n 3  27 t 3 , t 3 / n1  egész. Minimális megoldás U2min  U*1 3 ,n1  2,t2 1,t3  0 esetén: 3 8 U*1 3  2n 3  1  2  2 t 3  1  2  0  1  1,

174

U 2min  2n1 (2n 2 )3  2  2(2  22 t 2 )3  4(23 1)3  2048, U1  (2n1 )3  (2  2)3  64, U2  U*1 2048 1 1 3 1   1024,   21 1  2049, 2 2 U  U*1 2048  1  1 3 1 1  2   1023,   21  1  2046. 2 2 1 

Ellenőrizzük a megoldást: x1my1i (2z1 1)k  44 83 11 

 1 1  1 1 1 1  U*1U U , 3

2mi3 102410231024102311024 2433

1

2



1 20481024 1 3 3 1 4 3 *1 1  48  4 1  4 8 =U3 U2U.1 24 2. Minimális megoldás U 1  x 13  ( 2 n 1 ) 3 , U

2

 x 11 y 13  ( 2 n 1 ) 1 ( 2 n 2  1) 3 esetén:

m i  2 Rendezzük át az U*1 U1  U 2  1 egyenletet: 3 2 3 mi2 U2  2mi2 U1  U*1 (2n1)3  (2n3 1) 1, 3 1,2n1 (2n2 1)  2 2n n (2n 2  1)3  25 (2n1 )2  3  27 n12  3 , 2n1 n1 ahol n 3 / n1  páratlan egész szám.

Minimális megoldás U2min  U*1 3 ,n1 1,n3  3 esetén: 3 3 U*1 3  2n 3  1  2  3  1  7, U1  (2n1 )  (2 1)  8,

175

U 2min  2n1 (2n 2  1)3  2 1(27 n12 

n3 3 )  2(27 12  )  250, n1 1

U2  U*1 250  7 1 3 1   128,   21  1  257, 2 2 U 2  U*1 250  7  1 3 1 1    121,   21  1  243. 2 2 1 

Ellenőrizzük a megoldást: x1my1i (2z1 1)k 

 1 1  1 1 1 1  U*1U U ,

84 53 71 

2mi3 1281211281211128 2433

3

1

2



7 250128 1 3 3 1 4 3 *1  7  25 8  7 8 5 =U3 U2U.1 24 3. Minimális megoldás U 1  x 13  (2n 1  1) 3 , U 2  x 1 y 13  (2n 1  1)1 (2n 2 ) 3 esetén: m i  2 Rendezzük át az U*1 U1  U 2  1 egyenletet: 3 2

3 mi2 U2  2mi2 U1  U*1 (2n1 1)3  (2n3 1) 1, 3 1,(2n1 1)(2n2 )  2 2n3 (2n 2 )3  25 (2n1  1)2  , 2n1  1 ahol 2n 3 /(2n1  1)  páros egész szám.

Minimális megoldás U2min  U*1 3 ,n1 1,n3 108 esetén: 3 3 U*1 3  2n 3  1  2 108  1  217, U1  (2n1  1)  (2 1  1)  27,

176

 2n 3  U 2min  (2n1  1)(2n 2 )3  (2n1  1)  25 (2n1  1) 2   2n1  1   2 108  216   (2 1  1)  25 (2 1  1) 2   3  (25  32  )  648   2 1  1  3  U  U*1 648  217 1 3 1 1  2   432,   21 1  865, 2 2 U 2  U*1 648  217  1 3 1 1    215,   21  1  431. 2 2

Ellenőrizzük a megoldást: x1my1i (2z1 1)k 

 1 1  1 1 1 1  U*1U U ,

34  23  2171 

3

2mi3  432215 4322151 432 2433

1

2



217 648 432  2171 363  27  2171 34 63  U*13U2U.1 4 2 A d részegyenlet vizsgálata

Egyszerűsítés után a vizsgált részegyenletek egyikét kapjuk.

177

12. SZ. PÉLDA: Az x y z  f (, )  2  2  f (, )  2  2  0 , (1) m

i k

egyenlet vizsgálata Az egyenlet elemzése és felbontása Kiinduló adatok: x,y,z,  , ,  – pozitív egészek.

Az inmonolit egyenlet szimpla felbontással összetett monomára rendezhető és lineáris szorzókra bontható a természetes számok rendszerében: xmyi zk      f(, )  ,(2).

Az egyenlet az alábbi részegyenletekre bontható: a. x, y, z ,  ,  f (, )    páratlan, ω páros szám,

b. x, y, z , ω ,  f (, )    páratlan,  páros szám,

c. x  y  z , ω ,  f (, )    páros,  páratlan szám,

d. x  y  z ,  ,  f (, )    páros, ω páratlan szám,

e. x  y  z páros,  , ω páratlan,  f (, )    tetszőleges, f. x, y, z, ,  páros szám. Az a részegyenlet vizsgálata

A részegyenlet határozott: s  1, p  j  i  k  3 . Az

f (, )   

tényező tetszőleges

f (, )

mellett

redukálható, mivel  és  a két első tényezőből kifejezhető. Írjuk fel a paraméteres részegyenletet: 178

i k xmyz   21 21 1 21  21 1 f(, )   UU 1 2U3, (3).

Írjuk fel a részegyenlet egyetlen megoldási változatát: 21  21  U1 1 U U U U 2  1.21  21  U2 1, 1  2 1 , 1  2 1 ,  U3 f(, ), 4 4  U  f(, ) 3 

ahol U2  U1  2,U3  f(, ),U1,U2,U3 páratlan relatívprím számok, U 1  2u 1  1, U 2  2u 2  1, u 1 ,u 2  ellentétes paritású számok. Példa megoldása Kiinduló adatok: m  5,i  2,k  3,f(ω,)  ω2  ω 2 , U1  32 , U 2  3351 ,U 3  51173.

A megoldó képletek alapján kapjuk: 1  (U 2  U1 ) / 4  (3351  32 ) / 4  36,   21  2  36  72 , U 2  U1  2 3351  32  2   31,   21  1  2  31  1  63 4 4   U3  f (, )  U3  (2    2 )  51173  (722  72  63  632 )   24565  13689  10876 . 1 

Ellenőrizzük a megoldást: i k xmyz   21 21 1 21  21 1 (2 2 )  UU 1 2U3  3 1 1 3 5 2 3 32 35 517 3517 (2362311)(2362311)(722 7263632 10876)   9 135  24565  3552173 .

179

A b részegyenlet vizsgálata x, y, z , ω ,  f (, )    páratlan,  páros szám.

A b részegyenlet határozott: s  1, p  j  i  k  3 . Az

f (, )   

tényező tetszőleges f (, ) függvény

mellett redukálható, mivel  és  értéke a két első tényezőből U1 és U 2 értékén keresztül kifejezhető. Írjuk fel a részegyenletet: i k xmyz   21 21 1 21  21 1 f(, )   UU 1 2U3, (4).

Írjuk fel a részegyenlet egyetlen megoldási változatát: 21  21  U1 1 U  U 2 U U  1.21  21  U2 1, 1  2 1 , 1  2 1 ,  U3 f(, ), 4 4  U  f(, ) 3 

ahol U2  U1,U3  f(, ),U1,U2 ,U3  páratlan relatívprím számok, U1  2u1  1, U 2  2u 2  1, u1 ,u 2  azonos paritású számok. Példa megoldása Kiinduló adatok: m  5,i  2,k  3,f(ω,)  ω2  ω   2 , U1  3271,U2  3352 ,U3  5171233.

A megoldó képletek alapján kapjuk: 1 

U2  U1  2 3352  3271  2   184,   21  1  2 184  1  369 , 4 4 180

1  (U 2  U1 ) / 4  (3352  32 71 ) / 4  153,   21  2 153  306,   U3  (2    2 )  5171233  (3692  369  306  3062 )   425845  342711  83134 . Ellenőrizzük a megoldást: i k xmyz   21 21 1 21  21 1 (2 2 )  UU 1 2U3  3 2 1 1 3 5 2 3271 35 5723 37 (523)3   (2 184  2 153 1)(2 184  2 153 1)(3692  369  306  3062  83134)   63  675  425845  357 2 (5  23)3 .

A c részegyenlet vizsgálata x  y  z , ω ,  f (, )    páros,  páratlan szám.

A részegyenlet határozott: s  1, p  j  i  k  3 . Az

f (, )   

tényező tetszőleges f (, ) függvény

mellett redukálható, mivel  és  értéke a két első tényezőből V1 és V2 értékén keresztül kifejezhető. Az összetett x m yi z k monoma bármelyik eleme, akár valamennyi, lehet páros. Legyen x és y páros, z páratlan. Írjuk fel a részegyenletet: x1my1i zk 

 21 21 1 21 21 1 f(, )   VVV, (5), 2mi

1 2 3

ahol x1my1i zk  VV 1 2V3 , mivel p  3   i  k  3 . 181

Írjuk fel a részegyenlet megoldási változatait: 21  21  2mi V1 1 V  2mi V1 V  2mi V1  2  1.21  21  V2 1 , 1  2 , 1  2 , 4 4  V  f(, ) 3  ahol V2  m+i V1  2,V3  f(, ),(V,V 1 2 ,V3 )  d  1,V2  páros. Az első megoldási változat első egyenlete alapján a részegyenletnek m  i   esetén nincs megoldása. 21  21  V1 1 2mi V2  V1 2mi V2  V1  2  2.21  21  2mi V2 1, 1  , 1  , 4 4  V  f(, ) 3  ahol m+i V2  V1  2,V3  f(, ),(V,V 1 2 ,V3 )  d  1,V1  páros. A második megoldási változat második egyenlete alapján a részegyenletnek m  i  1 esetén nincs megoldása. 21  21  V1 1 V V V V 2  3.21  21  V2 1 1  2 1 , 1  2 1 , 4 4  mi 2 V f( , ),     3  ahol V2  V1  2,2mi V3  f(, ), (V1 , V2 , V3 )  d  1, V1  2v1  1, V2  2v 2  1, v1 , v 2  ellentétes paritású. A harmadik változat alapján az egyenletnek van megoldása. Példa megoldása. Kiinduló adatok: m  5,i  2,k  3,f(ω,)  ω3  ω2 2 , V1  32111,V2  3351111,V3  52293.

182

A megoldó képletek alapján kapjuk: V2  V1 3351111  32111   396,   21  2  396  792 , 4 4 V2  V1  2 3351111  32111  2 1    346,   21 1  2  346 1  693 , 4 4   2mi V3  3  2  2  252  52 293  7923  7922  693  6932  1 

 513219001  496793088  16425913 .

Ellenőrizzük a megoldást: x1my1i zk  5 2 3 311145 

 21 21 1 21 21 1 (3 22 )  VVV, 1 2 3

2mi  792693 792693 (7923 7922  6936932 16425913)

252  99 1485  609725  32111  3351111  52 293  35112 (5  29)3 .



A d részegyenlet vizsgálata x  y  z ,  ,  f (, )    páros, ω páratlan szám.

A részegyenlet határozott: s  1, p  j  i  k  3 . Az

f (, )   

tényező tetszőleges

f (, )

mellett

redukálható, mivel  és  értéke a két első tényezőből V1 és V2 értékén keresztül kifejezhető. Legyen x és y páros, z páratlan. Írjuk fel a részegyenletet: 183

x m yi z k   21  1  21  21  1  21   f (, )    ,

x1my1i zk 

 21 21 1 21 21 1 f(,)   VVV, (6), 1 2 3

2mi ahol x1my1i zk  VV 1 2V3 , mivel p  3   i  k  3 .

Írjuk fel a részegyenlet megoldási változatait: 21  21  2mi V1 1 V  2mi V1  2 V  2mi V1  1.21  21  V2 1 , 1  2 , 1  2 , 4 4  V  f(, ) 3  ahol V2  m+i V,V 1 3  f(, ),(V,V 1 2 ,V3 )  d  1,V2  páros. Az első megoldási változat első egyenlete alapján a részegyenletnek m  i  1 esetén nincs megoldása. 21  21  V1 1 2mi V2  V1  2 2mi V2  V1  2.21  21  2mi V2 1, 1  , 1  , 4 4  V  f(, ) 3  ahol m+i V2  V,V 1 3  f(, ),(V,V 1 2 ,V3 )  d  1,V1  páros. A második megoldási változat második egyenlete alapján a részegyenletnek m  i  1 esetén nincs megoldása. 21  21  V1 1 V V 2 V V  3.21  21  V2 1 , 1  2 1 , 1  2 1 , 4 4  mi 2 V f( , )     3  ahol V2  V,V 1 3  f(, ), (V1 , V2 , V3 )  d  1, V1  2v1  1, V2  2v 2  1, v1 , v 2  azonos paritású. 184

A harmadik változat alapján az egyenletnek van megoldása. Példa megoldása. Kiinduló adatok: m  5,i  2, k  3, f(ω, )  ω3  ω2   2 , V1  32111 , V2  3371111 ,V3  7 2 293.

A megoldó képletek alapján kapjuk: 1 

V2  V1  2 33 71111  32111  2   544,   21  1  1089 , 4 4 1 1 V  V 33711  32111 1  2 1   495,   21  990 , 4 4   2mi V3  3  2  2 

 25 2  7 2 293  10893  10892  990  9902  36541729 . Ellenőrizzük a megoldást: m i k 1 1

x yz

5 2 311 2033 

21 21 1 21  21 1 (3 22 )    VVV, 1 2 3

2mi 10899901089990 (10893 10892 9909902 36541729)

252  99  2079 1195061  32111  3371111  7 2 293  35112 (7  29)3 . Az e részegyenlet vizsgálata x  y  z páros,  , ω páratlan,  f (, )    tetszőleges.

A részegyenlet határozott: s  1, p  j  i  k  3 .

185



Az

f (, )   

tényező tetszőleges f (, ) függvény

mellett redukálható, mivel  és  értéke a két első tényezőből V1 és V2 értékén keresztül kifejezhető. Legyen x és y páros, z páratlan. Írjuk fel a részegyenletet: x1my1i zk 

 1 1 1 1 1 f(, )   VVV, (7), 2mi2

1 2 3

ahol x1my1i zk  VV 1 2V3 , mivel p  3   i  k  3 . Írjuk fel a részegyenlet megoldási változatait: 1 1  2mi2 V1 V2  2mi2 V1 1 V2  2mi2 V1 1  1.1 1  V2 1 , 1  , 1  , 2 2  V  f(, ) 3  ahol V2  m+i2 V1 1,V3  f(, ),(V,V 1 2 ,V3 )  d  1,V2  páratlan, V3  tetszőleges paritású, 1 1  V1 2mi2 V2  V1 1 2mi2 V2  V1 1  2.1 1  2mi2 V2 1, 1  , 1  , 2 2  V f(, ) 3  ahol m+i2 V2  V1 1,V3  f(, ),(V,V 1 2 ,V3 )  d  1,V1  páratlan, V3  tetszőleges paritású,

186

1 1  V1 V  V 1 V  V 1  3.1 1  V2 1 , 1  2 1 , 1  2 1 , 2 2  mi2     2 V f( , ) 3  ahol V2  V1 1, 2mi2 V3  f (, ), (V,V 1 2 ,V3 )  d  1, V1 , V2  ellentétes, V3  tetszőleges paritású. Példa megoldása az 1. változat alapján Kiinduló adatok: m  5,i  2, k  3, f(ω, )  ω2  ω   2

1 1  2mi2 V1 V2  2mi2 V1 1 V2  2mi2 V1 1  1.1 1  V2 1 , 1  , 1  , 2 2  2 2  V3   ahol V2  m+i2 V1 1,V3   2 2 ,(V,V 1 2 ,V3 )  d  1,V2  páratlan, V3  tetszőleges paritású. Legyen: V1  32 71 , V2  3352 71 ,V3  512093 , x1m y1i z k  x15 y12 z3  V1V2 V3  63  4725  45646645  357 2 (5  209)3 . A megoldó képletek alapján kapjuk: 1 

V2  2m i  2 V1  1 4725  25 2 2 63  1   3370, 2 2   21  1  2  3370  1  6741 ,

V2  2m i  2 V1  1 4725  25 2 2 63  1 1    1354, 2 2   21  1  2  1354  1  2709 . 187

  V3  2    2  45646645  67412  6741 2709  27092   63908014  52779762  11128252 . Ellenőrizzük a megoldást: x1my1i zk  357210453 

 1 1 1 1 1 (2 2 )  VVV, 1 2 3

2mi2  33701354 337013541 (67412 6741 270927092 11128252)

2522  63  4725  45646645  32 71  3352 71  512093  357 210453 . Példa megoldása a 2. változat alapján Kiinduló adatok: m  3,i  5, k  2,f(ω, )  ω  ω2    3

1 1  V1 2mi2 V2  V1 1 2mi2 V2  V1 1  2.1 1  2mi2 V2 1 , 1  , 1  , 2 2  2  V3  (ωω 3) ahol m+i2 V2  V1 1,V3 ωω2 3,(V,V 1 2,V) 3  d 1,V1  páratlan, V3  tetszőleges paritású. Legyen: V1  52 73 , V2  2534 ,V3  31537 2112 , x1m y1i z k  x13 y15 z 2  V1V2 V3  8575  2592  2223375  25355575112 . A kapott eredmény – az x13 y15 z 2 mononma konkrét értékétől függően – számos módon csoportosítható a számelmélet alaptételének megfelelően. Például: x13 y15 z 2  25355575112  73  253555  7 2112  53  253575  52112 , stb.. 188



A megoldó képletek alapján kapjuk: 1 

1 

2m i  2 V2  V1  1 235 2  2592  8575  1   87231, 2 2   21  1  2  87231  1  174463 , 2m  i 2 V2  V1  1 2352  2592  8575  1   78656, 2 2   21  1  2  78656  1  157313 ,   V3  (ω  ω2    3) 

= 2223375  (174463 157313  1744632  157313  3)   2223375  2991883134  2994106509 . Ellenőrizzük a megoldást: x1my1i zk 



 1 1 1 1 1 (2 3)  VVV, 2mi2 2 2 73  253555  72112  53  253575 511 

1 2 3

 1744632 15731332994106509) 872317865687231786561 (174463157313 

2522  8575 2592  2223375  25355575112  73  253555  72112  53  253575  52112 . Példa megoldása a 3. változat alapján Kiinduló adatok: m  3,i  5, k  2,f(ω, )  ω  ω2    3

1 1  V1 V  V 1 V  V 1  1  2 1 , 1  2 1 , 3.1 1  V2 1 2 2  mi2 2     2 V (ω ω 3), 3  ahol V2  V1 1, 2m i  2 V3  (ω  ω2    3), (V1 , V2 , V3 )  d  1, V1 , V2  ellentétes, V3  tetszőleges paritású. 189

Legyen: V1  2534 , V2  52 73 ,V3  31537 2112 , x1m y1i z k  x13 y15 z 2  V1V2 V3  2592  8575  2223375  25355575112 . Az eredmény számos módon csoportosítható. Például: x13 y15 z 2  25355575112  73  253555  7 2112  53  253575  52112 , stb.. A megoldó képletek alapján kapjuk: V2  V1  1 8575  2592  1   5583, 2 2   21  1  2  5583  1  11167 , V  V1  1 8575  2592  1 1  2   2991, 2 2   21  1  2  2991  1  5983 ,

1 

  m+i  2 V3  (ω  ω2    3)   3+5 2  2223375  (11167  5983  11167 2  5983  3)   142296000  57883742  200179742 . Ellenőrizzük a megoldást: x1my1i zk   1 1  1 1 1 (2 3)/2mi2  VVV, 1 2 3 2 2 73  253555  72112  53  253575 511  2  55832991 558329911 (11167598311167 59833200179742)/2532 

 2592  8575 2223375  25355575112  73  253555  72112  53  253575  52112 .

190

Az f részegyenlet vizsgálata x, y, z, ,   páros.

Egyszerűsítés után a vizsgált részegyenleteket kapjuk.

191

13. SZ. PÉLDA: Az x y z    f (, )  2  f 2 (, )  2 2  2  2  0 , (1) m

i k

2

2

egyenlet vizsgálata Az egyenlet elemzése és felbontása Kiinduló adatok: x,y,z, , ,  – pozitív egészek.

Az egyenlet szimpla felbontással összetett monomára rendezhető és lineáris szorzókra bontható a természetes számok rendszerében, függetlenül az f (, ) függvény jellegétől, aminek következtében különleges tulajdonságokkal rendelkezik. xmyi zk     f(, )  f(, )  ,(2).

Az egyenlet túlhatározott: i  4  k  3. Így az U1 , U 2 , U 3 , U 4 tényezők közül szabadon, vagy további korlátozásokkal, csak három értéke választható meg, az f (, ) függvény jellegétől függően. Annak bizonyítása, hogy a választás történhet tetszőleges f (, ) függvény és x m yi z k  U1U 2 U 3 U 4 egyenlőségi értékek mellett, komplex rendszerben lehetséges. A részegyenletnek van megoldása, ha m, i, k egyike egységnyi. Az egyenlet az alábbi részegyenletekre bontható: a. x, y, z ,  ,  f (, )    páratlan, ω páros szám,

b. x, y, z , ω ,  f (, )    páratlan,  páros szám,

c. x  y  z , ω ,  f (, )    páros,  páratlan szám,

d. x  y  z ,  ,  f (, )    páros, ω páratlan szám,

e. x  y  z páros,  , ω páratlan,  f (, )    tetszőleges, f. x, y, z, ,  ,  f (, )    páros szám.

192

Az a részegyenlet vizsgálata

A részegyenlet túlhatározott: p  3,i  j  4  k  3. Az

f (, )   

tényezők tetszőleges racionális egész

f (, ) függvény mellett redukálhatók, mivel  és  értéke a két első tényezőből kifejezhető. Írjuk fel a részegyenletet: i k xmyz   21 21 1 21  21 1 f(, ) f(, )   UU 1 2U3U4, (3),

ahol xmyi zk  U1U2U3U4 , mivel p  3   i  j  4   . Írjuk fel a megoldási változatot és a megoldó képleteket: 21 21  U1 1  U U U U U U U U 2 21 21  U2 1 1. ,1  2 1 ,1  2 1 , 4 3 ,f( , ) 4 3 , , ) 4 4 2 2 U3 f(  U4 f( , ) ahol U2  U1  2,U4  U3 ,(U1,U2 ,U3,U4 )  d  1 páratlan számok,

U1  2u1  1, U 2  2u 2  1, u1 ,u 2  ellentétes paritású számok. A részegyenletnek végtelenül sok megoldása létezik, az f (, ) függvény jellegétől függően.

Példa megoldása. Kiinduló adatok: m  5,i  2, k  3, f(ω, )  ω  

Írjuk fel a megoldó képleteket:

193

U  U3 U  U3 U 2  U1 U  U1  2 , 1  2 ,  4 ,   4 , 4 4 2 2 U +U x m yi z k  x 5 y 2 z 3  U1U 2 U 3 U 4  U1 4 3 U 3 U 4 , 2 ahol ω,ψ  páros,   páratlan, U4  2u4 1, U3  2u3 1, u 4 , u 3  azonos paritású számok, mivel U2     (U4  U3 ) / 2  páratlan. 1 

A megoldó képletek alapján látható, hogy az U1 ,U 2 ,U 3 ,U 4 tényezők értékének megválasztása azon túl is korlátozott, hogy az egyenlet túlhatározott. Ennek jellegét a választott f(ω, ) függvény határozza meg. Esetünkben az f(ω, )  ω   függvény. Szintén látható, hogy ω és  értéke függ U1 , U 2 vagy U 3 ,U 4 választott értékeitől. Ugyanakkor összegük értéke független az U1 tényező értékétől. Ez lehetőséget teremt a részegyenlet megoldására a természetes számok rendszerében akkor is, ha az m, i, k kitevők egyike sem egységnyi. Legyen például: 5 3 U3 36 729  23641,U4 37 83349 241674,

U2  (U4  U3 ) / 2  (83349  729) / 2  42039  351731  2  21019  1.   (U 4  U 3 ) / 2  (83349  729) / 2  41310. A kapott eredmény alapján írhatjuk: x m yi z k  x 5 y2 z3  U1U2 U3 U4  U1  351731  36  3573  U1  316731731 . A részegyenletnek számtalan megoldása létezik, mivel az x y z  U1  316 731731 egyenlőség sok változatban teljesíthető U1 választott értékétől, illetve a szorzat felbontásától függően. 5

2 3

194

Például U1  1731  2  86  1 esetén kapjuk: x5 y2 z3  U1  316731731  1731  316731731  951732633  954671273  . U  U1 42039  173 42039  173  2 1  2   10558, 1   10466, 4 4 4 ω  2ω1  2 10558  21106,   21  1  2 10466  1  20933. Ellenőrizzük a megoldást: i k xmyz   21 21 1 21  21 1 f(, ) f(, )   UU 1 2U3U4,

x5y2z3  95 1732  633     ()()   2110620933 2110620933 211062093341310 211062093341310 

 173 42039  729  83349  1731  351731  36  35  73  95 1732  633. A részegyenletnek végtelenül sok, a kiinduló feltételeknek megfelelő, megoldása létezik, mivel U 3 , U 4 végtelenül sok értéke elégíti ki az U1U 2 U 3 U 4  x 5 y 2 z3 egyenlőséget. A b részegyenlet vizsgálata x, y, z , ω ,  f (, )    páratlan,  páros szám.

A részegyenlet túlhatározott, mivel s 1,p  3, j  4  k  3 . Az

f (, )   

tényezők tetszőleges racionális egész

f (, ) függvény mellett redukálhatók, mivel  és  értéke a két első tényezőből kifejezhető. Írjuk fel a részegyenletet: i k xmyz   21 21 1 21  21 1 f(, ) f(, )   UU 1 2U3U4 , (4),

ahol xmyi zk  U1U2U3U4 , mivel p  3   i  j  4   . 195

Írjuk fel a megoldási változatot és a megoldó képleteket: 21 21 U1 1 2 2  U 1 U U U U U U 2 U U  1 1 2 1. ,1  2 1 ,1  2 1 , 4 3 ,f( , ) 4 3 , , ) 4 4 2 2 U3 f( U4 f( , ) ahol U2  U1  2, U4  U3 ,(U1, U2 , U3 , U4 )  d  1  páratlan számok,

U1  2u1  1, U 2  2u 2  1, u1 ,u 2  azonos paritású számok. A részegyenletnek végtelenül sok megoldása létezik az f (, ) függvény jellegétől függően. Példa megoldása Kiinduló adatok: m  5,i  2, k  3, f(ω, )  ω  

Írjuk fel a megoldó képleteket: U  U3 U 2  U1  2 U  U1 , 1  2 ,  4 ,     (U 4  U 3 ) / 2. 4 4 2 U +U x m yi z k  x 5 y 2 z 3  U1U 2 U 3 U 4  U1 4 3 U 3 U 4 , 2 ahol ω,ψ  páros,   páratlan, U4  2u4 1, U3  2u3 1, u 4 , u 3  azonos paritású számok, mivel U2     (U4  U3 ) / 2  páratlan. 1 

Legyen például: 1 2 1 1 1 U3  3513  975  2 487 1,U4  3552711  467775  2 233887 1,

U2  (U4  U3 )/ 2  (467775  975)/2  234375  3157  2 117187 1,   (U 4  U 3 ) / 2  (467775  975) / 2  233400. A kapott eredmény alapján írhatjuk: 196

1 7 1 2 1 5 2 1 1 1 1 1 x5y2z3  U1U2U3U4  U1  35  35 13  3 5 711  U1  3751171113.

A részegyenletnek számtalan megoldása létezik, mivel az 1 1 x y z  U1  37 511711113 egyenlőség sok változatban teljesíthető U1 választott értékétől, illetve a szorzat felbontásától függően. 5

2 3

1 1 Például U1  7 21113  7007  2  3503  1 esetén kapjuk: 1 1 1 1 1 7 11 1 1 1 x5y2z3  U1U2U3U4  U1  3751171113  721113  3 5 71113 

 3555  32112132  73253  35  3252112132  731253 , 1  (U 2  U1  2) / 4  (234375  7007  2) / 4  60345, 1  (U 2  U1 ) / 4  (234375  7007) / 4  56842, ω  2ω1  1  2  60345  1  120691,   21  2  56842  113684. Ellenőrizzük a megoldást: x5y2z3   21 21 1 21  21 1 ()()  UU 1 2U3U4, x5y2z3 155  4292 1753     ()()  120691113684120691113684120691113684233400120691113684233400 

 7007  234375 975 467775  749005532666015625  155  4292 1753. A részegyenletnek végtelenül sok, a kiinduló feltételeknek megfelelő, megoldása létezik, mivel U 3 , U 4 végtelenül sok értéke elégíti ki az U1U 2 U 3 U 4  x 5 y 2 z3 egyenlőséget. A c részegyenlet vizsgálata x  y  z , ω ,  f (, )    páros,  páratlan szám.

Legyen: y és z páros, x páratlan szám. 197

A részegyenlet túlhatározott, mivel i  j  4  k 3. Az

f (, )   

tényezők tetszőleges racionális egész

f (, ) függvény mellett redukálhatók. Írjuk fel a részegyenletet: xmy1i z1k 

 21 21 1 21 21 1 f(,) f(,)   UU U U , (5), 1 2

3

2ik ahol xmy1i z1k  U1U2U3U4 , mivel p  3   i  j  4   .

4

Írjuk fel a részegyenlet megoldási változatait és képleteit: ik 2 1 21 2 U1 1  U U U2 2ikU1 U2 2ikU1 2 U4 U3 2 1 21 U2 1 1. , ,1  , ,f( , ) 4 3 , 1 4 4 2 2 ,) U3 f( U f( ,) 4  ahol U2  2ik U1  2, U4  U3 ,(U1 , U2 , U3 , U4 )  d  1, U 2  páros,

2 1 21 U1 1  ik U U 2ikU2 U1 2ikU2 U1 2 U4 U3 2 1 21 2 U2 1 2. ,1  ,1  , ,f( , ) 4 3 , 4 4 2 2 ,) U3 f( U f( , ) 4  ik ahol 2 U2  U1  2, U4  U3 ,(U1 , U2 , U3 , U4 )  d  1, U1  páros, 2 1 21 U1 1 22 U 1 U4 2ikU3 U2 U1 U2 U1 2 U4 2ikU3  1 1 2 3. ,1  ,1  , ,f( , ) , ik 4 4 2 2 ,) 2 U3 f( U f( ,) 4  ahol U2  U1  2, U4  2ik U3 ,(U1 , U2 , U3 , U4 )  d  1, U 4  páros,

198

2 1 21 U1 1 22 U 1 2ikU4 U3 U U U U 2 2ikU4 U3  1 1 2 4. ,1  2 1 ,1  2 1 , ,f( , ) ,  U  f(  , ) 4 4 2 2 3  2ikU f( , ) 4  ahol U2  U1  2, 2ik U4  U3 ,(U1 , U2 , U3 , U4 )  d  1, U 3  páros. i  k   esetén az első és a második változat alapján a részegyenletnek nincs megfelelő megoldása, mivel U1 , U 2 tört. A részegyenletnek létezik megoldása a 3. és 4. változat alapján.

Példa megoldása Kiinduló adatok: m  5,i  2, k  3, f(ω, )  ω  

Oldjuk meg az egyenletet a harmadik változat alapján:  2 1  2 1  U 1  1  2  2  U  1  1 1 2 3.  . i k       2 U f ( , ) 3     U  f (,  ) 4  Írjuk fel a megoldó képleteket: U4  2ik U3 U4  2ik U3 U2  U1 U2  U1  2 1  , 1  ,  ,  , 4 4 2 2 U +22+3 U 3 x m y1i z1k  x 5 y12 z13  U1U 2 U 3 U 4  U1 4 U3 U 4 , 2 ahol U 2  U 1  2, U 4  2 i  k U 3 , U1 , U 2  páratlan számok, U4  2u4 , u 4  páratlan, mivel    páratlan szám. U 3 , U 4 paritása azonos, így U 3 is páros. 199

1 2 1 5 1 2  300  2150,U4  23 57 119070  259935, Legyen: U3  2235

1 1 1 U2  (U4  223 U3)/2  (11907032300)/2  64335  354289  232167 1,

  (U 4  223 U 3 ) / 2  (119070  32  300) / 2  54735,

A kapott eredmények alapján írhatjuk: 1 1 1 2 1 5 1 2 x5y12z13  U1U2U3U4  U1  35 42891  2235  2 3 5 7  U1  233754724289.1

A részegyenletnek számtalan megoldása létezik, mivel az x y z  U1  23375472 42891 egyenlőség sok változatban teljesíthető U1 választott értékétől, illetve a szorzat felbontásától függően. 5 2 3 1 1

Például U1  42891  2  2144  1 esetén kapjuk: x5y12z13  U1U2U3U4  U1  2337547242891  42891  2337547242891   35  322527242892  23  15  92 25272 42892  63 , 1  (U 2  U1 ) / 4  (64335  4289) / 4  17156, 1  (U 2  U1  2) / 4  (64335  4289  2) / 4  15011, ω  2ω1  2 17156  34312,   21  1  2 15011  1  30023. Ellenőrizzük a megoldás: x5y12z13 

 21  21 1 21  21 1 ()()  U U U U ,

x5y12z13  35  22517252  23 



1

2

223    ()()

3

 223 34312300233431230023343123002354735343123002354735 223 4289  64335  9600 119070   4289  64335  300 119070  223 200

4



 35  22517252  53  154009313822109375. A részegyenletnek végtelenül sok, a kiinduló feltételeknek megfelelő, megoldása létezik, mivel U 3 , U 4 végtelenül sok értéke elégíti ki az U1U 2 U 3 U 4  x 5 y 2 z3 egyenlőséget. Oldjuk meg az egyenletet a negyedik változat alapján:  21 2  1 4.     

 21  U 1  1  21  U

2

1

 U 3  f (,  ) 2 i k U

4

.

 f ( ,  )

Írjuk fel a megoldó képleteket: 2ik U4  U3 2ik U4  U3 U2  U1 U U 2 , 1  2 1 ,   ,  , 4 4 2 2 22+3 U 4 +U 3 x m y1i z1k  x 5 y12 z13  U1U 2 U 3 U 4  U1 U3 U 4 , 2 ahol U 2  U 1  2 , 2 i  k U 4  U 3 , U1 , U 2  páratlan számok, U3  2u3 , u 3  páratlan, mivel    páratlan szám. 1 

U 3 , U 4 paritása azonos, így U 4 is páros. 1 2 1 5 1 8820, U3  235  2430  21215, Legyen: U4  223257

U2  (223 U4  U3)/2  (328820  2430)/2 142335  2 71167 1,   (223 U4  U3 ) / 2  (32  8820  2430) / 2  139905.

A kapott eredmények alapján írhatjuk: 1 1 1 5 1 2 2 1 2 x5y12z13  U1U2U3U4  U1  3253163  2 3 5  2 3 5 7  U1  233953723163.1

201

A részegyenletnek számtalan megoldása létezik, mivel az x y z  U1  2339537231631 egyenlőség sok változatban teljesíthető U1 választott értékétől, illetve a szorzat felbontásától függően. 5

2 3 1 1

Például U1  7131631  22141  2 11070  1 esetén kapjuk: 1  (U 2  U1 ) / 4  (142335  22141) / 4  41119, 1  (U 2  U1  2) / 4  (142335  22141  2) / 4  30048, ω  2ω1  2  41119  82238,   21  1  2  30048  1  60097. Ellenőrizzük a megoldás: x5y12z13 

 21  21 1 21  21 1 ()()  U U U U , 1

x5y12z13  35  284672  703 



2

223   2 ()()

3

4

 223 8223860097822386009782238600971399058223860097139905 223  22141142335  2430  282240/ 223  22141142335  2430  8820   35  28467 2  703  67543536548061000.



A részegyenletnek végtelenül sok, a kiinduló feltételeknek megfelelő, megoldása létezik, mivel U 3 , U 4 végtelenül sok értéke elégíti ki az U1U 2 U 3 U 4  x 5 y 2 z3 egyenlőséget. A d részegyenlet vizsgálata x  y  z ,  ,  f (, )    páros, ω páratlan szám.

Legyen y páros, x és z páratlan szám. 202

A részegyenlet túlhatározott, mivel p 3,i  j  4  k 3. Az

f (, )   

tényezők tetszőleges racionális egész

f (, ) függvény mellett redukálhatók. Írjuk fel a részegyenletet: xmy1i zk 

 21 21 1 21 21 1 f(,) f(,)   UU U U , (6), 1 2

3

2i ahol xmy1i zk  U1U2U3U4 , mivel p  3   i  j  4   .

4

Írjuk fel a részegyenlet megoldási változatait és képleteit: i 21 21 2U 1 1  i i U U U U U2 2U U2 2U 21 21 U2 1 1 2 1 1. ,1  ,1  , 4 3 ,f( , ) 4 3 , 4 4 2 2 , ) U3 f( U f( , ) 4  i ahol U2  2 U1 , U4  U3 ,(U1 , U2 , U3 , U4 )  d  1, U 2  páros,

21 21 U1 1  i i i U U U U 2U 2U U 2 U 21 21 2U2 1 2. ,1  2 1 ,1  2 1 , 4 3 ,f( , ) 4 3 , 4 4 2 2 , ) U3 f( U f( , ) 4  i ahol 2 U2  U1,U4  U3,(U1,U2 ,U3 ,U4 )  d  1, U1  páros, 21 21 U1 1 2 2 U 1 i i U4 2U U4 2U U2 U1 2 U2 U1  1 1 2 3 3 3. ,1  ,1  , ,f( , ) , i 4 4 2 2 , ) 2U3 f( U f( , ) 4  ahol U 2  U1 , U 4  2i U 3 , (U1 , U 2 , U 3 , U 4 )  d  1, U 4  páros, 203

21 21 U1 1 2 2 U 1 i i 2U 2U U U U U 2 U U  1 1 2 4. ,1  2 1 ,1  2 1 , 4 3 ,f( , ) 4 3 , , ) 4 4 2 2 U3 f( i 2U f( , ) 4  ahol U 2  U1 , 2i U 4  U 3 , (U1 , U 2 , U 3 , U 4 )  d  1, U 3  páros. i   esetén az első és a második változat alapján a részegyenletnek nincs megfelelő megoldása, mivel U1 , U 2 tört. A részegyenletnek létezik megoldása a 3. és 4. változat alapján.

Példa megoldása Kiinduló adatok: m  5,i  2, k  3, f(ω, )  ω  

Oldjuk meg az egyenletet a harmadik változat alapján: 21 2  1 3.     

 21  U

1

 21  U

2

2iU U

4

3

1 1

 f ( ,  )

.

 f ( ,  )

Írjuk fel a megoldó képleteket: U  2i U 3 U  2i U 3 U 2  U1  2 U  U1 , 1  2 ,  4 ,   4 , 4 4 2 2 U  22 U 3 x m y1i z k  x 5 y12 z 3  U1U 2 U 3 U 4  U1 4 U3 U 4 , 2 ahol U2  U1 , U4  2i U3 ,(U1 , U2 , U3 , U4 )  d  1, U4  2u4 , u 4  páratlan, mivel    páratlan szám.

1 

204

U 3 és U 4 paritása azonos, így U 3 is páros. 2 1 2 1 5 1 2 3002150,U4 2357 119070259535, Legyen: U3 235

1 1 1 U2  (U4  22 U3)/2  (119070  4 300)/2  60135  3519 2111  230067 1,

  (U4  22 U3 ) / 2  (119070  4  300) / 2  58935.

A kapott eredmények alapján írhatjuk: 1 1 1 1 2 1 5 1 2 x5y12z13  U1U2U3U4  U1  3519 2111  2235  2 3 5 7  U1  23375472191211.1

A részegyenletnek számtalan megoldása létezik, mivel az x y z  U1  233754721912111 egyenlőség sok változatban teljesíthető U1 választott értékétől, illetve a szorzat felbontásától függően. 5 2 3 1 1

Például U1  711912111  28063  2 14031  1 esetén kapjuk: 1  (U 2  U1  2) / 4  (60135  28063  2) / 4  22049, 1  (U 2  U1 ) / 4  (60135  28063) / 4  8018, ω  2ω1  1  2  22049  1  44099,   21  2  8018  16036. Ellenőrizzük a megoldást: x5y12z3 

 21  21 1 21  21 1 ()()  U U U U ,

x5y12z3  35  3006752 143 



1

2

22    ()()

3

4

 22  4409916036 4409916036 440991603658935 440991603658935 22 28063 60135 1200 119070   28063  60135  300 119070  22  35  3006752 143  60281634567105000. 205



A részegyenletnek végtelenül sok, a kiinduló feltételeknek megfelelő, megoldása létezik, mivel U 3 , U 4 végtelenül sok értéke elégíti ki az U1U 2 U 3 U 4  x 5 y 2 z3 egyenlőséget. Oldjuk meg az egyenletet a negyedik változat alapján: 21 2  1 4.     

 21  U

1

 21  U

2

U 2iU

1 1

 f ( ,  )

3 4

.

 f ( ,  )

Írjuk fel a megoldó képleteket: 2i U 4  U 3 2i U 4  U 3 U 2  U1  2 U  U1 , 1  2 ,  ,   , 4 4 2 2 22 U 4 +U 3 x m y1i z k  x 5 y12 z 3  U1U 2 U 3 U 4  U1 U3 U 4 , 2 i ahol U2  U,2U 1 4  U,(U,U 3 1 2,U,U 3 4) d 1, U3  2u3 , u 3  páratlan, mivel    páratlan szám.

1 

U 3 és U 4 paritása azonos, így U 4 is páros 11 2 5 1 1 150, U4 22357 34020217010, Legyen: U3 235

1 1 U2  (22 U4  U3)/2  (4 34020 150)/2  68115  35 45411  2 34057 1,

  (22 U 4  U3 ) / 2  (4  34020  150) / 2  67965.

A kapott eredmények alapján írhatjuk: 1 1 1 1 1 2 2 5 1 1 3 7 4 1 1 x5y12z3  UU 1 2U3U4  U1  354541  235  2 3 57  U1  2 3 5 7 4541.

206

A részegyenletnek számtalan megoldása létezik, mivel az x y z  U1  2337547145411 egyenlőség sok változatban teljesíthető U1 választott értékétől, illetve a szorzat felbontásától függően. 5 2 3 1 1

Például U1  7145411  31787  2 15893  1 esetén kapjuk: 1  (U 2  U1  2) / 4  (68115  31787  2) / 4  24975, 1  (U 2  U1 ) / 4  (68115  31787) / 4  9082, ω  2ω1  1  2  24975  1  49951,   21  2  9082  18164. Ellenőrizzük a megoldás: x5y12z3 

 21  21 1 21  21 1 ()()  U U U U , 1

2

3

22 5 2 3 5 2 3 x y1 z  3  2384025  2     ()()/ 22 

4

 4995118164 4995118164 499511816467965 499511816467965 /4   31787  68115 150 136080/ 4  31787  68115 150  34020   35  23840252  23  11048870190015000.

A részegyenletnek végtelenül sok, a kiinduló feltételeknek megfelelő, megoldása létezik, mivel U 3 , U 4 végtelenül sok értéke elégíti ki az U1U 2 U 3 U 4  x 5 y 2 z3 egyenlőséget. Az e részegyenlet vizsgálata x  y  z páros,  , ω páratlan,  f (, )    tetszőleges.

Legyen x páros, y és z páratlan szám. A részegyenlet túlhatározott: i  j  4  k  3 . 207

Az

f (, )   

tényező tetszőleges racionális egész

f (, ) függvény mellett redukálható. Írjuk fel a részegyenletet: i k x1myz   1 1  1 1 1 f(, ) f(, )  /2m2  UU 1 2U3U4 , (7),

ahol x1myi zk  U1U2U3U4 , mivel p  3   i  j  4   . Írjuk fel a részegyenlet megoldási változatait és képleteit: m2  1 1 2 U1  U 1 U U U 2m2U1 1 U2 2m2U1 1 U4 U3  1. 1 1 2 ,1  2 ,1  , ,f( , ) 4 3 , 2 2 2 2 ,) U3 f( U f( ,) 4  ahol U2  2m2 U1 1, U4  U3 ,(U1, U2 , U3 , U4 )  d  1, U 2  páratlan,

 1 1 U1  m2 m2 m2 U U  2 U2 1 2 U2 U1 1 2 U2 U1 1 U4 U3 2. 1 1 ,1  ,1  , ,f( , ) 4 3 , 2 2 2 2 ,) U3 f( U f( ,) 4  ahol 2m2 U2  U1 1, U4  U3 ,(U1, U2 , U3 , U4 )  d  1, U1  páratlan,  1 1 U1  U 1 U4 2m2U3 U2 U1 1 U2 U1 1 U4 2m2U3 1 1 2 3. ,  ,   ,  ,f(  , )  , 1 1 m2 2 2 2 2  2 U  f(  , ) 3  U f(  4 ,) ahol U2  U1  1, U4  2m2 U3 ,(U1 , U2 , U3 , U4 )  d  1, U 4  páros,

208

 1 1 U1  U 1 2m2U4 U3 U2 U1 1 U2 U1 1 2m2U4 U3 1 1 2 4. , ,   ,  ,f(  , )  , 1 1  U  f(  , ) 2 2 2 2 3  2m2U f( ,) 4  ahol U2  U1  1, 2m2 U4  U3 ,(U1 , U2 , U3 , U4 )  d  1, U 3  páros. A részegyenletnek végtelenül sok megfelelő megoldása létezik az f (, ) függvény jellegétől függően.

Példa megoldása Kiinduló adatok: m  5,i  2, k  3, f(ω, )  ω  

Oldjuk meg az egyenletet az első változat alapján:  1  1  2 m  2 U 1     1  U 2  1 1. 1 .     U 3  f (,  )    U  f (,  ) 4  Írjuk fel a megoldó képleteket: U U U U U2  2m2 U1 1 U  2m2 U1 1 , 1  2 ,   4 3 ,   4 3 , 2 2 2 2 U  U 3 x1m yi z k  x 5 y12 z 3  U1U 2 U 3 U 4  U1 4 U3 U 4 , 4 ahol U2  2m2 U1 1, U4  U3 ,(U1, U2 , U3 , U4 )  d  1, U 2  páratlan, U 3 , U 4  azonos paritású. 1 

Mivel m  2,U 2  páratlan. 209

6 1 2 1 2 3 2 2 33600216800,U4 2357 132300266150, Legyen: U3 2357

1 2 1 1 U2  (U4  U3)/4  (132300 33600)/4  41475  35 7 79  2 20737 1,

  (U 4  U 3 ) / 4  (132300  33600) / 4  49350.

A kapott eredmények alapján írhatjuk: 1 2 1 1 6 1 2 1 2 3 2 2 8 5 6 4 1 x15y2z3  UU 1 2U3U4  U1  35 779  2 35 7  2 3 5 7  U1  2 3 5 7 79.

A részegyenletnek számtalan megoldása létezik, mivel az x y z  U1  28355674791 egyenlőség sok változatban teljesíthető U1 választott értékétől, illetve a szorzat felbontásától függően. 5 2 3 1

Például U1  791  2  39  1 esetén kapjuk: 1  (U 2  25 2 U1  1) / 2  (41475  25 2 79  1) / 2  21053, 1  (U 2  25 2 U1  1) / 2  (41475  25 2 79  1) / 2  20421, ω  2ω1 1  2  21053 1  42107,  21 1  2  20421 1  40843. Ellenőrizzük a megoldás: x15y2z3 

 1 1  1 1 1 ()()  U U U U , 1

2

252 x 5 y12 z3  65  38712  503  14565071052000000 

3

4

 2105320421 21053204211 421074084349350 421074084349350 /8  632  41475  33600 132300/8  79  41475  33600 132300   65  38712  503  14565071052000000.

A részegyenletnek végtelenül sok, a kiinduló feltételeknek megfelelő, megoldása létezik, mivel U 3 , U 4 végtelenül sok értéke elégíti ki az U1U 2 U 3 U 4  x 5 y 2 z3 egyenlőséget. 210

Oldjuk meg az egyenletet a második változat alapján: 1     2. 1     

1  U 1 1  2 m 2 U

2

U

3

U

 f ( ,  )

4

1

 f ( ,  )

.

Írjuk fel a megoldó képleteket: U U U U 2m2 U2  U1 1 2m2 U2  U1 1 1  , 1  ,   4 3 ,f(, )  4 3 , 2 2 2 2 U +U x1m yi z k  x15 y 2 z 3  U1U 2 U 3 U 4  U1 4 3 U 3 U 4 32 m2 ahol 2 U2  U1 1, U4  U3 ,(U1, U2 , U3 , U4 )  d  1, U1  páratlan, U 3 , U 4  azonos paritású számok. Mivel m  2 , U1 páratlan. 2 3 1 3 1 7875239371,U4 5193 241252120621, Legyen: U3 357 U  U3 24125  7875   1000  2  500, U2  4 32 32

  (U 4  U 3 ) / 2  (24125  7875) / 2  8125.

A kapott eredmények alapján írhatjuk: 3 3 2 3 1 3 1 3 2 9 1 1 x15y2z3  UU 1 2U3U4  U1  2 5  3 5 7  5193  U1  2 3 5 7193.

A részegyenletnek számtalan megoldása létezik, mivel az 1 1 x y z  U1  2332597193 egyenlőség sok változatban teljesíthető U1 választott értékétől, illetve a szorzat felbontásától függően. 5 2 3 1 1

211

1 1  1351  2  675 1 esetén kapjuk: Például U1  7193

1  (25 2 U 2  U1  1) / 2  (25 2100  1351  1) / 2  4675, 1  (25 2 U 2  U1  1) / 2  (25 21000  1351  1) / 2  3324, ω  2ω1  1  2  4675  1  9351,   21  1  2  3324  1  6649. Ellenőrizzük a megoldás: x15y2z3 

 1 1  1 1 1 ()()  U U U U , 1

252 x15 y2 z3  551013252 23  256668890625000 



2

3

4

 46753324 467533241 935166498125935166498125  8

1351 8000  7875  24125 5  5 101325223  256668890625000. 8



A részegyenletnek végtelenül sok, a kiinduló feltételeknek megfelelő, megoldása létezik, mivel U 3 , U 4 végtelenül sok értéke elégíti ki az U1U 2 U 3 U 4  x 5 y 2 z3 egyenlőséget. Oldjuk meg az egyenletet a harmadik változat alapján:  1  1  U 1     U  1  1 1 2 3. . m 2       2 U f ( , ) 3     U  f (,  ) 4  Írjuk fel a megoldó képleteket: 1 

U  2m2 U3 U  2m2 U3 U2  U1 1 U  U 1 , 1  2 1 ,  4 ,  4 , 2 2 2 2 212

U4 +2U 3 )U 3 U 4 , 4 ahol U2  U1  1, U4  2m2 U3 ,(U1 , U2 , U3 , U4 )  d  1, U1 , U 2  ellentétes paritású, U 4  páros. x1m yi z k  x15 y 2 z 3  U1U 2 U 3 U 4  U1 (

Mivel m  2 , U 4 páros. 2 3 1 31 2 2 7875239371,U4 23511 72600236300, Legyen: U3 357 U 72600 1 2 U2  4  2U3   2 7875  33900  2235 1131  216950, 4 4   (U 4  25 2 U 3 ) / 2  (72600  23  7875)2  4800.

A kapott eredmények alapján írhatjuk: 2 1 2 1 2 3 1 3 1 2 2 5 4 7 1 2 1 x15y2z3  UU 1 2U3U4  U1  2 35113  3 5 7  2 3511  U1  2 3 5 711113.

A részegyenletnek számtalan megoldása létezik, mivel az 1 2 1 x y z  U1  253457711113 egyenlőség sok változatban teljesíthető U1 választott értékétől, illetve a szorzat felbontásától függően. 5 2 3 1 1

1 1 esetén kapjuk: Például U1  7113

  (U 4  25 2 U 3 ) / 2  (72600  23  7875)2  4800 , 1  (U 2  U1  1) / 2  (33900  791  1) / 2  17345, 1  (U 2  U1  1) / 2  (33900  791  1) / 2  16554, ω  2ω1  1  2 17345  1  34691,  21  1  2 16554  1  33109. Ellenőrizzük a megoldás: x15y2z3 

 1 1  1 1 1 ()()  U U U U , 252 213

1

2

3

4

x15 y2z3  251957725253  15330748702500000 



1734516554173451655413469133109480034691331094800  8 791 33900  63000  72600   791 33900  7975  72600  8  251957725253  15330748702500000.

A részegyenletnek végtelenül sok, a kiinduló feltételeknek megfelelő, megoldása létezik, mivel U 3 , U 4 végtelenül sok értéke elégíti ki az U1U2U3U4  x5y2z3 egyenlőséget. Oldjuk meg az egyenletet a negyedik változat alapján:  1  1  U 1     U  1  1 1 2 4. .     U 3  f (,  )    2 m 2 U  f (,  ) 4  Írjuk fel a megoldó képleteket: 2m2 U4  U3 2m2 U4  U3 U2  U1 1 U  U 1 , 1  2 1 ,  ,  , 2 2 2 2 U x1m yi z k  x15 y 2 z 3  U1U 2 U 3 U 4  U1 (2U 4  3 )U 3 U 4 , 4 m 2 ahol U2  U1  1, 2 U4  U3 ,(U1 , U2 , U3 , U4 )  d  1, U1 , U 2  ellentétes paritású, U 3  páros. 1 

Mivel m  2 , U 3 páros. 3 2 3 1 2 2 63000231500,U4 22511 12100260500, Legyen: U3 2357

214

U3 63000  212100   39950  21527991  219975, 4 4   (25 2 U 4  U 3 ) / 2  (23 12100  63000) / 2  16900.

U2  2U4 

A kapott eredmények alapján írhatjuk: 1 2 1 3 2 3 1 2 2 2 6 2 7 1 2 1 x15y2z3  UU 1 2U3U4  U1  25 799  2 3 5 7  2 511  U1  2 3 5 711 799.

A részegyenletnek számtalan megoldása létezik, mivel az 1 2 x y z  U1  263257711 7991 egyenlőség sok változatban teljesíthető U1 választott értékétől, illetve a szorzat felbontásától függően. 5 2 3 1 1

Például U1  717991  5593  2  2796 1 esetén kapjuk:   (252 U 4  U 3 ) / 2  (23 12100  63000) / 2  16900 , 1  (U 2  U1  1) / 2  (39950  5593  1) / 2  22771, 1  (U 2  U1  1) / 2  (39950  5593  1) / 2  17178, ω  2ω1  1  2  22771  1  45543,   21  1  2 17178  1  34357. Ellenőrizzük a megoldást: x15y2z3 

 1 1  1 1 1 ()()  U U U U , 1

2

252 x15 y2z3  55922845243  170328578805000000 



3

4

 2277117178 22771171781 455433435716900 455433435716900  8 5593  39950  63000  96800   5593  39950  63000 12100  8  559228452 43  170328578805000000.

215

A részegyenletnek végtelenül sok, a kiinduló feltételeknek megfelelő, megoldása létezik, mivel U 3 , U 4 végtelenül sok értéke elégíti ki az U1U2U3U4  x5y2z3 egyenlőséget. Az f részegyenlet vizsgálata x, y, z, ,  ,  f (, )    páros szám

Egyszerűsítés után a vizsgált egyenlet-típusokat adja. Az a részegyenlet vizsgálata f (, )   esetén x, y, z ,  ,  f (, )    páratlan, ω páros szám.

A részegyenlet túlhatározott: i  j  4  k  3 . Az

f (, )   

szorzók tetszőleges racionális egész

f (, ) függvény mellett redukálhatók. Írjuk fel a részegyenletet: i k xmyz   21 21 1 21  21 1 f(, ) f(, )   UU 1 2U3U4, (3),

ahol xmyi zk  U1U2U3U4 , mivel p  3   i  j  4   . Írjuk fel a megoldási változatot és a megoldó képleteket:

216

21 21  U1 1  U U U U U U U U 2 21 21  U2 1 1. ,1  2 1 ,1  2 1 , 4 3 ,f( , ) 4 3 , , ) 4 4 2 2 U3 f(  U4 f( , ) ahol U2  U1  2,U4  U3 ,(U1,U2 ,U3,U4 )  d  1 páratlan számok,

U1  2u1  1, U 2  2u 2  1, u1 ,u 2  ellentétes paritású számok. A részegyenlet túlhatározott, így az U,U,U,U 1 2 3 4 értékek szabadon nem választhatók meg. f (, )   esetén két választott érték korlátozza a másik kettő megválaszthatóságát is. A megválaszthatóságot korlátozza az x m yi z k  U1U 2 U 3 U 4 egyenlőség is. Ezért annak bizonyítása, hogy a részegyenlet rendelkezik megoldással az x m yi z k  U1U 2 U 3 U 4 egyenlőség tetszőleges értékeinél csak az m, i, k kitevők konkrét értékénél és három tényező kitevő értékének megválasztása mellet lehetséges komplex rendszerben. Példa megoldása Kiinduló adatok: m  4,i  7, k  1, f(ω, )  ω

A részegyenlet megoldható, ha a kitevők egyike egységnyi. Írjuk fel a megoldó képleteket: U2  U1 U U 2 U U U U , 1  2 1 ,  21  2 1 ,   21 1  2 1 , 4 4 2 2 U 4  U3 U 4  U3 m i k  ,   , x y z  U1U 2 U 3 U 4 , 2 2 U  U3 U2  U1 U2  U1 U22  U12 U2  U12   4    , U4  U3  2 , 2 2 2 4 2

1 

217

ahol ω, ellentétes paritású,   páros, ψ  páratlan, U 4  2u 4  1, U 3  2u 3  1, u 4 , u 3  ellentétes paritású. U1 , U 2 megválasztása esetén számítsuk ki U4  U3 értékét: U2  3252  225  2 112  1,U1  111  2  5  1, U 4  U 3  (U 22  U12 ) / 2  (2252  112 ) / 2  25252. Az U 3 , vagy U 4 tényező értékét válasszuk meg úgy, hogy teljesíthető legyen az xmyizk  x4y7z1  U1U2U3U4 feltétel. A kapott összegértéken belül U 3 , U 4 lehetséges értékeinek száma véges. Legyen: 1 1 U3  6075  3552  23037 1, U4  25252607519177 127151 295881.

Határozzuk meg ω, ,ψ értékét: 

U 2  U1 225  11 U  U1 225  11   118,   2   107, 2 2 2 2 U  U 3 19177  6075  4   6551. 2 2 Ellenőrizzük a megoldást: x 4 y7 z1           (   )(  )  U1U 2 U3 U 4 ,

54  37  2109471  118 107118107 (118107  6551)(118107  6551) 

11 225 607519177  54  37  2109471  288338180625. U1,U2 értékének meghatározása U3,U4 megválasztása esetén: 218

(U 2  U1 )(U 2  U1 ) , 2 (2u 2  1  2u1  1)(2u 2  1  2u1  1) 2u 4  1  2u 3  1  2r1  , 2 (u  u1  1)(u 2  u1 ) u 4  u 3  1  r1  2  V1V2 1/ 2 1  V  2V1  2 V  2V1  2 u 2  u1  V2  1 1.  , u2  2 , u1  2 , 2 4 4 u 2  u1  V1 U 4  U3  r 

ahol V2 V1 , V2  páros, u  u1  V2  1 2V  V1  2 2V  V1  2  2 2.  , u2  2 , u1  2 , 1 4 4   u u V 2 1 1  2 ahol 2V2 V1 , V1  páros. Az egyenlőség szintjét meghatározó monoma u4  u3 1  r1 felbontásával V,V 1 2 , így U1,U2 értékei meghatározhatók.

219

14. SZ. PÉLDA: Az x  x  xy  xz  xw2  xz  xw  y2  2z2  2w2  2z  2w  0 3

2

2

2

egyenlet vizsgálata Kiinduló adatok: x,y,z,w – pozitív egészek. Az egyenlet elemzése és felbontása

Az egyenlet inmonolit. Szimpla felbontása partikuláris. Kombinatív felbontása implicit, lineáris:

implicit,

(x  y)(x  y)(x 1)  r  (z  w)(z  w 1)(x  2). Parciális tulajdonságok hasznosítása nélkül – a természetes szám rendszerében – csak partikuláris megoldásai kaphatók meg. A partikuláris egyenlet vizsgálata

Írjuk fel a partikuláris egyenletet: (x  y)(x  y)(x 1)  0  (z  w)(z  w 1)(x  2). A komponens egyenletek megoldásait a nullával egyenlő tényezőik adják. A partikuláris egyenlet megoldásait pedig, a komponens egyenletek összetartozó megoldásai. Írjuk fel a komponens egyenleteket és megoldó képleteiket: (x  y)(x  y)(x 1)  0, (1/a), (z  w)(z  w  1)(x  2)  0, (1/b), x  y  0  1/a. x  y  0, x 1  0 

x  y z  w  0 z  w    x  y, 1/b. z  w 1  0, z  w 1. x  1 x  2  0 x  2   

220

Írjuk fel a partikuláris egyenlet megoldó képleteit: a). x  y,z  w,b). x  y  2,c). x  1,z  w. Az egyenlet vizsgálata elsőfokú változó monoma esetén

Bár kombinatív felbontása implicit, az inmonolit egyenlet megoldható a természetes számok rendszerében, mivel rendelkezik parciális tulajdonsággal: az egyenlet határozottá tehető racionális törtfüggvény mellett. Írjuk fel a határozott egyenletet: (x  y)(x  y)(x 1)  r  (z  w)(z  w 1), (1), (x  2) (x  y)(x  y)(x  1)  r  V1V2 V3 , (1/ a), (x  2) r  (z  w)(z  w  1)  U1U 2 , (1/b), ahol (V1 , V2 , V3 )  d  1, r  V1V2 V3 racionális számok. Oldjuk meg az egyenletet V1 , V2 , V3 egész értékei mellett.

Az (1) egyenlet határozott, mivel az 1/b komponens egyenlet i  k  2 mellett határozott. Az 1/a komponens egyenlet vizsgálata

Az egyenlet elsőfokú monománál határozott. Írjuk fel az egyenletet, megoldási változatait és képleteit:  x  y  (x  2)V1 (x  y)(x  y)(x  1)   r  V1V2 V3 , 1.  x  y  V2 , (x  2) x  V  1 3 

221

V2  (x  2)V1 V2  (V3  1  2)V1 V2  V1V3  V1   , 2 2 2 V  (x  2)V1 V2  (V3  1  2)V1 V2  V1V3  V1 y 2   , 2 2 2 ahol V2  V1  V1V3 , x

 x  y  V1  2.  x  y  (x  2)V2 , x  V  1 3 

(x  2)V2  V1 (V3  1  2)V2  V1 V2 V3  V2  V1   , 2 2 2 (x  2)V2  V1 (V3  1  2)V2  V1 V2 V3  V2  V1 y   , 2 2 2 ahol V2 V3  V1  V2 ,

x

 x  y  V1 V  V1 V  V1  3.  x  y  V2 ,x  2 ,y  2 , 2 2  x  (x  2)V  1 3  x  1 V2  V1  2  x  (x  2)V3  1, V3  , ahol V2  V1. x  2 V2  V1  4

Mivel a komponens egyenletnek a monoma tört értékénél nem lehet megoldása, x és y értékeinek szabad megválasztására nincs lehetőség. A komponens egyenletnek olyan x és y értékek mellett van megoldása, melyek f1 (x, y)  r egész értékeit adják. Ez az alábbi feltételek teljesítését jelenti. Az első változat esetén: V1  (x  y) /(x  2)  természetes szám, ahol 1. x  3 y  1, 2. x   y  2. 222

A második változat esetén: V2  (x  y) /(x  2)  természetes szám, ahol 1. x  3 x  y  , 2. x   y  x(k 1)  2k, x(k 1)  2k, k  A harmadik változat esetén: V3  (x  1) /(x  2)  természetes szám, ahol 1. x  3 x  y   A komponens egyenlet végtelenül sok – a kiinduló feltételeknek megfelelő – megoldással rendelkezik. Az 1/b komponens egyenlet vizsgálata

A komponens egyenlet határozott: i  k . Írjuk fel az egyenletet, megoldási változatát és képleteit: V1V2 V3  r  (z  w)(z  w  1)  U1U 2 , z  w  U1 U  U1  1 U  U1  1 , z 2 ,w  2 , ahol  z w U 1    2 2 2  U2  U1 1,(V,V 1 2,V,U 3 1,U2 )  d 1,U1,U2  különböző paritásúak.

A komponens egyenlet végtelenül sok – a kiinduló feltételeknek megfelelő – megoldással rendelkezik. A kiinduló egyenletnek végtelenül sok megfelelő megoldása van, mivel a komponens egyenleteknek végtelenül sok összetartozó nem triviális megoldása van.

223

Példa megoldása az 1/a egyenletet 1. változata alapján Kiinduló adatok: V1  ?, V2  ?, V3  ?

Írjuk fel az 1/a egyenletet és 1. megoldási változatát: (x  y)(x  y)(x  1)  r  V1V2 V3 , (x  2)  x  y  (x  2)V1 V  V1V3  V1 V  V1V3  V1  1.  x  y  V2 , x 2 ,y 2 , 2 2 x  V  1 3  ahol (V1 , V2 , V3 )  d  1, r  V1V2 V3 racionális számok. x és y, vagy V1 , V2 , V3 értékeinek szabad megválasztására nincs lehetőség, mivel f1 (x, y) racionális törtfüggvény. Az egyenlet megoldási feltételei: 1/. x  3, y  1, 2/. x  3, y  2. x  3, y  1 esetén írhatjuk: V1  (x  y) /(x  2)  (3  1) /(3  2)  2, V2  x  y  3  1  4, V3  x  1  3  1  2. Ellenőrizzük a komponens egyenlet megoldását: (x  y)(x  y)(x 1) (3 1)(31)(31)  VV  2 4 2. 1 2V3  2 4 2  (x  2) (3  2) r felbontásával kapjuk (V1 , V2 , V3 , U1 , U 2 )  d  1 értékeit: r  V1V2V3  2  4  2  16  U1U2  116. 224

Írjuk fel az 1/b egyenletet és a megoldó képleteket: V1V2 V3  r  (z  w)(z  w  1)  U1U 2 , z  w  U1 U  U1  1 U  U1  1 ,z  2 ,w  2 , ahol  z w U 1    2 2 2  U2  U1 1,(V,V 1 2 ,V3 ,U1,U2 )  d 1,U1,U2  különböző paritású.

Az U1U2  116 felbontás alapján kapjuk z és w értékét: z

U 2  U1  1 16  1  1 U  U1  1 16  1  1   8, w  2   7. 2 2 2 2 Ellenőrizzük az inmonolit egyenlet megoldását: V1V2 V3  r  (z  w)(z  w  1)  U1U 2 , V1V2 V3  2  4  2  r  (8  7)(8  7  1)  1 16  U1U 2 .

x  3, y  2 esetén írhatjuk: Legyen: x 12, amely értéknél kapjuk: V1 

x  y 12  2   1, V2  x  y  12  2  14, V3  x 1  12 1  11 . x  2 12  2

Ellenőrizzük a komponens egyenlet megoldását: (x  y)(x  y)(x 1) (12  2)(12  2)(12 1)  VV 11411. 1 2V3 11411  (x  2) (12  2) r felbontásával, (V1 , V2 , V3 , U1 , U 2 )  d  1 mellett, kapjuk: r  V1V2V3  114 11  154  U1U2  1154  2  77  7  22  1114. 225

A felbontás alapján határozzuk meg z és w értékét. U1  1, U 2  154 esetén kapjuk: z

U 2  U1  1 154  1  1 U  U1  1 154  1  1   77, w  2   76. 2 2 2 2 Ellenőrizzük a megoldást:

V1V2 V3  1 14 11  154  r  (z  w)(z  w  1)  1 154  U1U 2 , V1V2 V3  1 14 11  r  (77  76)(77  76  1)  1 154  U1U 2 . U1  2, U 2  77 esetén kapjuk: z

U 2  U1  1 77  2  1 U  U1  1 77  2  1   39, w  2   37. 2 2 2 2 Ellenőrizzük a megoldást:

V1V2 V3  1 14 11  154  r  (z  w)(z  w  1)  2  77  U1U 2 , V1V2 V3  1 14 11  r  (39  37)(39  37  1)  2  77  U1U 2 . U1  7, U 2  22 esetén kapjuk: z

U 2  U1  1 22  7  1 U  U1  1 22  7  1   14, w  2   7. 2 2 2 2 Ellenőrizzük a megoldást:

V1V2 V3  1 14 11  154  r  (z  w)(z  w  1)  7  22  U1U 2 , V1V2 V3  1 14 11  r  (14  7)(14  7  1)  7  22  U1U 2 . 226

U1  11, U 2  14 esetén kapjuk: z

U 2  U1  1 14  11  1 U  U1  1 14  11  1   12, w  2   1. 2 2 2 2 Ellenőrizzük a megoldást:

V1V2 V3  1 14 11  154  r  (z  w)(z  w  1)  11 14  U1U 2 , V1V2 V3  1 14 11  r  (12  1)(12  1  1)  1114  U1U 2 . Az 1. megoldási változata alapján az inmonolit egyenlet végtelenül sok megfelelő megoldással rendelkezik. Az egyenletnek van megoldása a tényezők tört értékeinél is. Például: r  V1V2 V3 

2  36 19  152  U1U 2  1 152  8 19 . 9

Példa megoldása az 1/a egyenletet 2. változata alapján Kiinduló adatok: V1  ?, V2  ?, V3  ?

(x  y)(x  y)(x  1)  r  V1V2 V3 , (x  2)  x  y  V1 V V  V2  V1 V V  V2  V1  2.  x  y  (x  2)V2 , x  2 3 , y 2 3 . 2 2 x  V  1 3 

A komponens egyenlet megoldási feltételei: 1. x  3 x  y  , 2. x   x  y  x(k 1)  2k, x(k 1)  2k, k 

227

x  3, x  y   esetén írhatjuk: Legyen: y  2, amely értéknél kapjuk: V1  x  y  3  2  1, V2  (x  y) /(x  2)  (3  2) /(3  2)  5, V3  x  1  3  1  2. Ellenőrizzük a komponens egyenlet megoldását: (x  y)(x  y)(x 1) (3 2)(3 2)(31)  VV 1 5 2. 1 2V3  1 5 2  (x  2) (3 2) r felbontásával kapjuk (V1 , V2 , V3 , U1 , U 2 )  d  1 értékeit: r  V1V2V3  1 5  2  10  U1U2  110  2  5. Írjuk fel az 1/b egyenletet és a megoldó képleteket: V1V2 V3  2r1  (z  w)(z  w  1)  U1U 2 , z  w  U1 U  U1  1 U  U1  1 ,z  2 ,w  2 , ahol  z w U 1    2 2 2  U2  U1 1,(V,V 1 2 ,V3 ,U1,U2 )  d 1,U1,U2  különböző paritásúak.

A felbontás alapján kapjuk z és w értékét. U1  1, U 2  10 mellett kapjuk: z

U 2  U1  1 10  1  1 U  U1  1 10  1  1   5, w  2   4. 2 2 2 2 228

Ellenőrizzük a megoldást: V1V2 V3  1  5  2  10  r  (z  w)(z  w  1)  1 10  U1U 2 , V1V2 V3  1  5  2  r  (5  4)(5  4  1)  1 10  U1U 2 . U1  2, U 2  5 mellett kapjuk: z

U 2  U1  1 5  2  1 U  U1  1 5  2  1   3, w  2   1. 2 2 2 2

Ellenőrizzük a megoldást: V1V2 V3  1  5  2  10  r  (z  w)(z  w  1)  2  5  U1U 2 , V1V2 V3  1  5  2  r  (3  1)(3  1  1)  2  5  U1U 2 . x   x  y  x(k 1)  2k, x(k 1)  2k, k  esetén írhatjuk: x  y 2x  1 2x  1 2  3  1    5, , k max  lim y (x 1) x  2 x 3 x  2 x2 3 2 2x  1  2, így 5  k  2. k min  lim x  x  2 lim

Legyen x  13, akkor y értékére kapjuk: k max 

2x  1 2 13  1   2, 27  k  , k  2, x2 13  2

y  x(k  1)  2k  13(2  1)  2  2  9. Választott x és számított y mellett kapjuk: V1  x  y  13  9  4, V2 

x  y 13  9   2,V3  x 1  13 1  12. x  2 13  2 229

Ellenőrizzük a komponens egyenlet megoldását: (x  y)(x  y)(x 1) (13 9)(13 9)(131)  VV  4 212. 1 2V3  4 212  (x  2) (13  2) Írjuk fel az 1/b egyenletet és a megoldó képleteket: V1V2 V3  2r1  (z  w)(z  w  1)  U1U 2 , z  w  U1 U  U1  1 U  U1  1 ,z  2 ,w  2 , ahol  2 2 z  w  U 2  1 U2  U1 1,(V,V 1 2 ,V3 ,U1,U2 )  d 1,U1,U2  különböző paritásúak.

r felbontásával kapjuk (V,V 1 2 ,V3 ,U1,U2 )  d  1 értékeit: r  V1V2V3  4  2 12  96  U1U2  1 96  3  32. U1  1, U 2  96 mellett kapjuk: z

U 2  U1  1 96  1  1 U  U1  1 96  1  1   48, w  2   47. 2 2 2 2 Ellenőrizzük a megoldást:

V1V2 V3  4  2 12  96  r  (z  w)(z  w  1)  1  96  U1U 2 , V1V2 V3  4  2 12  r  (48  47)(48  47  1)  1 96  U1U 2 . U1  3, U 2  32 mellett kapjuk: z

U 2  U1  1 32  3  1 U  U1  1 32  3  1   17, w  2   14. 2 2 2 2 230

Ellenőrizzük a megoldást: V1V2 V3  4  2 12  96  r  (z  w)(z  w  1)  3  32  U1U 2 , V1V2 V3  4  2 12  r  (17  14)(17  14  1)  3  32  U1U 2 . A 2. megoldási változata alapján az inmonolit egyenlet végtelenül sok megfelelő megoldással rendelkezik. Példa megoldása az 1/a egyenletet 3. változata alapján Kiinduló adatok: V1  ?, V2  ?, V3  ?  x  y  V1  3.  x  y  V2 ,   x  (x  2)V3  1

x

V2  V1 V  V1 x 1 , y 2 , V3  . 2 2 x2

A komponens egyenlet megoldási feltételei: 1. x  3 x  y  

x  3 y   esetén írhatjuk: V1  x  y  3  1  2, V2  x  y  3  1  4, V3 

x 1 3 1   2. x  2 3 2

Ellenőrizzük a komponens egyenlet megoldását: (x  y)(x  y)(x 1) (3 1)(31)(31)  VV  2 4 2 . 1 2V3  2 4 2  (x  2) (3 2)

231

Írjuk fel az 1/b egyenletet és megoldó képleteit: V1V2 V3  2r1  (z  w)(z  w  1)  U1U 2 , z  w  U1 U  U1  1 U  U1  1 ,z  2 ,w  2 , ahol  z w U 1    2 2 2  U2  U1 1,(V,V 1 2 ,V3 ,U1,U2 )  d 1,U1,U2  különböző paritásúak.

A felbontás alapján kapjuk z és w értékeit. r felbontásával kapjuk (V1 , V2 , V3 , U1 , U 2 )  d  1 értékeit: r  VV 1 2V3  2 4 2 16  U1U2 116. z

U2  U1 1 16  1 1 U  U1 1 16 1 1   8, w  2   7. 2 2 2 2

Ellenőrizzük a megoldást: VV 1 2V3  r  (z  w)(z  w 1)  U1U2 , V1V2 V3  2  4  2  r  (8  7)(8  7  1)  1 16  U1U 2 .

x  3 y  2 esetén írhatjuk: x 1 3 1   2. x  2 3 2 Ellenőrizzük a komponens egyenlet megoldását:

V1  x  y  3  2  1, V2  x  y  3  2  5, V3 

(x  y)(x  y)(x 1) (3 2)(3 2)(31)  VV 1 5 2 . 1 2V3  1 5 2  (x  2) (3  2) 232

A felbontás alapján kapjuk z és w értékeit. r felbontásával kapjuk (V1 , V2 , V3 , U1 , U 2 )  d  1 értékeit: r  VV 1 2V3 1 5 2 10  U1U2 110  2 5. U1  1, U 2  10 mellett kapjuk: z

U2  U1 1 10  1 1 U  U1 1 10 1 1   5, w  2   4. 2 2 2 2

Ellenőrizzük a megoldást: V1V2 V3  1  5  2  10  r  (z  w)(z  w  1)  1 10  U1U 2 , V1V2 V3  1  5  2  r  (5  4)(5  4  1)  1 10  U1U 2 . U1  2, U 2  5 mellett kapjuk: z

U2  U1 1 5  2 1 U  U1 1 5  2 1   3, w  2   1. 2 2 2 2

Ellenőrizzük a megoldást: V1V2 V3  1  5  2  10  r  (z  w)(z  w  1)  2  5  U1U 2 , V1V2 V3  1  5  2  r  (3  1)(3  1  1)  2  5  U1U 2 . A 3. megoldási változata alapján az inmonolit egyenletnek három megfelelő megoldása létezik.

233

15. SZ. PÉLDA: A pw (x  y  z )  xyz   0, egyenlet vizsgálata m

Kiinduló adatok: x,y,z,w, változók, p,m – természetes számok. Az egyenlet elemzése és felbontása

Az egyenlet inmonolit. Szimpla felbontása implicit, partikuláris. Vizsgálata kivitelezhető racionális számrendszerben, részegyenletekre történő felbontás nélkül, mivel racionális törtfüggvény mellett az egyenlet határozott. Vizsgáljuk az i  k  3 esetet: pwm (x  y  z)  xyz  0, xyz  V1V2 V3 , ahol w m  V1V2 V3 , p(x  y  z) (V1 , V2 , V3 )  d  1  racionális számok.

wm 

A számelmélet alaptételének megfelelően a természetes számok felbontása a természetes számok rendszerében egyértelmű, a számok sorrendjétől eltekintve. Racionális számrendszerben – végtelenül sokértelmű! Azonban ez nem zárja ki az egyenlet vizsgálatát a racionális számrendszerben. Az egyenlet megoldása

Legyen: p  16. A számelmélet alaptételének megfelelően, p felbontásával, határozzuk meg a megoldási változatokat:  x  (x  y  z)V1  x  (x  y  z)V1  x  V1    1.  y  V2 , 2.  y  16V2 , 3.  y  (x  y  z)V2 , z  16V z  V  z  16V 3 3 3   

234

 x  16V1  x  V1  x  16V1    4.  y  (x  y  z)V2 , 5.  y  16V2 , 6.  y  V2 , z  V z  (x  y  z)V z  (x  y  z)V 3 3 3     x  (x  y  z)V1  x  (x  y  z)V1  x  2V1    7.  y  2V2 , 8.  y  8V2 , 9.  y  (x  y  z)V2 , z  8V  z  2V  z  8V 3 3 3    x  8V1 x  2V1  x  8V1    10.  y  (x  y  z)V2 , 11. y  8V2 , 12.  y  2V2 , z  2V z  (x  y  z)V z  (x  y  z)V 3 3 3     x  (x  y  z)V1 x  4V1  x  4V1    13.  y  4V2 , 14.  y  (x  y  z)V2 , 15.  y  4V2 , z  4V z  4V z  (x  y  z)V 3 3 3     x  2(x  y  z)V1 x  2(x  y  z)V1 x  V1    16.  y  V2 , 17. y  8V2 , 18. y  2(x  y  z)V2 , z  8V z  V z  8V 3 3 3    x  8V1 x  V1 x  8V1    19.  y  2(x  y  z)V2 , 20. y  8V2 , 21.y  V2 , z  V z  2(x  y  z)V z  2(x  y  z)V 3 3 3    x  2(x  y  z)V1 x  2(x  y  z)V1 x  2V1    22. y  2V2 , 23.y  4V2 , 24.y  2(x  y  z)V2 , z  4V z  2V z  4V 3 3 3    x  4V1 x  2V1 x  4V1    25.  y  2(x  y  z)V2 , 26. y  4V2 , 27.y  2V2 , z  2V z  2(x  y  z)V z  2(x  y  z)V 3 3 3   

235

x  4(x  y  z)V1 x  4(x  y  z)V1 x  V1    28. y  V2 , 29. y  4V2 , 30.y  4(x  y  z)V2 , z  4V z  V z  4V 3 3 3    x  4V1 x  V1 x  4V1    31.y  4(x  y  z)V2 , 32. y  4V2 , 33.y  V2 , z  V z  4(x  y  z)V z  4(x  y  z)V 3 3 3    x  4(x  y  z)V1 x  2V1 x  2V1    33.  y  2V2 , 35. y  4(x  y  z)V2 , 36.y  2V2 , z  2V z  2V z  4(x  y  z)V 3 3 3     x  8(x  y  z)V1 x  8(x  y  z)V1 x  V1    37.  y  V2 , 38. y  2V2 , 39.y  8(x  y  z)V2 , z  2V z  V z  2V 3 3 3    x  2V1 x  V1 x  2V1    40. y  8(x  y  z)V2 , 41. y  2V2 , 42. y  V2 , z  V z  8(x  y  z)V z  8(x  y  z)V 3 3 3    x  16(x  y  z)V1 x  V1 x  V1    43. y  V2 , 44. y  16(x  y  z)V2 , 45.y  V2 . z  V z  V z 16(x  y  z)V 3 3 3    A kiinduló egyenlet olyan racionális V1 , V2 , V3 értékek mellett oldható meg, amelyek biztosítják a wm  f2 (x, y,z)  VV 1 2V3 racionális törtfüggvény természetes számú értékeit. Az x  k(x  y  z)V1 , y  k(x  y  z)V2 , z  k(x  y  z)V3 egyenletek alapján a kiinduló egyenletnek V1 , V2 , V3 természetes értékeinél nincs megoldása, mivel V1  , V2  , V3  .

236

Vizsgáljuk meg ezt a tényt a megoldás 1. változata alapján: x  (x  y  z)V1 , V1 

x  1. xyz

Az egyenlet megoldása az 1. változat alapján

Az 1. változat alapján kapjuk: x  (x  y  z)V1  1. y  V2 , z  16V 3 

x  (x  y  z)V1  (x  V2  16V3 )

x

wm , V2 V3

V2 w m  16V3 w m wm V  , V2 V3  w m . , y V , z 16V ,   где 2 3 1 m V2 V3 V2 V3  w V3 értéke megválasztható z természetes számértékéből

kiindulva, a V3 k/16, k  1, 2,3, . intervallumban. V2 egész értéke megválasztható x természetes számértékéből kiindulva, a V2 V3  w m feltétel mellett. V1 értéke pedig a V1  w m / V2 V3 egyenletből következik. Példa megoldása: Legyen: w m  52  25, k  3 .

Ez esetben kapjuk: x

V2wm 16V3wm wm V  , V2 V3  w m . , y V ,z 16V ,   ahol 2 3 1 V2 V3 V2V3  wm 237

V3 értéke megválasztható z természetes számértékéből kiindulva, a V3 k3 /16, k  1, 2,3,  intervallumban. Legyen: k 3,V3 3/16. V2 értéke megválasztható x természetes számértékéből kiindulva, a V2 V3  w m feltétel mellett. A V2 V3  w m egyenlőtlenségből kapjuk: V2  w m / V3  25 16 / 3  133,3 . Legyen: V2  134. Behelyettesítve, kapjuk x, y, z, V1 értékeit: 3 134  52 16   52 V2wm 16V3wm 16 x   27400, 3 2 V2V3  wm 134   5 16 3 wm 52 200 y  V2  134, z  16V3  16   3, V1    . 16 V2 V3 134  3 201 16 Ellenőrizzük a megoldást: x  27400, y  134, z  3, w m  52  25 



xyz 27400 134  3   16(x  y  z) 16(27400  134  3)

11014800 200 3 80400  25  52  V1V2 V3  134    25  52. 440592 201 16 3216

Az 1. változat alapján a kiinduló egyenletnek végtelenül sok inhomogén megoldása létezik. A homogén megoldások az inhomogén megoldásokból képezhetők állandóval történő szorzás útján. Az egyenlet megoldása a többi változat alapján hasonlóan történik.

238

Az egyenlet megoldása a 24. változat alapján Kiinduló adatok: w m  V1V2 V3  tetszőleges, V1 , V2 , V3  ? x  2V1  A 24. változat alapján kapjuk: 24. y  2(x  y  z)V2 , z  4V 3  Wm x  2V1 , y  2(x  y  z)V2  2(2V1  y  4V3 ) , V1V3

y

4V1w m  8V3 w m wm V  , V1V3   w m . , z 4V ,  где 3 2 V1V3 V1V3  2w m

V3 értéke szabadon megválasztható a z természetes számértékéből kiindulva, a V3  k3 / 4 intervallumban, ahol k 1,2,3,. V1 egészszámú értékeit megkaphatjuk y egészszámú értékeiből kiindulva, a V1V3   w m feltétel mellett. V2 értékeit pedig megkaphatjuk V2  w m / V1V3 alapján. Példa megoldása Legyen: w m  55  3125, k  7

E mellett kapjuk: x  2V,y  1

m 4Vw  8V3wm wm 1 V  , V1V3  w m . ,z 4V ,  ahol 3 2 m V1V3 VV 1 3  2w

V3 értéke szabadon megválasztható z természetes számú értéke alapján a V3  k3 / 4 intervallumban, ahol k  1,2,3, . Legyen: k 3  7, V3  7 / 4. 239

V1 egészszámú értékeit megkaphatjuk y

egészszámú

értékeiből kiindulva, a V1V3   w m feltétel mellett. V2 értékeit pedig megkaphatjuk V2  w m / V1V3 alapján. A V1V3   w m egyenlőtlenségből kapjuk: V1  wm / V3   55      Legyen: V1  3600. Behelyettesítve, kapjuk: 7 5 5 4 3600 5 8     5 4Vw  8V3w 1 4 x  2V1  2 3600  7200, y    m 7 VV 1 3  2w 3600   2 55 4 45000000  43750 7   900875, z  4V3  4   7, 6300  6250 4 m 5 w 5 4 125 V2  .   V1V3 3600  7 252 m

m

Ellenőrizzük a megoldást: x  2V1  2  3600  7200, y  900875, z  4V3  7, w m  55  3125 



xyz 7200  900875  7   16(x  y  z) 16(7200  900875  7)

45404100000 125 7  3125  55  V1V2 V3  3600    55. 14529312 252 4

Minden változat alapján az egyenletnek végtelenül sok megoldása létezik. Az egyenlet megoldása a többi változat alapján hasonlóan történik. 240

Megoldhatóság-vizsgálat p  prímszám esetén ( p  5 )

A számelmélet alaptételének megfelelően, p  prímszám és i  3 esetén kilenc megoldási változatot kapunk:  x  5(x  y  z)V1  x  (x  y  z)V1  x  (x  y  z)V1    1.  y  V2 , 2.  y  5V2 ,3.  y  V2 , z  V z  V  z  5V 3 3 3     x  V1  x  5V1  x  V1    4.  y  5(x  y  z)V2 ,5.  y  (x  y  z)V2 , 6.  y  (x  y  z)V2 , z  V z  V  z  5V 3 3 3     x  V1  x  5V1  x  V1    7.  y  V2 ,8.  y  V2 ,9.  y  5V2 . z  5(x  y  z)V z  (x  y  z)V z  (x  y  z)V 3 3 3   

Az egyenlet megoldása az 1. változat alapján Kiinduló adatok: w m  V1V2 V3  tetszőleges, V1 , V2 , V3  ? x  5(x  y  z)V1  Az 1. változat alapján kapjuk: 1. y  V2 , z  V 3 

x  5(x  y  z)V1  5(x  V2  V3 )

x

wm , V2 V3

5V2 w m  5V3w m wm V  , V2 V3  w m . , y V , z V ,   ahol 2 3 1 m V2 V3 V2V3  5w

241

V3 értéke szabadon megválasztható z természetes számértékéből kiindulva, a V3  1,2,3,  intervallumban. V2 egészszámú értékeit megkaphatjuk x egészszámú értékeiből kiindulva, V2 V3  w m feltétel mellett. V1 értékeit pedig megkaphatjuk V1  w m / V2 V3 alapján. Példa megoldása: Legyen: w m  63  216 . E szerint kapjuk:

5V2 w m  5V3 w m wm , V2 V3  w m . x , y  V2 , z  V3 , ahol V1  m V2 V3 V2 V3  5w V3 értéke szabadon megválasztható z természetes számértékéből kiindulva, a V3  1,2,3,  intervallumban. Legyen: V3  12. V2 egészszámú értékeit megkaphatjuk x egészszámú értékeiből kiindulva, V2V3  wm feltétel mellett. A V2V3  wm feltételből kapjuk: V2 wm  V3  63  Legyen: V2  92.

Behelyettesítve, kapjuk: m 5V2wm  5Vw 5 92 63  512 63 3 x   4680, V2V3  5wm 9212  5 63

wm 63 9 y  V2  92, z  V3  12, V1    . V2 V3 92 12 46 Ellenőrözzük a megoldást: x  4680, y  92, z  12. w m  63  216 

xyz 4680  92 12   5(x  y  z) 5(4680  92  12) 242



5166720 9 9936  216  63  V1V2 V3   92 12   216  63. 23920 46 46

Minden változat alapján az egyenletnek végtelenül sok megoldása létezik. Az egyenlet megoldása a többi változat alapján hasonlóan történik.

Az (x  y  z)(x  z  y)(y  z  x)  pw m (x  y  z)  0 egyenlet vizsgálata Kiinduló feltételek: x,y,z,w  változók, p,m  számok. Az egyenlet elemzése és felbontása

Az egyenlet inmonolit. Szimpla felbontása implicit, partikuláris. Vizsgálata kivitelezhető részegyenletekre történő felbontás nélkül, mivel racionális törtfüggvény mellett határozott. Írjuk át az egyenletet: (x  y  z)(x  z  y)(y  z  x)  pw m (x  y  z)  0 wm 

(x  y  z)(x  z  y)(y  z  x)  V1V2 V3 , w m  V1V2 V3 , p(x  y  z) (V1 , V2 , V3 )  d  1  racionális számok.

Az egyenlet megoldása p  16, m  2 értékek esetén:

A számelmélet alaptételének megfelelően p  16 i  k  3 értékek mellett 45 megoldási változatot kapunk: 243

és

 x  y  z  (x  y  z)V1  x  y  z  (x  y  z)V1   1. (x  z  y)  V2 , 2. (x  z  y)  16V2 , (y  z  x)  16V (y  z  x)  V 3 3   x  y  z  V1  x  y  z  16V1   3. (x  z  y)  (x  y  z)V2 , 4. (x  z  y)  (x  y  z)V2 , (y  z  x)  16V (y  z  x)  V 3 3   x  y  z  V1  x  y  z  16V1   5. (x  z  y)  16V2 , 6. (x  z  y)  V2 , (y  z  x)  (x  y  z)V (y  z  x)  (x  y  z)V 3 3    x  y  z  (x  y  z)V1  x  y  z  (x  y  z)V1   7. (x  z  y)  2V2 , 8. (x  z  y)  8V2 , (y  z  x)  8V (y  z  x)  2V 3 3   x  y  z  2V1 x  y  z  8V1   9. (x  z  y)  (x  y  z)V2 , 10. (x  z  y)  (x  y  z)V2 , (y  z  x)  8V (y  z  x)  2V 3 3   x  y  z  2V1 x  y  z  8V1   11. (x  z  y)  8V2 , 12. (x  z  y)  2V2 , (y  z  x)  (x  y  z)V (y  z  x)  (x  y  z)V 3 3   x  y  z  (x  y  z)V1 x  y  z  4V1   13. (x  z  y)  4V2 , 14. (x  z  y)  (x  y  z)V2 , (y  z  x)  4V (y  z  x)  4V 3 3   x  y  z  2(x  y  z)V1 x  y  z  4V1   , 15. (x  z  y)  4V2 , 16. (x  z  y)  V2 (y  z  x)  8V (y  z  x)  (x  y  z)V 3 3  

244

x  y  z  V1 x  y  z  2(x  y  z)V1   17. (x  z  y)  8V2 , 18.(x  z  y)  2(x  y  z)V2 , (y  z  x)  8V (y  z  x)  V 3 3   x  y  z  8V1 x  y  z  V1   19. (x  z  y)  2(x  y  z)V2 , 20. (x  z  y)  8V2 , (y  z  x)  V (y  z  x)  2(x  y  z)V 3 3   x  y  z  8V1 x  y  z  2(x  y  z)V1   21. (x  z  y)  V2 , 22. (x  z  y)  2V2 , (y  z  x)  2(x  y  z)V (y  z  x)  4V 3 3   x  y  z  2(x  y  z)V1 x  y  z  2V1   23. (x  z  y)  4V2 , 24. (x  z  y)  2(x  y  z)V2 , (y  z  x)  2V (y  z  x)  4V 3 3   x  y  z  4V1 x  y  z  2V1   25. (x  z  y)  2(x  y  z)V2 , 26. (x  z  y)  4V2 , (y  z  x)  2V (y  z  x)  2(x  y  z)V 3 3   x  y  z  4V1  x  y  z  4(x  y  z)V1   27. (x  z  y)  2V2 , 28. (x  z  y)  V2 , (y  z  x)  2(x  y  z)V (y  z  x)  4V 3 3   x  y  z  4(x  y  z)V1 x  y  z  V1   29. (x  z  y)  4V2 , 30. (x  z  y)  4(x  y  z)V2 , (y  z  x)  V (y  z  x)  4V 3 3   x  y  z  4V1 x  y  z  V1   31.(x  z  y)  4(x  y  z)V2 , 32. (x  z  y)  4V2 , (y  z  x)  V (y  z  x)  4(x  y  z)V 3 3  

245

x  y  z  4V1 x  y  z  4(x  y  z)V1   33. (x  z  y)  V2 , 34. (x  z  y)  2V2 , (y  z  x)  4(x  y  z)V (y  z  x)  2V 3 3   x  y  z  2V1 x  y  z  2V1   35. (x  z  y)  4(x  y  z)V2 , 36. (x  z  y)  2V2 , (y  z  x)  2V (y  z  x)  4(x  y  z)V 3 3   x  y  z  8(x  y  z)V1  x  y  z  8(x  y  z)V1   37. (x  z  y)  V2 , 38. (x  z  y)  2V2 , (y  z  x)  2V (y  z  x)  V 3 3   x  y  z  V1 x  y  z  2V1   39. (x  z  y)  8(x  y  z)V2 , 40. (x  z  y)  8(x  y  z)V2 , (y  z  x)  2V (y  z  x)  V 3 3   x  y  z  V1 x  y  z  2V1   41. (x  z  y)  2V2 , 42. (x  z  y)  V2 , (y  z  x)  8(x  y  z)V (y  z  x)  8(x  y  z)V 3 3   x  y  z  16(x  y  z)V1 x  y  z  V1   43. (x  z  y)  V2 , 44. (x  z  y)  16(x  y  z)V2 , (y  z  x)  V (y  z  x)  V 3 3   x  y  z  V1  45.(x  z  y)  V2 . (y  z  x) 16(x  y  z)V 3 

A kiinduló egyenlet V1 , V2 , V3 olyan racionális értékeinél oldható meg, amelyek biztosítják a w m  f 2 (x, y, z)  V1V2 V3 racionális törtfüggvény egészszámú értékeit.

246

Az x  y  z  k(x  y  z)V1 , x  z  y  k(x  y  z)V2 y  z  x  k(x  y  z)V3 egyenletek alapján a kiinduló egyenletnek nincs megoldása V1 , V2 , V3 egész értékeinél, mivel

V1 ,V2 ,V3 . Ellenőrizzük a 43. változat 1. egyenlete alapján: x  y  z  16(x  y  z)V1 , V1  (x  y  z) /16(x  y  z)  1. V1 , V2 , V3 egész értékeinél megoldás nincs: V1   Az egyenlet megoldása a 43. változat alapján: Kiinduló adatok: w m  V1V2 V3  tetszőleges, V1,V2 ,V3  ?

A 43. változatból kapjuk a megoldó képleteket: x  y  z  16(x  y  z)V1  43. x  z  y  V2 , wm  VV 1 2 V3 ,V1  1, y  z  x  V 3   x  y  z  16(x  y  z)V1 V  16(x  y  z)V1 ,x  2 ,  2  x  z  y  V2  x  y  z  16(x  y  z)V1 V  16(x  y  z)V1 ,y  3 ,  2  y  z  x  V3  x  z  y  V2 V  V2 ,z  3 ,  2  y  z  x  V3

y  z  x  V3 , y  z  V3  x, x  z  y  V2 , x  z  V2  y. Az y  z és x  z értékekre kapott kifejezések behelyettesítésével, megkapjuk x és y végleges értékeit: 247

V2 16(x  y  z)V1 V2 16(x  V3  x)V1 V2  32xV1 16VV 1 3   , 2 2 2 V  16V1V3 wm 2x  32xV1  V2  16V1V3 , x  2 , , ahol V1  V2 V3 2(1  16V1 )

x

wm V3 V2  16V1V3 V2 V3 V22 V3  16V3 w m   x , ahol wm 2(1  16V1 ) 2V2 V3  32w m 2(1  16 ) V2 V3 V2  16

V2 V3  16w m , V2 , V3  azonos paritású, V3 16(x  y  z)V1 V3 16(y  V2  y)V1 V3  32yV2 16V2V1   , 2 2 2 V  16V1V2 wm 2y  32yV1  V3  16V2 V1 , y  3 , , где V1  V2 V3 2(1  16V1 )

y

wm V2 V3  16V2 V1 V2 V3 V32 V2  16V2 w m   y , ahol wm 2(1  16V1 ) 2V2 V3  32w m 2(1  16 ) V2 V3 V3  16

V2 V3  16w m , V2 , V3  azonos paritású. Példa megoldása: Kiinduló adatok: w  5, m  3, V3  60, V2  40

Behelyettesítve, kapjuk: V22 V3  16V3 w m 402  60  16  60  53 216000 x    270, 2V2 V3  32w m 2  40  60  32  53 800 V32V2 16V2wm 602  40 16  40  53 V V 6040 y   280, z  3 2   50. m 3 2V2V3  32w 2  40  60  32  5 2 2 248

Ellenőrizzük a megoldást: x  270, y  280, z  50, V1 

wm 

wm 53 125 5    . V2 V3 270  280 75600 3024

(x  y  z)(x  z  y)(y  z  x)  V1V2 V3 , p(x  y  z)

(270  280  50)(270  50  280)(280  50  270)  16(270  280  50) 500  40  60 1200000 5    125  VV  270  280  125  53. 1 2V3  9600 9600 3024

w m  53  125 

249

16. SZ. PÉLDA: A héróni háromszögek meghatározása

A héróni háromszög általános háromszög, amelynek oldalai és területe egészszám. Tulajdonságait a héróni egyenlet határozza meg. Az egyenlet megoldása kétezer éve aktuális: w2  p(p  x)(p  y)(p  z), (1). Léteznek – általánosnak mondott – képletek, amelyek csak bizonyos héroni háromszögeket generálnak. Feladat: a diophantikus egyenlet megoldása, a háromszögeket generáló általános explicit képletek előállítása. Kiinduló feltételek:

x,y,z  háromszög oldalai, w  területe, p  fél kerülete. Az egyenlet elemzése és felbontása

Írjuk fel a héroni diophantikus egyenletet: w2  p(p  x)(p  y)(p  z)  VV 1 2 V3V4 , ahol V1 , V2 , V3 , V4  a tényezők értékei, (V1 , V2 , V3 , V4 )  d  1  inhomogén, (V1 , V2 , V3 , V4 )  d    homogén egyenletekben. Az egyenlet túlhatározott: j  i  k  3, j  az f (x , y, z) függvény tényezőinek, i  eltérő, valós lineáris tényezőinek, k  változóinak a száma. Az egyenletnek van megoldása, ha a változók i  k  3 tényező alapján számított értékei a maradványszorzóban a monomának megfelelő számot adják. 250

A héróni háromszögek területe páros szám, ezért az egyenlet vizsgálata w  2w1 1 esetén szükségtelen. Írjuk fel az egyenlet megoldási változatát és implicit képleteit: p  V1 , p  x  V  2 ,  p y V   3  p  z  V4

p  V1   x  y  z / 2,x  V1  V2 ,y  V1  V3,z  V1  V4 , V1  V2 , V3 , V4 .

A problémát a tényezők értékének megválasztása jelenti: w2  VV 1 2 V3V4 , V1  V2  V3  V4 . Az egyenlet megoldásának titkát a héróni és pitagoraszi háromszögek közös rejtélye fedi! A megoldás feltárja a rejtélyt: a héróni háromszögek egyben pitagorásziak, vagy két pitagorászi háromszög összegei illetve különbségei. Ezért a héróni háromszögek – a pitagorászi háromszögekhez hasonlóan – számpárokra építkeznek! Mivel a pitagorászi háromszögek területe páros, a héroniaké is az!

A háromszöget belső magassága egyértelműen bontja két derékszögű háromszögre. A héróni háromszögek esetében ezek pitagorászi háromszögek, vagy azokból eredők. Magasságuk természetes szám, ha a komponens háromszögek pitagorásziak és racionális, ha azokból eredők, S  ah / 2  4k alapján.

251

Öt héróni háromszög-típus van:

- elemi héróni háromszögek (pitagorásziak), - közös páros befogójú háromszögek összegéből állóak, - közös páros befogójú háromszögek különbségéből állóak, - közös páratlan befogójú háromszögek összegéből állóak, - közös páratlan befogójú háromszögek különbségéből állóak. A két háromszögből eredő héróni háromszög lehet inhomogén (primitív) és homogén (hasonló). A homogén háromszögből az inhomogén háromszög az oldalak egyszerűsítésével áll elő.

Az ábra a kiinduló és kiegészítő komponens pitagorászi háromszögeket, továbbá az összegükként és különbségükként keletkező összetett héroni háromszögeket szemlélteti. 252

A továbbiakban elegendő meghatározni a komponens háromszögeket, mivel a héróni háromszögek belőlük erednek! A kiinduló háromszögeket a pitagorászi egyenlet generálja:

x12  z12  y12 , x1  2U1 U 2 , y1  U 22  U12 , z1  U 22  U12 , ahol U 2  U1 , (U1 , U 2 )  d   U1 , U 2  N . Az U1U 2 számok készlete egyszeri és végtelen. Ezért a pitagorászi háromszögek készlete is az. A héroni háromszögek készlete is végtelen, de elemei lehetnek többszörösek is. A pitagorászi háromszögek páros befogójára építkező kiegészítő háromszögek meghatározása:

A kiegészítő háromszögeket a pitagorászi egyenlet generálja  2 j  1j , (1j ,  2 j )  d  1, k j mellett, ahol k j , 1j ,  2 j  az U12 U 22 faktorizálásával előállított számhármasok: 2 2 UU 1 2  U1 U2  k1 1121  kn 1n2n  kj1 1j12j1  kj 1j2j ,

ahol j  a számhármasok sorszáma, k j  a homogén és inhomogén háromszögek arányossági tényezője, 1j ,  2 j  természetes vagy irracionális számpárok. A kiegészítő háromszögek meghatározása: x 2 j  2k j1j2 j  x1  2U1U2 , y2 j  k j (22 j  1j2 ), z2 j  k j (22 j  1j2 ) .

253

A kiinduló háromszögek páros befogójára építkező kiegészítő háromszögek száma j . Értékét U12 U 22 határozza meg. A pitagorászi háromszögek páros befogójára építkező héróni háromszögek előállítása a komponens háromszögek összeadásával és kivonásával

Az összetett héróni háromszögek a komponens háromszögek összegeként és különbségeként állnak elő: x  z1 , y  z 2 j , z  y1  y 2 j , x  U 22  U12 , y  k j (  22 j  1j2 ), z  U 22  U12  k j (  22 j  1j2 ) ,

ahol U2  U1,(U1,U2 )  d  U1,U2 N számpárok,  2 j  1j , (1j , 2j )  d  1,k j  az U12 U 22 szorzatból eredő számhármasok. Az x, y, z változók értékeinek behelyettesítésével a kiinduló képletekbe, kapjuk w2,V,V,V,V 1 2 3 4 értékeit: w 2  V1V2 V3 V4 , V1  p   x  y  z / 2,V2  V1  x,V3  V1  y,V4  V1  z, w

 x1 y1  x 2 j y 2 j  2

 U1 U 2  U 22  U12  k j (  22 j   1j2 )  .

A pitagorászi háromszögek páratlan befogójára építkező kiegészítő háromszögek előállítása:

A kiegészítő háromszögeket a pitagorászi egyenlet generálja Q 2i  Q1i , (Q1i Q 2i )  d  1, k i esetén, ahol k i , Q1i Q 2i  az (U 22  U12 ) 2  Q 2 faktorizálásával előállított számhármasok: Q  Q2  k1 Q11Q21   kn Q1nQ2n   ki1 Q1i1Q2i1  ki Q1iQ2i ,

254

ahol i 

a számhármasok sorszáma, k i  a homogén és

inhomogén háromszögek arányossági tényezője,

Q1i , Q 2i 

természetes vagy irracionális számpárok. A kiegészítő háromszögek meghatározása: x 2i  k i (Q 22i  Q1i2 ) / 2, y1  y 2i  k i Q1i Q 2i , z 2i  k i (Q 22i  Q1i2 ) / 2 . A kiinduló háromszögek páratlan befogójára építkező kiegészítő háromszögek száma i . Értékét Q 2 értéke szabja meg. A pitagorászi háromszögek páratlan befogójára építkező héróni háromszögek előállítása a komponens háromszögek összeadásával és kivonásával:

A héróni háromszögek a komponens összegeként és különbségeként állnak elő:

háromszögek

x  z1 , y  z 2i , z  x1  x 2i  , x  U 22  U12 , y 

k i Q 22i  Q1i2  4U1U 2  k i (Q 22i  Q1i2 )  ,z  , 2 2

ahol U2  U1,(U1,U2 )  d  U1,U2 N számpárok, Q 2i  Q1i , 2 2 2 (Q,Q kifejezésből eredő számhármasok. 1i 2i ) d1,ki  az (U 2  U1 )

A változók értékeinek behelyettesítésével a kiinduló képletekbe, kapjuk w2,V,V,V,V 1 2 3 4 értékeit: w 2  V1V2 V3 V4 , V1  p   x  y  z / 2,V2  V1  x,V3  V1  y,V4  V1  z, 2 2  x1y1  x 2i y2i  2 2  4U1U 2  k i (Q2i  Q1i )  w  (U2  U1 ) . 2 4

255

Az U2  U1 ,(U1 , U2 )  d  1 számpárokból előállítható inhomogén héróni háromszögek száma:

-

elemi héróni háromszögek: j  i  1, összetett héróni háromszögek: 2 j  2i  2, inhomogén héróni háromszögek összesen:

  3( j  i  1), ahol j páros befogóra építkező kiegészítő háromszögek, i  páratlan befogóra építkező kiegészítő háromszögek, 2 egyenlő komponens háromszögek esete, 1 kiinduló pitagorászi háromszög. Az inhomogén pitagorászi háromszögek halmaza generálja a héróni háromszögek halmazát! Tételezzük fel, hogy léteznek másként előállítható inhomogén héróni háromszögek. Ezt a lehetőséget az zárja ki, hogy a héróni háromszöget belső magassága egyértelműen bontja két olyan derékszögű háromszögre, melyek az inhomogén pitagorászi háromszögből a vizsgált módon származtathatók! A homogén héróni háromszögek előállítása:

A homogén héróni háromszögek az inhomogén héróni háromszögekből állnak elő (V1 , V2 , V3 , V4 )  d  2 mellet.

256

Kapcsolódó probléma vizsgálata „Létezik-e egész oldalú, súlyvonalú és területű háromszög?”

A nevezett háromszög – héroni! A negatív bizonyításhoz elegendő bizonyítani egy törtértékű súlyvonal létezését a héroni háromszögekben. Írjuk fel a háromszögek súlyvonal képleteit: mx 

2(y2  z2 )  x 2 2(x 2  z2 )  y2 2(x 2  y2 )  z2 ,my  , mz  . 2 2 2

Az inhomogén héroni háromszögek két oldala mindig páratlan, egy páros! Ugyanis egy, vagy három páratlan oldal esetén a háromszögek területértéke – Héron egyenlete alapján – tört. Ezért vizsgálni kell a három páros oldal esetét. A homogén háromszögek egyszerűsítése páratlan osztókkal az oldalak paritását nem befolyásolja. A legnagyobb páros osztóval történő egyszerűsítése pedig inhomogén héroni háromszöget eredményez, amelynek két oldala páratan, egy páros, területértéke pedig egész szám. Így a három súlyvonal-képlet alapján, az inhomogén héroni háromszögek legalább két súlyvonala tört! A három egész értékű súlyvonal létezése homogén héroni háromszögekben továbbra is nyitott kérdés marad!

257

Példa megoldása Kiinduló adatok: legyen (U1,U2 )  d 1, U1  15, U2  28, A kiinduló pitagorászi háromszögek előállítása:

x1  2U1U 2 , y1  U 22  U12 , z1  U 22  U12 , x1  2 15  28  840, y1  282  152  559, z1  282  152  1009. A pitagorászi háromszög páros befogójára építkező kiegészítő háromszögek előállítása:

A k j , 1j , 2 j számhármasok természetes értékeinek meghatározása U1U 2 faktorizálásával: U1U 2  420  k j1j 2 j 

 210 1 2  140 1  3  105 1  4  84 1 5  70 1 6  70  2  3   60 1 7  42 1 10  42  2  5  35 112  35  2  6  35  3  4   30 1 14  30  2  7  28 1 15  28  3  5  211  20  21 2 10   21  4  5  20 1  21  20  3  7  15 1 28  15  2 14  15  4  7   14 1  30  14  2 15  14  3 10  14  5  6  12 1 35  12  5  7   10 1 42  10  2  21  10  3 14  10  6  7  7 1 60  7  2  30   7  3  20  7  4  15  7  5 12  7  6 10  6  1  70  6  2  35   6  5  14  6  7  10  5  1  84  5  2  42  5  3  28  5  4  21   5  6 14  5  7 12  4 1 105  4  3  35  4  5  21  4  7 15   3 1 140  3  2  70  3  4  35  3  5  28  3  7  20  3 10 14   2 1 210  2  2 105  2  3  70  2  5  42  2  7  30  2 10  21   2 14 15  11 420  1 2  210  1 3 140  1 4 105  1 5  84   1 6  70  1  7  60  1 10  42  1 12  35  1 14  30  1 15  28   1  20  21. A természetes értékű k j1j2 j számhármasok száma: 79. 258

A k j1j2 j számhármasok természetes és irracionális értékeinek meghatározása U12 U 22 faktorizálásával: U1U 2  420  176400  k 2j 1j 2 j  k j 1j 2 j 

 210 1  4  140 1  9  105 1 16  105 2  8  84 1  25   70 1  36  70 2  18  70 3  12  70 4  9  60 1  49   42 1  100  42 2  50  42 4  25  35 1 144  35 2  72   35 3  48  35 4  36  35 6  24  35 8 18  35 9 16   30 1196  30 2  98  30 4  49  30 7  28  28 1 225   28 3  75  28 5  45  28 9  25  21 1  400  21 2  200   21 4 100  21 5  80  21 8  50  21 10  40  21 16  25   20 1  441  20 3 147  20 7  63  20 9  49  15 1  784   15 2  392  15 4 196  15 7 112  15 8  98  15 14  56   15 16  49  14 1 900  14 2  450  14 3  300  14 4  225   14 5 180  14 6 150  14 9 100  14 10  90  14 12  75   14 15  60  14 18  50  14 20  45  14 25  36  12 11225   12 5  245  12 7 175  12 25  49  10 11764  10 2  882   10 3  588  10 4  441  10 6  294  10 7  252  10 9 196   10 12 147  10 14 126  10 18  98  10 21 84  10 28  63   10 36  49  7 1 3600  7 2 1800  7 3 1200  7 4  900   7 5  720  7 6  600  7 8  450  7 9  400  7 10  360   7 12  300  7 15  240  7 16  225  7 18  200  7 20 180   7 24 150  7 25 144  7 30 120  7 36 100  7 40  90   7 45  80  7 48  75  7 50  72  6 1  4900  6 2  2450   6 4 1225  6 5  980  6 7  700  6 10  490  6 14  350   6 20  245  6 25 196  6 28 175  6 35 140  6 49 100   6 50  98  5 1  7056  5 2  3528  5 3  2352  5 4 1764  259

 5 61176  5 7 1008  5 8882  5 9  784  5 12  588  5 14  504   5 16  441  5 18  392  5 21 336  5 24  294  5 28  252   5 36 196  5 42 168  5 48 147  5 49 144  5 56 126   5 63 112  5 72  98  4 1 11025  4 3  3675  4 5  2205   4 7 1575  4 9 1225  4 15  735  4 21 525  4 25  441   4 35  315  4 45  245  4 49  225  4 63 175  4 75 147   3 119600  3 2  9800  3 4  4900  3 5  3920  3 7  2800   3 8  2450  3 10 1960  3 14 1400  3 16 1225  3 20  980  3 25  784  3 28  700  3 35  560  3 40  490  3 49  400   3 50  392  3 56  350  3 70  280  3 80  245  3 98  200 

 3 100 196  3 112 175  2 1 44100  2 2  22050  2 314700   2 4 11025  2 5  8820  2 6  7350  2 7  6300  2 9  4900   2 10  4410  2 12  3675  2 14  3150  2 15  2940   2 18  2450  2 20  2205  2 21  2100  2 25  1764  2 28 1575  2 30 1470  2 35 1260  2 36 1225  2 42 1050 

2 45  980  2 49  900  2 50  882  2 60  735  2 63  700   2 70  630  2 75  588  2 84  525  2 90  490  2 100  441   2 105  420  2 126  350  2 140  315  2 147  300   2 150  294  2 175  252  2 180  245  2 196  225  1 1176400   1 2  88200  1 3  58800  1 4  44100  1 5  35280  1 6  29400   1 7  25200  1 8  22050  1 9 19600  1 10 17640  1 12 14700   1 14 12600  1 15 11760  1 16 11025  1 18  9800  1 20  8820   1 21 8400  1 24  7350  1 25  70561  1 28  6300  1 30  5880   1 35  5040  1 36  4900  1 40  4410  1 42  4200  1 45  3920   1 48  3675  1 49  3600  1 50  3528  1 56  3150  1 60  2940   1 63  2800  1 70  2520  1 72  2450  1 75  2352  1 80  2205 

260

 1 84  2100  1 90 1960  1 981800  1 100 1764  1 1051680   1 1121575  1 120 1470  1 1261400  1 140 1260  1 144 1225   1 147 1200  1 150 1176  1 1681050  1 1751080  1 180  980   1 196  900  1 200  882  1 210  840  1 225 784  1 240  735 

 1 245 720  1 252  700  1 280  630  1 294  600 1 300  588   1 315 560  1 336  525  1 350  504  1 360  490  1 392  450   1 400  441. Az összes k j1j2 j számhármasok száma: 276. A kiegészítő háromszög meghatározása j  276 esetén. 2 2 2 2 x2,276  x1  21,2762,276  2U1U2,y2,276 2,276 1,276 ,z2,276 2,276 1,276 ,

x2,276  x1  2  20  21  840, y2,276  212  202  41,z2,276  212  202  841. A pitagorászi háromszög páros befogójára építkező inhomogén héróni háromszög előállítása j  276 esetén a komponens háromszögek összeadásával:

x  z1 , y  z 2,276 , z  y1  y 2,276 , 2 2 x  U 22  U12 , y   22,276  1,276 , z  U 22  U12   22,276  1,276 ,

x  282 152 1009,y  212  202  841,z  282 152  212  202  600 . A w 2  V1V2 V3 V4 értékek meghatározása:

V1  p  (x  y  z) / 2  (1009  841  600) / 2  1225, V2  V1  x  1225  1009  216, V3  V1  y  1225  841  384, V4  V1  z  1225  600  625, w 2  V1V2 V3 V4  1225  216  384  625  2520002 , w  252000. 261

A megoldás ellenőrzése:

1/ .w2  p(p  x)(p  y)(p  z)  VV 1 2 V3V4 ,

w2  1225(1225 1009)(1225  841)(1225  600)   1225  216  384  625  352  216  384  252  352  2882  252  2520002 , 2 / .w  (x1 y1  x 2 j y 2 j ) / 2  U1U 2 (U 22  U12   22 j  1j2 )   15  28(282 152  212  202 )  252000.

A fennmaradó háromszögek hasonlóan produkálhatók! A pitagorászi háromszög páros befogójára építkező inhomogén héróni háromszög előállítása j  276 esetén a komponens háromszögek kivonásával:

x  z1 , y  z 2,276 , z  y1  y 2,276 , 2 2 x  U  U , y   22,276  1,276 , z  U 22  U12   22,276  1,276  ,, 2 2

2 1

x  282 152 1009,y  212  202  841,z  282 152  212  202  518 . A w 2  V1V2 V3 V4 értékek meghatározása:

V1  p  (x  y  z) / 2  (1009  841  518) / 2  1184, V2  V1  x  1184  1009  175, V3  V1  y  1184  841  343, V4  V1  z  1184  518  666, w 2  V1V2 V3 V4  1184 175  343  666  2175602 , w  217560. A megoldás ellenőrzése:

1/ .w2  p(p  x)(p  y)(p  z)  VV 1 2 V3V4 , w2  1184(1184 1009)(1184  841)(1184  600)   1184 175  343  666  47332353600  2175602 , 262

2 / .w  (x1 y1  x 2 j y 2 j )    U1U 2  (U 22  U12   22 j  1j2 ) 

 15  28(282 152  212  202 )  217560. Ellenőrizzük a háromszög belső magasságának értékét: w

xh1 2w 2  217560 435120 241    431 . , h1  2 x 1009 1009 1009

A fennmaradó háromszögek hasonlóan produkálhatók! A pitagorászi háromszög páratlan befogójára építkező kiegészítő háromszögek előállítása:

A k i , Q1i , Q 2i számhármasok természetes értékeinek meghatározása U 22  U12  Q faktorizálásával: U 22  U12  Q  559  k i Q1i Q 2i =  43113 131 43 113 43 11 559. A k i , Q1i , Q 2i számhármasok természetes és irracionális értékeinek meghatározása Q 2 faktorizálásával: Q  559  312481  k i2 Q1i Q 2i  k i Q1i Q 2i 

 43 1 169  13 1 1849  1 169 1849  1 13  24037   1 43  7267  1 1 312481 , i  6 .Ez A kiegészítő háromszög meghatározása i  3 esetén: 2 2 x2,3  (Q2,3 Q1,3 )/ 2  (432 132 )/ 2  840,y2,3  y1  U22  U12  282 152  559, 2 z 2,3  (Q22,3  Q1,3 ) / 2  (432  132 ) / 2  1009.

263

A pitagorászi háromszög páratlan befogójára építkező inhomogén héróni háromszög előállítása i  3 esetén a komponens háromszögek összeadásával:

x  z1 , y  z 2,3 , z  x1  x 2,3 , 2 2 x  U 22  U12 , y  (Q 22,3  Q1,3 ) / 2, z  2U1U 2  (Q 22,3  Q1,3 ) / 2,

x  282 152 1009,y  (432 132)/2 1009,z  215 28(432 132)/2 1680. A w 2  V1V2 V3 V4 értékek meghatározása:

V1  p  (x  y  z) / 2  (1009  1009  1680) / 2  1849, V2  V1  x  1849  1009  840, V3  V1  y  1849  1009  840, V4  V1  z  1849  1680  169, w 2  V1V2 V3 V4  1849  840  840 169  4495602 , w  449560. A megoldás ellenőrzése:

1/ .w2  p(p  x)(p  y)(p  z)  VV 1 2 V3V4 ,

w2  1849(1849 1009)(1849 1009)(1849 1680)   1849  840  840 169  432  840  840 132  432  8402 132  4495602. 2 / .w 

x1y1  x 2i y2i 4U U  Q22i  Q1i2  (U22  U12 ) 1 2  2 4  (282 152 )

415 28 432 132  449560. 4

264

A pitagorászi háromszög páratlan befogójára építkező inhomogén héróni háromszög előállítása i  3 esetén a komponens háromszögek kivonásával:

x  z1 , y  z 2,3 , z  x1  x 2,3 , x  U 22  U12 , y 

2 Q 22,3  Q1,3

,z 

2  4U1U 2  Q 22,3  Q1,3 

, 2 2 432 132 415 28432 132 2 2 x  28 15 1009,y  1009,z   0. 2 4 A komponens háromszögek egyenlők, ezért a héróni háromszög alapja: z  x1  x 2i  840  840  0 . A w 2  V1V2 V3 V4 értékek meghatározása:

A meghatározás szükségtelen: nem keletkezik valós háromszög. A megoldás ellenőrzése:

Az ellenőrzés szükségtelen: nem keletkezik valós háromszög. A pitagorászi háromszög páratlan befogójára építkező inhomogén héróni háromszög előállítása i  6 esetén a komponens háromszögek összeadásával:

x  z1 , y  z 2,6 , z  x1  x 2,6 , x  U U ,y  2 2

2 1

2 Q 22,6  Q1,6

,z 

2 4U1U 2  Q 22,6  Q1,6

, 2 5592 12 415 285592 12 156241,z  157080 . x  282 152 1009,y  2 2 2

265

A w 2  V1V2 V3 V4 értékek meghatározása:

V1  p  (x  y  z) / 2  (1009  156241  157080) / 2  157165, V2  V1  x 157165 1009 156156,V3  V1  y 157165 156241  924, V4  V1  z  157165  157080  85, w 2  V1V2 V3V4  157165 156156  924  85   1927548922899600  439038602 , w  43903860.

A megoldás ellenőrzése:

1/ .w2  p(p  x)(p  y)(p  z)  VV 1 2 V3V4 ,

439038602 157165(157165 1009)(157165 156241)(157165 157080)   157165 156156  924  85  1927548922899600  439038602 2 / .w 

x1y1  x 2,6 y2,6 2  (282 152 )

 (U22  U12 )

2 2 4U1U 2  Q2,6  Q1,6

4



415 285592 12  43903860. 4

A pitagorászi háromszög páratlan befogójára építkező inhomogén héróni háromszög előállítása i  6 esetén a komponens háromszögek kivonásával:

x  z1 , y  z 2,6 , z  x1  x 2,6 , x  U U ,y 

2 Q 22,6  Q1,6

2  4U1U 2  Q 22,6  Q1,6 

,z  , 2 2  415 285592 12  5592 12 156241,z  155400 . x  282 152 1009,y  2 2 2 2

2 1

266

A w 2  V1V2 V3 V4 értékek meghatározása:

V1  p  (x  y  z) / 2  (1009  156241  155400) / 2  156325, V2  V1  x  156325 1009  155316,V3  V1  y  156325 156241  84, V4  V1  z  156325  155400  925, w 2  V1V2 V3 V4  156325 155316  84  925   1886538414690000  434343002 , w  43434300. A megoldás ellenőrzése:

1/ .w2  p(p  x)(p  y)(p  z)  VV 1 2 V3V4 ,

w2 156325(156325 1009)(156325 156241)(156325 155400)  15632515531684 925 1886538414690000  434343002 ,w  43434300. 2 2  x1y1  x2,6 y2,6  2 2  4U1U2  Q2,6  Q1,6  2/.w   (U2  U1 )  2 4  415 285592 12   (282 152 )  43434300. 4 Ellenőrizzük a háromszög belső magasságának értékét: w

yh 2 2w 2  43434300 86868600 154845    555 . , h2  2 y 156241 156241 156241

Választott (U1 , U 2 )  d  1, U1  15, U 2  28 értékek esetén előállítható inhomogén héróni háromszögek száma:

  3(j  i 1)  3(276  6 1)  843. ***

267