SZÁMELMÉLET Szigeti Jenő 1. OSZTHATÓSÁG Az oszthatósággal kapcsolatban négy alapvető eredményt közlünk bizonyítás nélkül. Jelölje φ(n) az {1, 2, ..., n} halmazból azon elemek számát, amelyek relatív prímek az n-hez. Ha például p ≥ 2 prímszám, akkor φ(p) = p – 1. 1.1. Tétel (Euler). Ha az a egész szám relatív prím az n-hez, akkor aφ(n) – 1 osztható n-el: n | aφ(n) – 1 1.2. Tétel (Fermat). Ha az a egész szám nem osztható a p≥ 2 prímszámmal, akkor a p–1–1 osztható p-vel: p|ap–1 – 1. 1.3. Tétel (Wilson). Ha p ≥ 2 prímszám, akkor (p –1)!+1 osztható p-vel: p| (p – 1)! + 1 1.4. Tétel (Kínai Maradéktétel). Ha az a1, a2, ..., an és r1, r2, ..., rn egészekre lnko(ai, aj) = 1 minden 1 ≤ i < j ≤ n esetén, akkor létezik olyan b egész szám, amelyre az ai| b – ri oszthatóság teljesül minden 1 ≤ i ≤ n esetén. 1.5. Példa. Bizonyítsuk be, hogy 5n |2k – 1 teljesül a k = 5n – 5n–1 esetben és 5n ∤ 2k – 1, ha 1 ≤ k < 5n–5n–1. Megoldás. Mivel φ(5n) = 5n − 5n−1 = 4 · 5n–1, Euler tételének alkalmazásával kapjuk, hogy 5 5n | 2
n
− 5 n −1
− 1 . A továbbiakban teljes indukciót alkalmazunk. Ha n = 1 és k = 51-50 = 4, akkor
5 | 24−1 = 15 és a 1 ≤ k < 51-50 = 4 egészekre könnyen látható, hogy 5 ∤ 2k−1. Tegyük fel, hogy állításunk igaz n-re, de nem teljesül n + 1-re. Legyen 1 ≤ k < 5n+1-5n a legkisebb k, amelyre 5n+1 | 2k−1. Most 4 · 5n=5n+1–5n = kq + r, ahol 0 ≤ r ≤ k – 1 az osztási maradék a k-val történtő maradékos osztásnál. Ha r ≥ 1, akkor
5n +1 | 25
n +1
−5n
− 1 = 2kq + r = ((2k ) q − 1)2r + (2r − 1)
és így 2k–1 | (2k)q–1 miatt 5n+1 | 2r–1 adódna ellentétben k választásával. Tehát r = 0, azaz 4 · 5n = kq. Azt állítjuk, hogy 4 · 5n–1 osztója k-nak. Legyen k = 4 · 5n–1t + m, ahol 0 ≤ m < 4 · 5n–1 = 5n – 5n–1 az osztási maradék a 4 · 5n–1-el való osztáskor. Ha m ≥ 1, akkor n −1
5n+1 | 2 k − 1 = 2 4⋅5 4⋅5n −1
t +m
n −1
− 1 = ((2 4⋅5 ) t − 1)2 m + (2 m − 1)
4⋅5n −1 t
− 1 | (2 ) − 1 miatt 5n | 2m – 1 adódna ellentétben az n-re vonatkozó és így 2 feltevésünkel. Tehát m = 0, azaz k = 4 · 5n–1 t. A 4 · 5n = kq = 4 · 5n–1 tq egyenlőségre való tekintettel kapjuk, hogy t = 1 vagy t = 5. A t = 1 eset lehetetlen, hiszen 4⋅5n −1
−1 = 2 − 1. 5n+1 ∤ 2 A t = 5 eset szintén lehetetlen, mert k < 5n+1-5n = 4 · 5n. Már csak annyit kell belátni, hogy 5n+1 ∤ 2
4⋅5n −1
k
n −1
− 1 valóban teljesül. Most 5n−1 | 25
−5n − 2
− 1 = 2 4⋅5
n−2
vonatkozó feltevésünk következménye. Így azt kapjuk, hogy 2
− 1 és 5n ∤ 2 4⋅5
4⋅5n − 2
−1 = 5
n −1
n−2
− 1 az n-re
s , ahol
5 ∤ s. Tehát
n −1
24⋅5 − 1 = (5n −1 s + 1)5 − 1 = = (5n−1 s ) 5 + 5(5n−1 s ) 4 + 10(5n−1 s ) 3 + 10(5 n−1 s ) 2 + 5(5n−1 s ) = 5n+1 w + 5n s nem osztható 5n+1-el. 2
⎡⎛ p − 1 ⎞ ⎤ 1.6. Példa. Igazoljuk, hogy p | ⎢⎜ ⎟!⎥ + 1 , ahol p = 4k+1 prímszám. ⎣⎝ 2 ⎠ ⎦ Megoldás. Wilson tétele szerint p | (p-1)! +1=1 · 2 · … · (2k) · (2k+1) · … · (p–1) + 1 és 1·2·…·(2k) ·(2k+1) ·…·(p–1) + 1 = 1·2·…·(2k) ·(p–2k) ·(p–(2k–1)) ·…·(p–1)+1= = [(2k)!]2 + pw + 1, valamilyen w egész számra, ahonnan a kívánt oszthatóság adódik. 1.7. Példa. Igazoljuk, hogy a p = x2 + y2 egyenletnek létezik (x, y) egész számokból álló megoldása, ahol p = 4k + 1 prímszám. Megoldás. Ha mp = x2 + y2 megoldható valamilyen 2 ≤ m < p egészre (az 1.6 példa szerint ez igaz), akkor belátjuk, hogy np = x2 + y2 is megoldható valamilyen 1 ≤ n ≤
m egészre. Ha 2
m páros, akkor
m ⎛x+ y⎞ ⎛x− y⎞ p=⎜ ⎟ , ⎟ +⎜ 2 ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ 2
ahol
2
x+ y x− y és egész számok. Ha m páratlan, akkor 2 2 x = mr + x1 and y = ms + y1
m m valamilyen |x1| < és |y1| < egészekre. 2 2 mp = x 2 + y 2 = (mr + x1 ) 2 + (ms + y1 ) 2 = mw + x12 + y12 alapján x12 + y12 = mn adódik valamilyen n ≥ 1 egészre (n = 0 nem lehetséges, mert mp = x2 +y2 nem osztható m2-el). Az |x1| <
m m és |y1| < egyenlőtlenségekből 2 2 2
2
m2 ⎛m⎞ ⎛m⎞ mn = x + y < ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ = 2 ⎝2⎠ ⎝2⎠ 2 1
2 1
m adódik. Az np = x2 +y2 megoldhatósága az 2 m 2 np = (mp)(mn) = ( x 2 + y 2 )( x12 + y12 ) = ( xx1 + yy1 ) 2 + ( xy1 − x1 y ) 2
kapható, ahonnan n <
xx1 + yy1 = (mr + x1 ) x1 + (ms + y1 ) y1 = mrx1 + msy1 + x12 + y12 = m(rx1 + sy1 + n) xy1 − x1 y = (mr + x1 ) y1 − x1 (ms + y1 ) = m(ry1 − x1 s) np = (rx1 + sy1 + n) 2 + (ry1 − x1 s ) 2 . egyenletekből következik. A fenti ún. leszálló lépés ismételt alkalmazása (az m helyett az n ≤ az előbbieket) végül azt adja, hogy p = x2 +y2 megoldható. 1.8. Feladat. Igazoljuk a következőket. (1) 100 | 1110 – 1
m egészre megismételve 2
(2) (3) (4) (5) (6) (7)
13 | 270 + 370 11 · 31 · 61 | 2015 – 1 7 | 22225555 + 55552222 35 | 36n – 26n 56486730 | mn(m60 – n60) 169 | 33n+3 – 26n – 27
(8)
19 | 2 2
6k +2
+3
Útmutatás. (1) 1110 – 1 = (11 – 1)(119 + 118 + … + 11 + 1) (2) 13 | 212 – 1 következménye 13 | 260 – 1 és 13 | 25 – 6 következménye 13 | 210 + 3. Így 13 | 270 + 3. Másrészt 13 | 33 – 1 következménye 13 | 369 – 1 és 13 | 370 – 3. (3) 11 | 25 + 1 és 11 | 105 + 1 következménye 11 | 205 – 1 és 11 | 2015 – 1. 31 | 203 – 2 következménye 31 | 2015 – 25, ahonnan 31 | 2015 – 1 adódik. 61 | 34 – 20 következménye 61 | 360 – 20 és 61 | 360 – 1 felhasználásával kapjuk, hogy 61 | 2015 – 1. (4) 22225555 + 55552222=(22225555 + 45555) + (55552222 – 42222) – (45555–42222), 45555 – 42222 = 42222 (43333 – 1), 43333 – 1 =641111 – 1 és 7 | 2222 + 4, 7 | 5555 – 4, 7 | 64 – 1. (5) 33 + 23 | 36 – 26 és 36 – 26 | 36n – 26n . (6) 56786730 = 2 · 3 · 5 · 7 · 11 · 13 · 31 · 61 és használjuk Fermat tételét. Alkalmazzunk teljes indukciót: (33(n+1)+3 – 26(n+1) – 27) – (33n+3 – 26n – 27) = 26(33n+3 – 1) és 13 | 33 – 1. 18 | 26k+2 – 4 következménye 2 19 | 218 – 1.
26 k + 2
+ 3 = 218t + 4 + 3 = 2 4 (218t − 1) + 19 és
1.9. Feladat. Egy négyzetszám utolsó négy számjegye azonos. Melyik ez a számjegy? Útmutatás. Egy négyzet utolsó számjegye 0, 1, 4, 5, 6 és 9 lehet. Az utolsó két számjegy nem lehet 11, 55, 66 és 99 (ezt a 4-el való osztás mutatja). A megmaradt lehetőségek közül 4444 nem lehetséges (ezt a 16-al való osztás mutatja). Az egyetlen eset a 0000, amelyet a 1002 megvalósít. 1.10. Feladat. Igazoljuk, hogy (n!)(n-1)! osztója (n!)!-nak. Útmutatás. Használjuk fel, hogy n! | (t + 1)(t + 2)…(t + n). 1.11. Feladat. Legyen m ≥ 1 egész szám. Bizonyítsuk be, hogy minden páros szám felírható két m-hez relatív prím egész különbségeként. Útmutatás. Legyen 2k az adott páros szám és legyenek p1, p2, …, pr az m prímtényezői. Minden 1 ≤ i ≤ r index esetén létezik olyan xi egész, amelyre f(xi) = xi(xi + 2k) nem osztható pi-vel. A Kínai Maradéktétel biztosítja a létezését olyan x egésznek, amelyre pi | x – xi minden i esetén. Így kapjuk, hogy pi | f(x) – f(xi) és pi ∤ f(x) minden i-re (itt f(x) = x(x + 2k) ). Tehát 2k = (x + 2k) – x a kívánt felírás.
2. AZ ax + by = c LINEÁRIS EGYENLET 2.1. Tétel. Legyenek a,b,c nem nulla egész számok, ekkor az alábbi állítások ekvivalensek: (1) Léteznek olyan x és y egészek, amelyekre ax + by = c teljesül. (2) Az a és b legnagyobb közös osztója c-nek osztója, azaz lnko(a, b) | c. Ha (x0,y0) egy tetszőleges megoldása az ax + by = c egyenletnek, akkor bármely más (x, y) megoldás az alábbi x = x0+ b0t és y = y0 – a0t, alakban kapható, ahol t valamilyen egész szám és a0 = a/lnko(a,b), valamint b0 = b/lnko(a, b). Bizonyítás. Legyen d = lnko(a, b). (1) (2) d | a és d | b alapján d | ax és d | by adódik, ahonnan d | ax + by kapható. Így d | c is teljesül. (2) (1) Most c0 = c/d egész szám és ax + by = c helyett írható, hogy a0x + b0y = c0, ahol lnko(a0, b0) = 1. Ahogyan azt már egy lemmában láttuk (az Euklidészi algoritmussal kapcsolatban) lnko(a0,b0) = 1 garantálja, hogy a0x′ + b0y′ = 1 teljesül alkalmas (x′,y′) egészekre. Nyilvánvaló, hogy (x′,y′) megoldása az ax + by = d egyenletnek és az is, hogy (c0x′,c0y′) megoldása az ax + by = c egyenletnek. Az ax + by = c összes (x, y) megoldását az ax0 + by0 = c egyenletből úgy kapjuk, hogy az alábbi ax + by = ax0 + by0 egyenlőséget tekintjük. Innen előbb a(x – x0) = b(y0 – y) majd a0(x – x0) = b0(y0 – y) kapható. Mivel lnko(a0, b0) = 1, ezért b0 | x – x0 azaz x – x0 = b0t teljesül valamilyen t-re. Az a0b0t = b0(y0 – y) következményeként kapjuk, hogy y0 – y = a0t. Tehát x = x0 + b0t és y = y0 – a0t. Könnyen ellenőrízhető, hogy bármely t-re az (x0 + b0t, y0 – a0t) pár megoldása az ax + by = c egyenletnek. 2.2. Példa. Keressük meg a 354x + 138y = 12 egyenlet megoldásait az egész számok körében. Megoldás. Most lnko(354, 138) = 6 és 354 = 6 · 59, 138 = 6 · 23, 12 = 6 · 2. Mivel 6 | 12, az egyenlet megoldható. Elegendő az 59x + 23y = 2 egyenlettel foglalkozni, ahol lnko(59, 23) = 1. Előbb az 59x + 23y = 1 egyenletet oldjuk meg az Euklidészi algoritmusnak az (59, 23) számpárra való alkalmazásával. A következő lépéseket tesszük: 59 = 2 · 23 + 13 , 23 = 1 · 13 + 10 , 13 = 1 · 10 + 3 , 10 = 3 · 3 + 1 , 3 = 3 · 1 + 0. Így az alábbi kifejezéseket kapjuk az egymást követő maradékokra: 13 = 10 = 3= 1=
59 – 23 · 2 = 59 · 1 + 23 · (–2), 23 – 13 · 1 = 23 – (59 · 1 + 23 · (–2)) = 59 · (–1) + 23 · 3, 13 – 10 · 1 = (59 · 1 + 23 · (–2)) – (59 · (–1) + 23 · 3) = 59 · 2 + 23 · (–5) 10 – 3 · 3 = (59 · (–1) + 23 · 3) – (59 · 2 + 23 · (–5)) · 3 = 59 · (–7) + 23 · 18.
Tehát x′ = –7 és y′ = 18 megoldása az 59x + 23y = 1 egyenletnek. Nyilvánvalóan x0 = (–7)·2 = –14 és y0 = 18 · 2 = 36 megoldása az 59x + 23y = 2 egyenletnek. A 2.1 Tételt használva kapjuk az 59x + 23y = 2 összes megoldását: (–14 + 23t, 36 – 59t), ahol t tetszőleges egész szám. 2.3. Példa. Keressük meg a 35x + 15y + 21z = 8 egyenlet megoldásait az egész számok körében.
Megoldás. Az egyenlet 5(7x + 3y) + 21z = 8 alakban is írható. Előbb az 5u + 21z = 8 egyenletet oldjuk meg. Az u′ = – 4 és z′ = 1 egészek megoldását adják az 5u + 21z = 1 egyenletnek, ezért (–32, 8) megoldása az 5u + 21z = 8 egyenletnek. A tételünk szerint az 5u + 21z = 8 egyenlet megoldásait a (–32 + 21t, 8 – 5t), t ℤ párok szolgáltatják. Így 5(7x + 3y) + 21z = 8 pontosan akkor teljesül az x, y, z egészekre, ha 7x + 3y = –32 + 21t és z = 8 – 5t teljesül valamilyen t egészre. Csupán a 7x + 3y = –32 + 21t egyenlet megoldásait kell megtalálni tetszőleges t esetén. Az (1, –2) pár megoldása a 7x + 3y = 1 egyenletnek, ezért (– 32 + 21t, 64 – 42t) megoldása a 7x + 3y = –32 + 21t egyenletnek. A 2.1 Tétel szerint az általános megoldást az alábbiak szolgáltatják x = –32 + 21t + 3s és y = 64 – 42t – 7s, ahol s tetszőleges egész szám. Következésképpen (x, y, z) pontosan akkor megoldása a 35x + 15y + 21z = 8 egyenletnek, ha találhatóak olyan t és s egészek, amelyekre (x, y, z) = (–32 + 21t + 3s, 64 – 42t - 7s, 8 – 5t). 2.4. Feladat. Keressük meg az alábbi egyenlet rendszer megoldásait az egész számok körében. 3x + 2y – 7z = 5 , 2x – 5y + 9z = 2.
3. NEM LINEÁRIS DIOFANTOSZI EGYENLETEK 3.1. Tétel. Legyenekt x, y, z pozitív (nem nulla) egész számok és x = dx1 ,y = dy1 ,z = dz1 , ahol d = lnko(x, y, z) > 0. Ekkor x2 + y2 = z2 pontosan akkor teljesül, ha (1) vagy (2) teljesül. (1) (2)
x1 = u2 – v2 , y1 = 2uv és z1 = u2 + v2 valamilyen u > v ≥ 1 egészekre, ahol lnko(u, v) = 1. x1 = 2uv, y1 = u2 – v2 és z1 = u2 + v2 valamilyen u > v ≥ 1 egészekre, ahol lnko(u, v) = 1.
Bizonyítás. x2 + y2 = z2 átírható d 2 x12 + d 2 y12 = d 2 z12 alakban, így egyszerűsíthetünk d2 –el. Most lnko(x1, y1) = 1, lnko(x1, z1) = 1, lnko(y1, z1) = 1. Azt állítjuk, hogy x1 és y1 pontosan egyike páros. Valóban lnko(x1, y1) = 1 miatt x1 és y1 mindegyike nem lehet páros. Másrészt ha x1 és y1 mindegyike páros lenne, akkor x1 = 2k + 1 és y1 = 2l + 1 azt eredményezné, hogy
(
)
z12 = x12 + y12 = 4 k 2 + k + l 2 + l + 2 azaz, hogy z12 és így z1 is páros. De 4 | z12 , ellentmondana (*)-nak. Tegyük fel, hogy y1 = 2l páros, ekkor x1 és ezzel együtt z1 is páratlan. Most
( z1 + x1 )( z1 − x1 ) = z12 − x12 = y12 következtében
(*)
⎛ z1 + x1 ⎞⎛ z1 − x1 ⎞ ⎛ y1 ⎞ ⎟=⎜ ⎟ . ⎜ ⎟⎜ ⎝ 2 ⎠⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ 2
Mivel
z1 + x1 z1 − x1 z + x1 z1 − x1 − = x1 , 1 + = z1 2 2 2 2 és lnko(x1, y1) = 1, ezért
⎛z +x z −x ⎞ lnko ⎜ 1 1 , 1 1 ⎟ = 1 2 ⎠ ⎝ 2 Az egymáshoz relatív prím
z1 + x1 2
és
z1 − x1 2
számok szorzata csak úgy lehet
négyzetszám, ha
z1 + x1 z − x1 = u 2 és 1 = v2 2 2 teljesül valamilyen u > v ≥ 1 egészekre, ahol lnko(u, v) = 1. A fentiek szerint u2 – v2 = x1 and u2 + v2 = z1 és így
(
y12 = z12 − x12 = u 2 + v 2
) − (u 2
2
− v2
)
2
= 4u 2 v 2
az y1 = 2uv egyenlőséghez vezet. Az az eset, amikor x1 a páros hasonlóan tárgyalható és a (2)-ben látható egyenlőséghez vezet. Végül megjegyezzük, hogy az
(u
2
− v2
) + (2uv ) = (u 2
2
2
+ v2
)
2
azonosság mindíg teljesül. 3.2. Példa. Keressük meg az 12x2 + y2 = z2 egyenlet egész megoldásait. Megoldás. Csak a nem negatív megoldásokkal foglalkozunk. Egyszerűsítsünk d2-el, ahol d = lnko(x, y, z), az erdményt 12 x12 + y12 = z12 alakban írjuk. Most y1 és z1 azonos paritásúak, továbbá lnko(x1, y1, z1) = 1. Nyilvánvaló, hogy
⎛ z + y1 ⎞⎛ z1 − y1 ⎞ 3 x12 = ⎜ 1 ⎟ ⎟⎜ ⎝ 2 ⎠⎝ 2 ⎠ legyen lnko(
z1 + y1 z1 − y1 , ) = δ . Ekkor vagy 2 2
z − y1 z1 + y1 = 3u 2δ és 1 = v 2δ 2 2 vagy pedig
z1 + y1 z − y1 = v 2δ és 1 = 3u 2δ 2 2 teljesül alkalmas relatív prím u ≥ 0 és v ≥ 0 egészekre. Az első illetve a második esetben az alábbiakat kapjuk
(
)
(
)
(
)
(
)
z1 = 3u 2 + v 2 δ , y1 = 3u 2 − v 2 δ , x1 = uvδ illetve
z1 = 3u 2 + v 2 δ , y1 = v 2 − 3u 2 δ , x1 = uvδ Mivel δ | x1 , δ | y1 and δ | z1 mindkét esetben, ezért δ = 1. A nem negatív megoldások a következők x1 = uv , y1 = |3u2 –v2| , z1 = 3u2 + v2 . 3.3. Tétel. Ha (x, y, z) megoldása az x4 + y4 = z2 egyenletnek, akkor x = 0 vagy y = 0. Bizonyítás. Legyen x ≥ 1, y ≥ 1, z ≥ 1 és (x, y, z) olyan megoldás, amelyben z a lehető legkisebb. Az általánosság rovására nem megy ha feltételezzük, hogy lnko(x, y) = 1. A 3.1 Tételt alkalmazva kapjuk, hogy x2 = 2uv , y2 = u2 – v2 and z = u2 + v2 alkalmas u > v ≥ 1, lnko(u, v) = 1 egészekre. x2 = 2uv miatt u és v valamelyike páros (a másik páratlan). Ha u = 2k és v = 2l + 1, akkor y2 = u2 – v2 = 4(k2 – l2 – l) – 1 ellentmondás. Tehát v = 2l és x2 = 4ul, ahonnan 2
⎛ x⎞ ⎜ ⎟ = ul ⎝2⎠ adódik. Mivel lnko(u, l) = 1, ezért u = z12 és l = v12 teljesül bizonyos z1 és v1 egészekre. Most
v = 2v12 és z1 páratlan. Az y2 = u2 – v2 egyenletből
(2v )
2 2 1
( )
2
+ y 2 = z12 ,
következik, ahol lnko(2v12 , y ) = 1 . A 3.1 Tétel ismételt alkalmazásával kapjuk, hogy
2v12 = 2u 2 v2 , y = u 22 − v22 , z12 = u 22 + v22 az u2 > v2 ≥ 1 , lnko(u2, v2) = 1 egészekre. Az v12 = u 2 v2 következménye, hogy u 2 = x12 és
v2 = y12 teljesül bizonyos x1 és y1 relatív prím egészekre. Az z12 = u 22 + v22 felírható
x14 + y14 = z12 alakban. Tehát (x1, y1, z1) olyan megoldás, amelyre z1 ≤ z12 = u < u 2 + v 2 = z teljesül ellentmondásban a z választásával. 3.4. Példa. Keressük meg a 2x6 + 3y6 = z6 egyenlet egész megoldásait. Megoldás. Legyen (x,y) ≠ (0,0). Feltehető, hogy x és y valamelyike nem osztható 7-el (ellenkező esetben egyszerűsíthetünk 76-al). Három esetet vizsgálunk. - Ha 7 ∤ x és 7 ∤ y, akkor Fermat tétele szerint 7 | 2(x6 – 1) + 3(y6 – 1) = z6 – 5. Mivel 7 | z vagy 7 | z6 – 1, ezért z6 – 5 nem osztható 7-el, ez ellentmondás. - Ha 7 | x és 7 ∤ y, akkor 7 | 2x6 + 3(y6 –1) = z6 – 3. Mivel 7 | z vagy 7 | z6 – 1, ezért z6 – 3 nem osztható 7-el, ez ellentmondás. - Ha 7 ∤ x és 7 | y, akkor 7 | 2(x6 – 1) + 3y6 = z6 –2. Mivel 7 | z vagy 7 | z6 – 1, ezért z6 –2 nem osztható 7-el, ez ellentmondás. Tehát az egyetlen megoldás x = y = z = 0. A Diofantoszi egyenletek általános elméletében az egyik legfontosabb eredmény a következő.
ℤ (0 ≤ i, j) olyan egész számok, amelyekre az f(x) = a0 + a1x + … + anx polinom irreducibilis a ℤ felett. Ha n ≥ 3, akkor az
3.5. Tétel (Roth, 1955). Legyenek a0, a1, …,an, bij n
alábbi egyenletnek csak véges sok megoldása van az egész számok körében
an x n + an −1 x n −1 y + ... + a1 xy n −1 + a0 y n =
∑b x y i
j
ij i + j ≤ n −3
3.6. Példa. Véges sok olyan (x, y) egész számokból álló pár van, amelyre
x 5 + 3 x 3 y 2 − 3 x 2 y 3 + 6 y 5 = x 2 − 2 y 2 + xy + 7 x + 5 y + 1 teljesül. Megoldás. Mivel f(x) = x5 + 3x3 – 3x2 + 6 irreducibilis szerint), a 3.5 Tétel alkalmazható.
felett (pl. Eizenstein kritériuma
3.7. Feladat. Keressük meg az alábbi egyenlet egész megoldásait
2 x12 + 3 y12 + 4 z12 = 11u12 Útmutatás. Használjuk Fermat tételét: 13 | n vagy 13 | n12 – 1 minden n egészre. 3.8. Feladat. Keressük meg azokat az (x, y) egészekből álló párokat, amelyekre
x 2 + 3xy + 4006( x + y ) + 20032 = 0 . Útmutatás. Írjuk fel az egyenletet az
− 9 y = 3x + 8012 +
20032 3x + 4006
alakban és használjuk, hogy 2003 prím. 3.9. Feladat. Keressük azokat az (x, y, z) egészeket, amelyekre
x + y + z = 3 és x3 + y3 + z3 = 3. Útmutatás. (x + y + z)3 – (x3 + y3 + z3) = 3(x + y)(x + z)(y + z). 3.10. Feladat. Legyen n ≥ 1 egész és p ≥ 2 prím. Igazoljuk, hogy x(x + 1) = p2ny(y + 1) nem oldható meg az x ≥ 1 és y ≥ 1 egészekre. Útmutatás. x + 1 ≥ p2n és p2n – 1 = [pn(2y + 1) + (2x + 1)][pn(2y + 1) – (2x + 1)]. 3.11. Feladat. Legyen D = m2 + 1 valamilyen m ≥ 1 egészre. Igazoljuk, hogy az x2 – Dy2 = 1 egyenletnek végtelen sok megoldása van az egész számok körében. Útmutatás. x = 2m2 + 1 és y = 2m megoldás. A binomiális tétel szerint minden n kitevőre
(x + y D ) = x n
n
(
)
n
+ yn D és x − y D = xn − yn D
alkalmas (xn, yn) egészekből álló párra. Továbbá
(
1 = x 2 − Dy 2
) = (x + y D ) (x − y D ) n
n
n
= xn2 − Dyn2 .
