szijjÁrtÓ sÁndor - mek.oszk.humek.oszk.hu/04900/04960/04960.pdf · 7 fermat mobilizáló,...

SZIJJÁRTÓ SÁNDOR

DIOPHANTIKUS EGYENLETEK MEGOLDHATÓSÁG-

VIZSGÁLATÁNAK ANALITIKUS MÓDSZERE ÉS

A NAGY FERMAT-SEJTÉS

KLASSZIKUS BIZONYÍTÁSA

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

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

A szerző észrevételeket, véleményeket, javaslatokat, meghívásokat – s akár könyvrendeléseket – a következő címre vár: e-mail:

szijjartosandor@gmail.com www.szijjartosandor.hu

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: m n nx y z 0 ……………………………………………... 40

2. SZ. PÉLDA: n n n nx y z w 0 ………………………………….. 53

3. SZ. PÉLDA: m 3 2 2x z y z y 0 …………………………………………… 64

4. SZ. PÉLDA: m 3 2 2 2x z zy z y 0 …………………………….. 72

5. SZ. PÉLDA: 2 2x 2y 1 0 …………………………………………… 83

6. SZ. PÉLDA: m 4 2 2 3 2 3 2 2 2x z z y wz wzy zq zyq wz q wyq 0 …........ 90

7. SZ. PÉLDA: 3 2 2 2z zw y x 0 ………………………………….. 94

8. SZ. PÉLDA: 3 2 2 2 3 2y y z yx zx q qp 0 …………………….. 104

9. SZ. PÉLDA: m 2 24x 4z 9y 6y 1 0 ………………………….. 117

10. SZ. PÉLDA: 2 m i k 2x y z 0 ……………………………………. 145

11. SZ. PÉLDA: m i k 3 2 2 2x y z 0 …………………….. 150

12. SZ. PÉLDA: m i k 2 2 2 2x y z f( , ) f( , ) 0 …...... 178

13. SZ. PÉLDA: m i k 2 2 2 2 2 2 2 2x yz f ( , ) f ( , ) 0 …....... 192

14. SZ. PÉLDA: (x y)(x y)(x 1) (z w)(z w 1)(x 2)=0. ....... 220

15. SZ. PÉLDA: mpw (x y z ) xyz 0 ………………………… 234

16. SZ. PÉLDA: A HÉRÓNI HÁROMSZÖGEK MEGHATÁROZÁSA ......... 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 Fermat-sejtés 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.

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

n n nx y z 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!

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 Fermat-sejtésnek 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!

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!

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!

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.

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.

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.

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!

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.

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, egész-együtthatójú 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.

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.

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:

1 0 1 0 1 0x αx x , y αy y , z αz z , , ahol α prímszám,

1 1 1x , y , z , paraméter, 0 0 0x , y , z , maradék. α 2 esetén

a változók a kettes szám többszörösei, 0 vagy 1 maradékkal. A felbontás eredményeként kapjuk:

1,2, ,i 1F (x , ) 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.

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:

2 1F(x , y, ) f ( ) f (x , ) 0, 1 2f r f ,

i 1 1 2 1 1F (x ,y , ) f ( ) f (x , ) 0, 1 2f r f , ahol 1f , 2f –

monoma, binom, polinom, r az egyenlőség szintjét adó monoma. Az egyenletek felbontása komponens függvényekre: - implicit, ha 1f és 2f rendelkezik közös változóval,

- szimpla, ha 1f vagy 2f monoma,

- kombinatív, ha 1f és 2f 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.

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:

1 2f r f ,

m i k s1 1 2 3 j 2f r A (2r ) (2r ) (2r 1) (2r ) f , m+i+ +s m i k s m+i+ +s

1 10 11 12 13 1j 2f /2 A r r r (2r 1) r f /2 A,

ahol m i k s1 2 3 jr A (2r ) (2r ) (2r 1) (2r ) a homogén részegyenlet

választott monomája, m i k s10 11 12 13 1jr r r (2r 1) r az inhomogén

részegyenlet monomája, m i s – a monoma páros elemei kitevőinek összege, m+i+ +s2 A – 1f és 2f osztója, m+i+ +s

1f /2 A és m+i+ +s

2f /2 A – egymással és a monomával egyenlő hatványok.

A részegyenlet kombinatív felbontásával és inhomogenizálásával két szimpla felbontású

komponens egyenlethez jutunk:

m i k s m+i+ s11 12 1 3 1p 1 1r r (2r 1) r f (x , )/2 A, (a), m i k s m+i+ s

11 12 1 13 1p 2r r (2r 1) r f ( ) / 2 A, (b),

ahol m+i+ s m+i+ s

1 2f /2 A, f / 2 A a monomával egyenlő hatványok.

A részegyenlet szimpla implicit felbontása 1f Const. N

mellett explikálható. 1f 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.

II.RÉSZ

EGYENLETEK MEGOLDHATÓSÁG-VIZSGÁLATA

1. VIZSGÁLAT SZIMPLA FELBONTÁSSAL

A részegyenlet inhomogenizálásával kaptuk:

m i k s1 11 12 13 1j 2f A(2r ) (2r ) (2r 1) (2r ) f ,

m+i+ +s m i k s m+i+ +s1 11 12 13 1j 2f /2 A r r (2r 1) r f /2 A,

ahol m i k s10 11 12 13 1jr r r (2r 1) r az inhomogén részegyenlet

választott monomája, m i s – a monoma páros elemei kitevőinek összege, m i s2 A – 1f és 2f osztója, m i s

1f /2 A és m i s

2f /2 A a monomával egyenlő hatványok.

Szimpla felbontás esetén az egyik függvény monoma:

m i k s

1 1 1 2 3 j 2f (x , ) A (2x ) (2y ) (2z 1) (2w ) f ( ), m i k s m+i+ +s1 1 3 j 2x y (2z 1) w f ( ) / 2 A,

ahol m i k s1 1 3 jx y (2z 1) w 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.

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:

m i k s m+i+s1 1 1 1 2 1 2 jx y (2z 1) w f ( ) / 2 A V V V ,

ahol m i s

1 1 1 1x y (2 1) wkz monoma, 2f – polinom, m+i+ +s2f / 2 A

a monomának megfelelő hatvány, m i s a monoma páros elemei kitevőinek összege, m+i+ +s2 A felbontás osztója, j – 2f

tényezőinek a száma, p a monoma változóinak a száma,

1 j(V , , V ) d 1 tényezők helyettesítési értékei.

Egyváltozós monoma esetén:

2 1 jx f y, z, V V , m m1 2 1 1 1 jx f (y , z , ) / 2 V V , ahol i 3,

m m m m2 1 2 3x f y, z V V V , m m m m2 1 1

1 1 2 3m

f (y , z )x V V V ,

2 ahol i 2.

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 1r monoma esetén, - túlhatározott i k esetén, - implicit s , illetve implicit felbontás esetén, - partikuláris a monoma nulla értéke esetén, ahol: i 2f eltérő lineáris valós tényezőinek a száma,

k – 2f 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):

1 2 1 2 1 2 1 22n /2n , 2n /(2n 1),(2n 1)/(2n 1),(2n 1)/2n .

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.

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.

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:

m i k s

1 11 12 13 1j 2f A (2r ) (2r ) (2r 1) (2r ) f , m+i+ +s m i k s m+i+ +s

1 11 12 13 1j 2f /2 A r r (2r 1) r f /2 A,

ahol m i k s10 11 12 13 1jr r r (2r 1) r az inhomogén részegyenlet választott

monomája, m i s a monoma páros elemei kitevőinek összege, m i s2 A – 1f és 2f osztója, m i s

1f /2 A , m i s

2f /2 A – a monomával egyenlő hatványok.

Kombinatív felbontással két komponens egyenletet kapunk, amelyben 1f , 2f binom, polinom, a monoma 1

1r elsőfokú változó,

vagy a feladathoz választott:

m i s m i k s1 11 12 13 1jf / 2 A r r (2r 1) r ,

m i s m i k s2 11 12 13 1jf / 2 A r r (2r 1) r .

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.

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:

m i s m i k s

1 11 12 13 1j 1 2 3 jf / 2 A r r (2r 1) r V V V V m i s m i k s

2 11 12 13 1j 1 2 3 j'f / 2 A r r (2r 1) r U U U U ,

ahol m i k s

11 12 13 1jr r (2r 1) r monoma, 1f , 2f binom, polinom, m+i+ +s

1f /2 A , m+i+ +s2f /2 A a monomának megfelelő hatványok,

m i s a monoma páros elemei kitevőinek összege, m+i+ +s2 A az 1f , 2f osztója, p – a monoma változóinak a száma,

1 j 1 j'(V , ,V ,U , ,U ) d 1 1 2f , f tényezőinek az értéke.

A részegyenlet komponens egyenletei:

m i s m i k s

1 11 12 13 1j 1 2 j1. f / 2 A r r (2r 1) r V V V , m+i+s m i k s

2 11 12 1 3 1p 1 2 j'2. f /2 A r r (2r 1) r U U U ,

ahol j – 1f tényezőinek a száma, j' – 2f tényezőinek a száma.

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 *

1f ( ) Const mellett, vagy

parciális tulajdonságai alapján (14. példa). 1f ( ) 0 esetén az

egyenlet partikuláris a számelmélet alaptételének megfelelően, mivel a nulla nem állítható elő számok szorzataként.

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.

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!

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!

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.

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!

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 egészegyütthatós F (x ,y , ) 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.

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!

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”.

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.

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!

V. RÉSZ

PÉLDÁK MEGOLDÁSA

1. SZ. PÉLDA: Az m n nx y z 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. m n n1 1 1(2x ) (2y 1) (2z 1) 0 ,

b. m n n1 1 1(2x 1) (2y ) (2z 1) 0 ,

c. m n n1 1 1(2x 1) (2y 1) (2z ) 0 ,

d. m n n1 1 1(2x ) (2y ) (2z ) 0.

Az a részegyenlet vizsgálata

Írjuk fel a paraméteres részegyenletet:

1 1 12x 2z 1 2y 1 , (2).

A részegyenlet homogén, n kitevő esetén túlhatározott,

implicit. Inhomogenizálás után kapjuk:

1 1 1 1m m m1 1 2m m-p-1

2z 1 2y 1 z yx V V

, (3).

Írjuk fel a megoldási változatokat:

m p 1 m m1 1 1 1 1 1

1 2m m p 1 m2 2

z y 2 V z y V1. 2. (V ,V ) d 1.

V , 2 V ,

ahol 1 1(z y ), elemi tényezők, vagy szorzatuk, p2 – a 2.

szorzó együtthatója, m p 12 a tört osztója. n (2k 1)q,m p 1 1 ( q természetes szám) esetén a 2.

változat alapján a részegyenletnek nincs megoldása – m2V 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:

n n n n

1 1 1 1m1 m m n

2z 1 2y 1 (2z 1) / 2 (2y 1) / 2x

n n1 1

(z 1/ 2) (y 1/ 2)

n p 11 1 m m

1 2 1 1 2 1 2m n

(z y ) / 2V V , x V V ,(V ,V ) d 1.

ahol n p 11 1(z y ), / 2 elemi tényezők, vagy szorzatuk,

n p 12 a 2. szorzó osztója, m n2 – a tört osztója. Írjuk fel a megoldás két változatát:

m n m m1 1 1 1 1 1

n p 1 m m p 1 m2 2

(z y ) 2 V (z y ) V1. 2.

2 V , 2 V ,

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:

n n n nz y z (z r)

n n n n n 1 n n 2 2 n n 1 n n0 1 2 n-1 nz z z r z r z r r , ahol y z r .

Az r kiemelésével és r z y behelyettesítésével, kapjuk:

n n n 1 n 2 n 3 2 n 2 n 1z y (z y) z z y z y zy y .

A n n1 1(z 1/2) (y 1/2) kifejezés esetében a felbontás

explicit oszthatóság-vizsgálatot eredményez:

n n n p 11 1 1 1(z 1/2) (y 1/2) (z y ) /2 .

Mivel a n n

1 1(z 1/2) (y 1/2) 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 2V szorzó tört mindkét megoldási változatban!

Az (5) megoldó képletek alapján, n (2k 1)q esetén a

részegyenletnek nincs inhomogén megoldása – m2V mindkét

megoldási változatban tört. Kivételt az n 1 , illetve az m 1 eset jelent. Ezért elegendő vizsgálni a részegyenletet az

kn 2 értékeknél, m valamennyi értékénél.

A részegyenlet vizsgálata n 2 esetén

A részegyenlet határozott: i k . Az első megoldási változat alapján kapjuk:

m m 2 m m m 2 m1 1 2 1 2 1 1 2 1x VV , y (V 2 V 1)/2, z (V 2 V 1)/2 ,

ahol V2m m 2 m

1(2 V 1), V2 páratlan, 1 2(V,V ) d 1 , m 2. m m 2 m m m 2 m

1 1 2 2 1 2 1x 2x 2V V , y V 2 V , z V 2 V .

Visszahelyettesítéssel ellenőrizzük a megoldást:

m m m 2 m 2 m m 2 m 21 2 2 1 2 1(2V V ) (V 2 V ) (V 2 V )

m 2 m 1 m m m 2 m 2 m 22 1 2 1 2(V ) 2 V V (2 V ) (V )

m 1 m m m 2 m 2 m1 2 1 1 22 V V (2 V ) (2VV ) .

A második megoldási változat alapján kapjuk:

m 2 m m m 2 m m1 1 2 1 2 1 1 2 1x VV , y (2 V V 1)/2, z (2 V V 1)/2,

m 2 m m m 2 m m1 1 2 1 2 1 1 2 1 x =2x =2VV , y 2y 1 2 V V , z 2z 1 2 V V ,

ahol 2 2m2mV m

1(V 1), V1 páratlan, 1 2(V,V ) d 1 , m 2.

m m 2 m m 2 m 2 m m 21 2 2 1 2 1(2V V ) (2 V V ) (2 V V ) m 2 m 2 m 1 m m m 2 m 2 m 2

2 1 2 1 2(2 V ) 2 V V (V ) (2 V ) m 1 m m m 2 m

1 2 1 1 22 V V (V ) (2V V ) .

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 2 1V V ,

1 2(V ,V ) d 1 ellentétes paritású relatívprím számok.

A homogén megoldások az inhomogénekből, vagy

1 2(V ,V ) 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:

2 2 21 1 1(2y 1) (2z 1) (2x ) , 2 2

1 1 1y (2z 1) (2x ) 1 / 2

= 2 21 1 1 1 1 2(2z 2x 1)(2z 2x 1) 1 /2 ( U U 1)/2,

2 2 2 2 21 1 1 2 1 2 1

1 121 1 2

2z 2x 1 U U U 2 U U, z , x

4 42z 2x 1 U

2 21 1 2y ( U U 1) / 2 , 2 2

1 2 1x 2x (U U )/2, 2 2

1 2 1 1 2 z 2z 1 (U U )/2, y UU , ahol U 2 U1 , 2 1(U , U ) d 1 .

A homogén megoldások az inhomogénekből, vagy

1 2(U , U ) d 1 értékek mellett képezhetők.

Visszahelyettesítéssel ellenőrizzük az eredményt:

2 2 2 y z x ,

2 22 2 2 2 21 2 2 1 2 1(U U ) (U U ) / 2 (U U ) / 2 ,

4 2 2 4 4 2 2 4 2 22 1 2 1 2 1 2 1 1 2 U 2U U U U 2U U U )/ 4 U U .

A páros és páratlan monomára rendezett

részegyenletek megoldásai között kapcsolat van:

2 2 2 21 2 2 1 2 1 1 2x 2V V (U U ) / 2, y V V U U ,

2 2 2 22 1 2 1z V V (U U ) / 2 , ahol

1 2 1 2 2 1 1 2 1 2 2 1U V V , U V V , V (U U ) / 2,V (U U ) / 2 .

A szám pároknak van eltérő paritású megfelelője.

Az m kitevő tetszőleges értékére írhatjuk:

m m m mm m

1 2 1 2 2 1 2 2 1 1 2 1U V V , U V V , V (U U )/ 2, V (U U )/ 2.

A részegyenlet vizsgálata n 4 esetén

Az (5) egyenletekből kapjuk:

m 4 m m1 1 1 1 1 1

3 p m m p 1 m2 2

(z y ) 2 V (z y ) V1. 2.

2 V , 2 V

kn 2 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 külön-külön is m-fokúak, ezért írhatjuk:

m m m m1 1 2 3x V V V , 1 2 3(V ,V ,V ) d 1 .

A (4) egyenletből kapjuk:

4 4 4 4

1 1 1 1m1 m m 4

2z 1 2y 1 (2z 1) / 2 (2y 1) / 2x

4 41 1

(z 1/ 2) (y 1/ 2)

m m m1 1 1 1 1 1 1 11 2 3m 4

(z y )(z y 1)(z y z y 1/ 2)V V V

, (6),

m 4 m m1 1 1 1 1 1

m m 4 m1 1 2 1 1 2

2 2 m 2 2 m1 1 1 1 3 1 1 1 1 3

(z y ) 2 V (z y ) V

1. (z y 1) V ,2. (z y 1) 2 V ,

(z y z y 1/ 2) V (z y z y 1/ 2) V

m1 1 1

m1 1 2

2 2 m 4 m1 1 1 1 3

(z y ) V

3. (z y 1) V

(z y z y 1/ 2) 2 V

Az 1. és 2. változat alapján nincs megoldás, a 3. változat alapján pedig m 4 esetén nincs megoldás, mivel m

3V tört.

Vizsgájuk a megoldás 3. változatát m 2 esetén:

2 2 2 2 2 21 2 1 1 2 1 1 1 2 y (V V 1)/2, y 2y 1 V V , z (V V 1)/2,

2 2 2 2 2 2 21 1 2 3 1 1 1 1z 2z 1 V V , V 4(z y ) 4(z y ) 2 z y

2 2 2 2 2 2 4 42 1 2 1 2 1(V V ) (V V ) 2(V V ),

ahol V22 2

1(V 1) , V2 , V1 – ellentétes paritású relatív prímek, így

V3 tört a 2 4 43 2 1V 2(V V ) egyenlet alapján.

Az egyenlet jobb oldala páros, így V3 is az:

2 ' 2 4 4 ' 2 4 4

3 3 2 1 3 2 1V (2V ) 2(V V ), (V ) (V V ) / 2.

V2,V1 ellentétes paritású, és '

3V nem lehet természetes

szám. Ez kizárja a részegyenlet kiinduló feltételeknek megfelelő megoldhatóságát m 2, n 4 esetén.

Visszahelyettesítéssel ellenőrizzük az egyenlőséget:

2 2 2 4 2 2 41 2 3 2 1 2 1(2V V V ) (V V ) (V V )

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 22 1 2 1 2 1 2 1(V V ) (V V ) (V V ) (V V )

2 2 2 2 2 2 2 22 1 2 1 2 1 2 1(V V ) (V V ) (V V ) (V V )

2 2 2 2 2 2 2 2 4 4 22 1 2 1 1 2 2 1 1 2 3(V V ) (V V ) 2V 2V 2(V V ) (2VV V ) .

Vizsgájuk a megoldás 3. változatát m 3 esetén:

3 3 3 3

1 2 1 2 1z (V V 1)/2 , z V V , 3 3 3 3

1 2 1 2 1y (V V 1) / 2 , y V V , 3 2 2 3 2 23 1 1 1 1 3V 2(z y ) 2(z y ) 1 , 2V z y ,

3 3 3 2 3 3 2 6 63 2 1 2 1 2 12V (V V ) (V V ) 2(V V ), 3 2 3 2 3

3 2 1V (V ) (V ) ,

ahol V23 V1

3 1, V2 és V1 – ellentétes paritású relatív prímek.

Az utolsó egyenlet alapján 3V 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:

m n nx z y , m n nx d z d y d, kmn1d d , m kmn n kmn n kmn

1 1 1x d z d y d ,

kn m km n km n m n n1 1 1 o o o(xd ) (zd ) (yd ) ,x z y , ahol

kn km kmo 1 o 1 o 1x xd , z zd , y yd , 1d 1,2,3, , k 1,2,3, , x,y,z

inhomogén megoldások, o o ox ,y ,z homogén megoldások.

A partikuláris-homogén egyenletek csak partikuláris-homogén megoldásokkal rendelkeznek. Ilyen egyenletek képzésére részegyenletek kombinatív felbontással történő megoldásához van szükség, magasabb fokú monoma esetén (2. sz. példa). Az egyenletek inhomogén, homogén és partikuláris-homogén egyenletekből képezhetők:

m n n m n nx z y , x d z d y d, ahol m n nx z y – megoldással

rendelkező egyenlet, kmn kmn1d d x .

Behelyettesítve kapjuk:

m kmn n kmn n kmnx x z x y x , m ( kn 1) km n km nx (zx ) (yx ) , 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: n nn1 1 1(2z ) 2x 1 2y 1 .

A részegyenlet homogén, n esetén túlhatározott, implicit.

A parciális tulajdonság hasznosításával kapjuk:

n n n n

1 1 1 1n1 n n n

2x 1 2y 1 (2x 1) / 2 (2y 1) / 2z

n n1 1

(x 1/ 2) (y 1/ 2)

n p 11 1 n n

1 2 1 1 2n n

(x y 1) /2V V , z VV ,

1 2(V ,V ) d 1. ahol

n p 11 1(x y 1), /2 elemi tényezők, vagy szorzatuk, n p 12 a

2. szorzó osztója, n n 02 2 1 – a tört osztója. Írjuk fel a két egybeeső megoldási változatot:

n1 1 1

n p 1 n2

(x y 1) V1,2. , (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:

n n n nx y x (r x) , ahol r x y,

n n n n n n n 1 n n 2 2 n n 1 n n0 1 2 n-1 nx y x r r x r x r x x .

Az r kiemelésével és r x y behelyettesítésével, kapjuk:

n n n 1 n 2 n 3 2 n 2 n 1x y (x y) x x y x y xy y .

Az n n

1 1(x 1/2) (y 1/2) törtegyütthatós kifejezés esetében

a felbontás explicit oszthatóság-vizsgálatot eredményez:

n n n p 11 1 1 1(x 1/2) (y 1/2) (x y 1) /2 ,n (2k 1)q 3 .

Tekintettel arra, hogy az n n

1 1(x 1/2) (y 1/2) 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 2V 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 kn 2 eseteket.

A c részegyenlet vizsgálata m n 2 esetén

A részegyenletből kapjuk:

2 221 1 1(2z ) 2x 1 2y 1 ,

2 22 2 21 1 1 1 1 1 1z 2x 1 2y 1 / 4 x x y y 1/ 2.

1z 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.

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 Fermat-sejtésnek 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. m n n1 1 1(2x 1) (2y 1) (2z ) 0 ,

d. m n n1 1 1(2x ) (2y ) (2z ) 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.

2. SZ. PÉLDA: Az n n n nx y z w 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, 1 2f , f jellegétől függően – lehet eredményes.

Az inmonolit egyenlet az alábbi részegyenletre bontható:

a. n n n n

1 1 1 1(2x ) (2y ) (2w 1) (2z 1) ,

b. n n n n1 1 1 1(2x ) (2z ) (2w 1) (2y 1) ,

c. n n n n1 1 1 1(2w ) (2x ) (2z 1) (2y 1) ,

d. n n n n1 1 1 1(2y ) (2z ) (2w 1) (2x 1) ,

e. n n n n1 1 1 1(2w ) (2y ) (2z 1) (2x 1) ,

f. n n n n1 1 1 1(2w ) (2z ) (2y 1) (2x 1) ,

g. n n n n1 1 1 1(2x 1) (2y 1) (2w 1) (2x 1) ,

h. n n n n1 1 1 1(2x ) (2y ) (2w ) (2z ) , (2).

Közülük négy megkülönböztethető:

a. n n n n1 1 1 1(2x ) (2y ) (2w 1) (2z 1) ,

c. n n n n1 1 1 1(2w ) (2x ) (2z 1) (2y 1) ,

g. n n n n1 1 1 1(2x 1) (2y 1) (2w 1) (2z 1) ,

h. n n n n1 1 1 1(2x ) (2y ) (2w ) (2z ) , (3) .

n n n n1 1 1 1(2x ) (2y ) (2w 1) (2z 1) , (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 m m

1r (2r ) esetén

A magasabb fokú monoma választását

a módszer szemléltetése motiválja!

Az n (2k 1)q kitevők esetén a komponens egyenletek

szorzatra bonthatók, kn 2 esetén – csak az egyik. n (2k 1)q kitevők esetén, a parciális tulajdonság hasznosításával, kapjuk:

n nn n1 1m1 1

(2w 1) / 2 (2z 1) / 2x y(2r )

n p 1n n1 1m1 1

1m n m n

(w z ) ( ) / 2x yr

, (5),

n nm 1 1

, (5/a),

n p 11 1m

(w z ) ( ) / 2r

, (5/b),

ahol p2 – a 2. szorzó együtthatója, 1 1(w z ) , elemi

tényezők, vagy szorzatuk, n p 12 a 2. szorzó osztója, m n2 – 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:

n p 1 2 1 1

1 1 1 1m1 m n 1 2

(w z ) ( ) / 2 (w z ) ( ) / 2r

11 1 1 1 1

1 1 1 1 1 2

(w z )(w z 1) r, (w z )(w z 1) VV

1/ 2 2

, (5/b),

w z V1. ,

w z V 1

2 1 2 11 1 1 1

V V 1 V V 1 w , w 2w 1,z , z 2z 1,

ahol 1 2(V ,V ) d 1 , 2 1V V 1, 1 2V ,V ellentétes paritású.

Írjuk fel az 5/a komponens egyenletet is:

n n 2 2 1m 1 2 21 1 1 1 1

1 1 1 1 1 2m n 1 2

x y x y rr ,r , (x y ) VV

V1, V2 alapján x1, y1 nem határozható meg – 5/a implicit. Az

x1,y1 azonos paritású értékeinek megválasztásával, 1r / 2

tényezőkre bontásával, 1 2V,V 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:

2 2 2 21 1 1 1 1(2z 1) (2x ) (2w 1) (2y ) r (2r 1) , (5*).

2 21 1 1(2z 1) (2x ) r (2r 1) , (5*/a),

2 21 1 1 1 2(2w 1) (2y ) r (2r 1) U U , (5*/b).

Oldjuk meg az 5*/b komponens egyenletet:

1r (2r 1)

2 21 1 1 1 1 1 1 2(2w 1) (2y ) (2w 1) (2y ) (2w 1) (2y ) U U ,

w y (U 1)/ 21. ,

w y (U 1)/ 2

1 2 1 1 2 1w (U U 2)/4, w 2w 1 (U U)/2,

1 2 1 1 2 1y (U U ) / 4, y 2y (U U ) / 2, ahol 1 2(U ,U ) d 1 ,

1U 2U – 2, ,1U2U,1U2U '22

2'1 U,U – azonos paritásúak.

Írjuk fel az 5*/a komponens egyenletet is:

2 21 1 1 1 2(2z 1) (2x ) (2r 1) r U U .

A részegyenletnek m 1 , n 2 és 1 1z , x tetszőleges

értékénél van megoldása, mivel 5*/b határozott. 1U , 2U értéke meghatározható r tényezőkre bontásával.

A részegyenlet vizsgálata m = n = 2 esetén

Oldjuk meg az 5/b komponens egyenletet:

n p 11 1m

(w z ) ( ) / 2r

2 1 11 12

1 1 1 1 12 2

(w z ) ( ) / 2r (w z )(w z 1)

2 2 21 1 1 1 1 1 2r (w z )(w z 1) V V ,

21 1 1

21 1 2

w z V1.

w z V 1

, r = 2 21VV ,

2 2 2 2 2 2 2 21 2 1 2 1 1 2 1 2 1w (V V 1) / 2, w V V , z (V V 1) / 2, z V V ,

ahol 1 2(V,V ) d 1 ,V22 V1

2 1, V2 , V1 – ellentétes paritásúak.

Rendezzük át és oldjuk meg az 5/a egyenletet is :

n n 2 2m 2 2 2 2 21 1 1 1

1 1 1 1 1 2m n 2 2

x y x yr ,r x y V V

2 2 2 2 * *1 1 2 1 1 2 1 1 2 1x V V y (VV y )(VV y ) a b ,

* * * * *1 2 1 * *

1 2 1 1*1 2 1

VV y a b a b aVV , y , x a b

2 2VV y b ,

ahol * b és *a – páros, mivel 1 1 2r VV páros, * *(b ,a ) d 1, *b > *a , * 2

0 1a a a , * 20 1b a b , vagy * 2

1a , * 22b = . Ahol:

1. * *0 1 1a 4k,a ,b tetszőleges paritásúak, 2. * *

0 1 1a 2k,a ,b azonos

paritásúak, 3. 0a tetszőleges paritású, * *1 1a , b páratlanok.

Az * *

1 1 2r VV (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: n p 1 2 1 1

1 1 1 1m1 m n m 2

(w z ) ( ) / 2 (w z ) ( ) / 2r

1 1 1 1m 2

(w z )(w z 1)

, m m m1 1 1 1

1 1 2m 2

(w z )(w z 1)r V V

m 2 21 1 1

21 1 2

w z 2 V1.

w z V 1

21 1 1

m 2 21 1 2

w z V2.

w z 2 V 1

Az 1. változatra kapjuk: 1 1 2 1 1 2r V V , r 2r 2V V ,

m m-2 m m m-2 m1 2 1 1 2 1

w (V 2 V 1) / 2, w 2w 1 V 2 V ,

z (V 2 V 1) / 2, z 2z 1 V 2 V ,

ahol V2m 1V2 m

12-m , V2 – páratlan, 1 2(V ,V ) d 1 , m 2.

A 2. változatra kapjuk: 1 1 2 1 1 2r V V , r 2r 2V V ,

m 2 m m m 2 m m1 2 1 1 2 1w (2 V V 1) / 2, w 2w 1 2 V V ,

m 2 m m m 2 m m1 2 1 1 2 1z (2 V V 1) / 2, z 2z 1 2 V V , ahol

2m-22mV 1Vm

1 , V1 – páratlan, 1 2(V ,V ) d 1 , m 2.

Írjuk fel az 5/a komponens egyenletet is:

n n 2 2m m m m1 1 1 1

1 1 1 2m n m 2

x y x yr ,r V V

Mivel 5/a implicit, V1,V2 alapján x1, y1 értékei közvetlenül nem határozhatók meg. Ezért alakítsuk át az egyenletet:

2 2m m m1 1

1 1 2m

(2x ) (2y )r V V ,

m 2 2 m

1 1 1 1 2(2r ) (2x ) (2y ) (2VV ) .

m 3 kitevő esetén az egyenletnek csak partikuláris-homogén megoldása van. Az *2 *2 *x y r és *2 *2 *2x y r egyenletek alapján – az 1. példánál ismertetett módon – 5/a típusú partikuláris-homogén egyenletek képezhetők. Így 1r 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: *q *2 *2r x y , * *x 4, y 2,m 3. Képezzünk harmadfokú partikuláris-homogén egyenletet:

*q *2 *2 2 2r x y 4 2 20, kqnd r , k 1,q 1,n 2, m *q *kqn *2 *2 m *q(kn 1) *2 *kqn *2 *kqnr r r x d y d, r r x r y r ,

m *q(kn 1) *2 *kqn *2 *kqn m 1(1 2 1) 2 11 2 2 11 2r r x r y r , r 20 4 20 2 20 , 3 2 2 3 2 2r x y ,20 80 40 .

Határozzuk meg 1x, y, r értékét: 1 1 2x 80, y 40,r 10 VV .

1r tényezőkre bontásával kapjuk 1 2V ,V inhomogén értékeit:

1r 10 1 10 2 5, 1. 1 2V 1,V 10, 2. 1 2V 2,V 5 .

Az 5/b egyenlet első megoldási változata alapján

1 2V 1,V 10 esetén megoldást nem kapunk, mivel 2V páros.

1 2V 2,V 5 esetén az alábbi megoldást kapjuk:

3 3 2 3 3 3 3 3 2 3 3 32 1 2 1w V 2 V 5 2 2 141,z V 2 V 5 2 2 109 .

Ellenőrizzük a megoldást:

n n m n n1 1 1 1 1(2x ) (2y ) (2r ) (2w 1) (2z 1) ,

2 2 3 2 2(2 40) (2 20) (2 10) 141 109 .

Az 5/b egyenlet második megoldási változata alapján

1 2V 2,V 5 esetén megoldást nem kapunk, mivel 1V páros.

1 2V 10,V 1 esetén az alábbi megoldást kapjuk:

3 2 3 3 3 3

2 1w 2 V V 2 10 1 2001, 3 2 3 3 3 32 1z 2 V V 2 10 1 1999 .

n n m n n1 1 1 1 1(2x ) (2y ) (2r) (2w 1) (2z 1) , 2 2 3 2 2(2 40) (2 20) (2 10) 2001 1999 .

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:

n p 1n n1 11 1

11 n 1 n

(w z ) ( ) / 2x yr

, (6),

n n1 1

, (6/a),

n p 11 1

(w z ) ( ) / 2r

, (6/b),

ahol p2 – a 2. szorzó együtthatója, n p 12 a 2. szorzó osztója, 1 n2 – 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:

3 3 2 21 1 1 1 1 1 1 1

1 1 21 3

x y (x y )(x x y y )r

2 1/ 4

3 p 1 1 3 2 2

1 1 1 1 1 1 2(w z ) ( ) / 2 / 2 (w z )(w wz z ) r V V .

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:

(w z ) V1.

(w wz z ) V

2 21 1 1 1 2

(x y ) /41. ,

(x x y y )

2 21 1 1 1 2

(x y)2. ,

(x xy y ) /4

1 1 2 1 2r VV , ahol 1 2 1 2(V ,V , , ) d 1 .

A természetes számrendszerben a változók nem határozhatók meg, mivel V1, V2 és 1 , 2 összefüggnek.

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

1 1 1 1 1 1 1w V z , 2w 1 2V 2z 1, w 2V z ,

22 2 22 2 1 1V w wz z , V 2V z 2V z z z ,

2 2 2 2 2 21 1 1 2 1 1 24V 4V z z 2V z z z V , 3z 6V z 4V V 0 ,

1,2 1 2 1z V (V V )/3 .

Megadott 1 mellett a 1 1 1(x y ) / 4 , 1 1 1(x y )

értékek képzésének módja véges. Növelve 1 1 1(x y )/4 , vagy

1 1 1(x y ) értékét, az első megoldást 1 7 érték mellett

kapjuk a második változat alapján. A lehetséges

1 1 1 1 1 1x 1 , y 6 , x 2, y 5, x 3, y 4 értékeknél

és 522 érték mellett kapjuk: 1 2 1 2 17 52 364 VV r .

Így V1= 4, V =2 91 értékeknél z-re kapjuk:

2z 4 (91 4 ) / 3 4 5 1( 9) .

Az egyenletnek x 6,y 8,z 1,w 9 esetén van megoldása.

3 3 3 3 3 3 3 3x y r w z , 6 8 728 9 1 .

Az elemzés tetszőleges 1-ig folytatható. Létezik a részegyenletnek további számos megoldása is, például:

22 4 = 10712 = 25 17 32 6 = 32984 = 41 333 3 3 3 3 3 3 3, .

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.

3. SZ. PÉLDA: Az m 3 2 2x z y z y 0 egyenlet vizsgálata

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. m 3 2 2

1 1 1 1 1(2x ) (2z ) (2y 1) (2z ) (2y 1) 0 ,

b. m 3 2 21 1 1 1 1(2x ) (2z 1) (2y ) (2z 1) (2y ) 0,

c. m 3 2 21 1 1 1 1(2x ) (2z 1) (2y 1) (2z 1) (2y 1) 0,

d. m 3 2 21 1 1 1 1(2x ) (2z ) (2y ) (2z ) (2y ) 0.

A részegyenletet vizsgálata történhet szimpla felbontással:

m 3 2 21 1 1 1 1(2x ) (2z ) (2y 1) (2z ) (2y 1) 0 ,

m 21 1 1 1 1(2x ) (2z ) (2y 1) 2z (2y 1) ,

m 2 m 2 2m m m1 1 1 1 1 1 2 3x z (2y 1)(2z 2y 1) / 2 V V V ,

2 m 2 2m1 1

m1 1 3

2y 1 V

2z 2y 1 V ,

2 2m1 1

m 2 m1 2

m1 1 3

2y 1 2 V

2z 2y 1 V ,

2 2m1 1

m 2 m1 1 3

2y 1 V

2z 2y 1 2 V .

A részegyenlet túlhatározott: i k . Megoldása akkor lehet, ha az i k tényező alapján számított 1 1z , y értékek a harmadik

szorzóban m-fokú hatványt adnak.

A 2. változat 2. egyenlete és a 3. változat 3. egyenlete alapján m 2 esetén nincs megoldás – m

2V , m3V tört. m 2

esetén a három megoldási változat azonos.

Vizsgáljuk a megoldás 1. változatát:

2 m 2 2m1 1

m1 1 3

2y 1 V

2z 2y 1 V ,

m 2 m1 1z 2 V ,

V 1y .

Behelyettesítve a harmadik egyenletbe, kapjuk:

m 2 m m m1 2 32 2 V (V 1) V 1 , m m m m

1 3 22 V V V .

m 2k 1 esetén az egyenletnek nincs megoldása: 2k 12 irracionális szám, így elegendő vizsgálni az km 2 eseteket. Írjuk fel az egyenletet m 2 (k 1) esetére:

21 VV2V , 2 2 2

1 3 2 3 2 1 2V (V V )(V V ) / 2 U U , 2 2

3 2 1 3 2 11 1 22 2

3 2 2 3 2 2

V V 2U V V U1. 2. V U U

V V U , V V 2U ,

Az 1. megoldási részváltozat alapján kapjuk:

,UUV)/2,2U(UV)/2,2U(UV 21121

ahol 22U 2 2

1U , 2U – páros, 1, 2(U U ) d 1 .

A 2. megoldási részváltozat alapján kapjuk:

,UUV,2/)U2U(V,2/)U2U(V 21121

ahol 2 22U 2

1U , 1U – páros, 1, 2(U U ) d 1.

Írjuk fel az egyenletet m = 4 (k = 2), '

11 2V V esetére:

4 ' 4 ' 4 ' 41 3 2(2V ) (2V 1) (2V 1) .

A parciális tulajdonság hasznosításával írhatjuk:

'4 ' ' ' ' '2 ' '2 ' 4 4 41 3 2 3 2 3 3 2 2 1 2 3V (V V )(V V 1)(V V V V 1/ 2) / 4 U U U ,

' ' 43 2 1

' ' 43 2 2

'2 ' '2 ' 43 3 2 2 3

V V 4U

V V 1 U

V V V V 1/2 U

' ' 43 2 1

' ' 43 2 2

'2 ' '2 ' 43 3 2 2 3

V V 1 4U

V V V V 1/ 2 U

' ' 43 2 1

' ' 43 2 2

'2 ' '2 ' 43 3 2 2 3

V V 1 U .

V V V V 1/2 4U

A három változat 3. egyenlete alapján a részegyenletnek nincs megoldása, mivel 3U tört.

Írjuk fel a részegyenletet '

1 1m 4,V 2V 1 esetére:

4 ' 4 ' 4 ' 4

1 3 2(2V 1) (2V 1) (2V 1) .

A parciális tulajdonság hasznosításával írhatjuk:

' 4 ' ' ' ' '2 ' '2 ' 2 4 4 41 3 2 3 2 3 3 2 2 1 2 3(2V 1) (V V )(V V 1)(V V V V 1/2)/2 U U U ,

' ' 43 2 1

' ' 43 2 2

'2 ' '2 ' 43 3 2 2 3

V V (1/4)U

V V 1 U

V V V V 1/2 U

' ' 43 2 1

' ' 43 2 2

'2 ' '2 ' 43 3 2 2 3

V V 1 (1/4)U

V V V V 1/ 2 U

' ' 43 2 1

' ' 43 2 2

'2 ' '2 ' 43 3 2 2 3

V V 1 U

1V V V V 1/ 2 U

A három változat 3. egyenlete alapján a részegyenletnek nincs megoldása – 3U tört. Az első és második megoldási változat

alapján ez egyértelmű. A harmadik megoldási változat harmadik egyenlete alapján kapjuk:

'2 ' '2 ' 4 ' 2 ' 2 4 ' 43 3 2 2 3 3 2 3 3V V V V 1/ 2 1/ 4U ,(2V 1) (2V 1) U (2U ) ,

'4 '2 ' '2 '3 3 3 2 2U (2V 2V 2V 2V 1) / 8 .

Az egyenlet m 4 esetén egyszerűbben is megoldható:

4 4 2 2 4 41 1 3 22 V (2V ) V V .

Az ilyen egyenlet vizsgálatát tartalmazza az 1. példa is. A bizonyítás a Fermat által az 4 4 4x y z egyenletre – implicit paritás mellett, a „végtelen leszállás” módszerével (teljes inverz indukció) – adott negatív bizonyításból is következik.

Így az a egyenletnek csak m = 2 esetén van megoldása. Írjuk fel a megoldás két végleges változatát: 1. 2 2 2 4 4 2 2 4 4

1 1 2 3 1 2 2 1 1 1 2 2 1x V V V U U (U 4U )/ 4, x 2x U U (U 4U )/ 2 , 22

211 UUV z , 2

2211 U2U2zz ,

22 2 2 2 2 21 2 2 1 1 2 1y (V 1)/2 (U 2U ) 4 /8, y 2y 1 (U 2U )/2 ,

ahol 22U 2 2

1U , 2U – páros, 1, 2(U U ) d 1,

2. 2 2 2 4 4 2 2 4 4

1 1 2 3 1 2 2 1 1 1 2 2 1x V V V U U (4U U )/4, x 2x U U (4U U )/2 , 22

211 UUV z , 2

2211 U2U2zz ,

22 2 2 2 2 21 2 2 1 1 2 1y (V 1)/2 (2U U ) 4 /8, y 2y 1 (2U U )/2 ,

ahol 2 22U 2

1U , 1U – páros, 1, 2(U U ) d 1.

A b részegyenlet vizsgálata

Írjuk fel, alakítsuk át és oldjuk meg a részegyenletet:

m 3 2 21 1 1 1 1(2x ) (2z 1) (2y ) (2z 1) (2y ) 0,

m 21 1 1 1 1(2x ) (2y )(2z 1) (2z 1 2y ) ,

m 2 m 1 2m m m1 1 1 1 1 1 2 3x y (2z 1) (2z 2y 1) / 2 V V V ,

2 m-1 2m1 1

m1 1 3

(2z 1) =2 V

2z 2y 1=V ,

2 2m1 1

m-1 m1 2

m1 1 3

(2z 1) =V

y =2 V

2z 2y 1=V ,

2 2m1 1

m-1 m1 1 3

(2z 1) =V

2z 2y 1=2 V .

A részegyenlet túlhatározott: i k. Megoldása akkor lehet,

ha az i k tényező alapján számított 1 1z , y értékek a harmadik

szorzóban m-fokú hatványt adnak.

Az 1. változat 1. egyenlete és a 3. változat 3. egyenlete alapján m >1 esetén a részegyenletnek nincs megoldása – m

1V , m3V tört. Vizsgáljuk a megoldás 2. változatát:

2 2m1 1

m 1 m1 2

m1 1 3

(2z 1) V

2z 2y 1 V ,

, m 1 m

1 2y 2 V .

A 3. egyenletbe történő visszahelyettesítés után kapjuk:

m m m1 2 3V 1 (2V ) 1 V , m m m

2 3 1(2V ) V V .

m 2 esetén a részegyenletnek nincs megoldása.

Oldjuk meg a részegyenletet m 2 esetén:

m m m2 3 1(2V ) V V , 2 ' ' ' ' 2 2

2 3 1 3 1 1 2V (V V )(V V 1) U U , ' ' 2 2 23 1 1 ' 2 1

3' ' 23 1 2

V V =U U U 1 V ,

2V V =U 1,

2 2 ' 2 2 2 23 2 1 1 2 1 1 2 1 2 1 2V U U ,V (U U 1) / 2,V U U ,V U U ,

ahol 2 22 1 1 2 1 2U U 1,(U ,U ) d 1,U ,U ellentétes paritású számok.

Visszahelyettesítés után kapjuk:

2 2 2 2 2 2 4 41 1 2 3 2 1 1 2 2 1 1 2 2 1x V V V (U U ) U U (U U ) U U (U U ),

2 2 2 2 2 4 41 1 2 2 1 2 1 1 2 2 1x 2x 2U U (U U ) (U U ) 2U U (U U ),

2 2 2 21 1 2 1z (V 1) / 2 (U U ) 1 / 2 , 2 2 2

1 2 1z 2z 1 (U U ) ,2 2 2 2

1 2 1 2 1 1 2y 2V 2U U , y 2y (2U U ) ,

ahol 2 22 1 1 2 1 2U U ,(U ,U ) d 1,U ,U ellentétes paritású számok.

A c részegyenlet vizsgálata

m 3 2 21 1 1 1 1(2x ) (2z 1) (2y 1) (2z 1) (2y 1) 0,

m 21 1 1 1 1(2x ) (2z 1) (2y 1)(2z 1 2y 1) ,

m 2 m 1 2m m m1 1 1 1 1 1 2 3x (2z 1) (2y 1)(z y 1) / 2 V V V ,

2 m-1 2m1 1

m1 1 3

(2z 1) =2 V

2y 1=V

z y 1=V ,

2 2m1 1

m 1 m1 2

m1 1 3

(2z 1) V

2y 1 2 V

z y 1 V ,

2 2m1 1

m 1 m1 1 3

(2z 1) V

2y 1 V

z y 1 2 V .

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:

2 2m1 1

m 1 m1 1 3

(2z ) V

2y 1 V

z y 1 2 V ,

A 3. egyenletbe történő visszahelyettesítéssel kapjuk:

m1 V211)/2V(1)/2V( ,

m m m3 1 2(2V ) V 1 V 1 2 , m m m

3 1 2(2V ) V V .

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

4. SZ. PÉLDA: Az m 3 2 2 2x z zy z y 0 egyenlet vizsgálata

Kiinduló feltételek: x,y,z – természetes számok.

Az inmonolit egyenlet szimpla felbontással monomára rendezhető és lineáris szorzókra bontható a természetes számok rendszerében: mx (z y)(z y)(z 1) .

Az egyenlet az alábbi részegyenletekre bontható: a. m

1 1 1 1 1 1(2x 1) (2z 2y 1)(2z 2y 1)(2z 1),

b. m1 1 1 1 1 1(2x ) (2z 1 2y 1)(2z 2y 2)(2z ),

c. m1 1 1 1 1 1(2x ) (2z 2y 1)(2z 2y 1)(2z ),

d. m1 1 1 1 1 1(2x ) (2z 2y )(2z 2y )(2z 1).

Páratlan x esetén: z páros, y páratlan.

m1 1 1 1 1 1(2x 1) (2z 2y 1)(2z 2y 1)(2z 1),

m m m m1 1 2 3(2x 1) (z y)(z y)(z 1) U U U .

, ,2/)U+U(z m1

m2 2/)UU(y m

1m2 , x = U1U2U3,

ahol (U1, U2, U3 ) = d = 1, U2 >U1, 2/)2U+U(U m1

A részegyenlet túlhatározott: i k . A részegyenletnek m 2k esetén nincs megoldása, mivel m m

2 1z (U U )/ 2 páratlan.

m 2k 1 esetén z lehet páros, vagy páratlan, de a vizsgálat a természetes számok rendszerében kivitelezhetetlen, mert az

2/)2U+U(U m1

m3 egyenlet implicit.

x páros, z, y páratlan. Inhomogenizáljuk és oldjuk meg a részegyenletet:

1 1 1 1 1 1(2x ) (2z 1 2y 1)(2z 2y 2)(2z ), m m 3 m m m1 1 1 1 1 1 1 2 3x z (z y )(z y 1) / 2 V V V ,

,1V=yz

m1 1 2

m-3 m1 1 3

z y =V

z y =2 V 1.

A részegyenlet túlhatározott: i k . Megoldása akkor van, ha két tényező alapján számított z1, y1 értékek a harmadikban m-fokú hatványt adnak.

m 3 m1 1

m1 1 2

m1 1 3

z y V 1,

m m3 2

V V 1z ,

m m3 2

V V 1y ,

3211 VVVx ,

3211m2

m31 VV2V2xx,VV12yy,VV12zz ,

2/)1V+V(V2z m2

3m1 , m m m m 2

1 3 2V (V V 1) / 2 ,

ahol V2,V3 – ellentétes paritású számok, m3V > m

2V +1.

A m m m m 21 3 2V (V V 1) / 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:

1VVV 22

21 , 2 2 1 2

1 3 2V V r V 1 , 1

1 3 1 3 1 2 2 2 1 2(V V )(V V ) Q Q r (V 1)(V 1) ,

1 3 1 3 2 2(V V )(V V ) 0 (V 1)(V 1).

Az egyenlet partikuláris megoldásai: 2 1 3V 1,V V .

Keressük az egyenlet többi megoldását:

11 3 1 3 1 2 2 2 1 2(V V )(V V ) Q Q r (V 1)(V 1) .

A 2 2 1 2(V 1)(V 1) egyenletből kapjuk:

, 2 12V ,

2 11 , 2,2

2 1 1 1V ( 2 ) / 2 1 , ahol 1 = 1,3,5,…

A 1 3 1 3 1 2(V V )(V V ) QQ egyenletből kapjuk: 1 3 1

1 2 1V (Q Q ) / 2, 3 2 1V (Q Q ) / 2, 1 2 1 2 1 1Q Q ( 2) .

Az egyenletnek páratlan 1 1 esetén annyi megoldása van,

ahány eltérő 1 2Q Q felbontása van a monomának.

m 3 m1 1 2

m1 1 3

z y 2 V

z y V 1

, m m 3 m3 2

V 2 V 1z ,

m m 3 m

1 3 2y (V 2 V 1) / 2 , 3211 VVVx , m m 3 m1 3 2z 2z 1 V 2 V ,

m m 3 m1 3 2 1 1 2 3y 2y 1 V 2 V , x 2x 2V V V ,

m m m 3 m1 1 3 2z V (V 2 V 1)/2 , 1)/2V2V(V m

ahol (V2,V3) = d = 1, m3V > m 3 m

22 V +1.

A 1)/2V2V(V m

1 egyenlet implicit, a természetes

számok rendszerében általánosan nem oldható meg.

Oldjuk meg m 2 esetén, kombinatív felbontással.

Oldjuk meg a partikuláris egyenletet:

1V2V2V 22

21 , 2 2 1 2

1 2 3(4V V ) / 2 r V 1 , 1

1 2 1 2 1 2 3 3 1 2(2V V )(2V V ) / 2 Q Q r (V 1)(V 1) .

1 2 1 2 3 3(2V V )(2V V ) / 2 0 (V 1)(V 1).

Az egyenlet partikuláris megoldásai: 3 1 2V 1,V V / 2.

Keressük meg az egyenlet többi megoldását:

11 2 1 2 1 2 3 3 1 2(2V V )(2V V ) / 2 Q Q r (V 1)(V 1) .

, 2 13V ,

2 11 , 2,2

3 1 1 1V ( 2 ) / 2 1 , ahol 1ψ = 2,4,6,…

A 1 2 1 2 1 2(2V V )(2V V )/ 2 Q Q egyenletből kapjuk a

megoldás két részváltozatát. Az 1. részváltozatból kapjuk:

1. 1 2 1

2V V 2Q

2V V Q

, 2 11

Q 2QV ,

1 2 1 2 1 1Q Q ( 2) , ahol Q2 – páros, Q2 > 2Q1.

Mivel Q2 páros, 1 csak páros lehet. Az egyenletnek van

megoldása, ha 1 páros és teljesíthető a 23V > 2

23-2 V2 +1 feltétel.

Az egyenletnek annyi megoldása van, ahány eltérő Q1Q2 szorzatra bontható a monoma, 2

3V > 2 3 222 V +1 mellett.

A 2. részváltozatból kapjuk:

2. 1 2 1

2V V Q

2V V 2Q

, 2 11

2Q QV ,

1 2 1 2 1 1QQ ( 2) , ahol Q1 – páros, 2Q2 > Q1.

megoldása, ha 1 páros és teljesíthető a 23V > 2

23-2 V2 +1 feltétel.

Az egyenletnek annyi megoldása van, ahány eltérő 1 2QQ

felbontása van a monomának, 23V > 2 3 2

22 V +1 mellett.

m1 1 2

m 3 m1 1 3

z y V ,

z y 2 V 1

m-3 m m

2 V V 1z ,

m 3 m m

1 3 2y (2 V V 1)/2 , 3211 VVVx , m 3 m m1 3 2z 2z 1 2 V V ,

m 3 m m1 3 2 1 1 2 3y 2y 1 2 V V ,x 2x 2V V V ,

m m 3 m m1 1 3 2z V (2 V V 1)/2 , ahol

(V2,V3) = d = 1, m3

3m V2 > m2V +1.

A 1)/2VV2(V m

3mm1 egyenlet implicit. A természetes

számok rendszerében m > 2 esetén nem oldható meg. Vizsgáljuk az egyenlet megoldhatóságát m 2 esetén: Oldjuk meg a partikuláris egyenletet:

1VV22V 22

3221 , 2 2 1 2

1 3 2(4V V ) / 2 r V 1 ,

1 3 1 3 2 2(2V V )(2V V )/ 2 0 (V 1)(V 1).

A partikuláris egyenlet megoldásai: 2 1 3V 1,V V / 2.

11 3 1 3 1 2 2 2 1 2(2V V )(2V V )/ 2 Q Q r (V 1)(V 1) .

, 2 12V ,

2 11 , 2,2

1 12 1

, где 1 = 2,4,6,…

A 1 3 1 3 1 2(2V V )(2V V )/ 2 Q Q egyenletből kapjuk a megoldás két

részváltozatát. Az 1. részváltozatra kapjuk:

1. 1 3 1

2V V 2Q

2V V Q

, 2 11

Q 2QV ,

1 2 1 2 1 1Q Q ( 2) , ahol Q2 – páros, Q2 > 2Q1.

megoldása, ha 1 páros és teljesíthető a 2 3 232 V > 2

2V +1 feltétel.

Az egyenletnek annyi inhomogén megoldása van, ahány eltérő

1 2Q Q felbontása van a monomának, 23V > 2 3 2

22 V +1 mellett.

A 2. részváltozatra kapjuk:

2. 1 3 1

2V V Q

2V V 2Q

, 2 11

2Q QV ,

1 2 1 2 1 1QQ ( 2) , ahol 1Q – páros, 22Q > 1Q .

megoldása, ha 1 páros és teljesíthető a 2 3 232 V > 2

2V +1 feltétel.

Az egyenletnek annyi inhomogén megoldása van, ahány eltérő

1 2Q Q felbontása van a monomának, 23V > 2 3 2

22 V +1 mellett.

x, y páros, z, páratlan. Inhomogenizáljuk és oldjuk meg a részegyenletet:

m1 1 1 1 1 1(2x ) (2z 2y 1)(2z 2y 1)(2z ),

m m 1 m m m1 1 1 1 1 1 1 2 3x z (2z 2y 1)(2z 2y 1) / 2 V V V ,

m 1 m1 1

m1 1 2

m1 1 3

z y (V 1) / 2

z y (V 1) / 2,

m 1 m1 1 2

m1 1 3

z y (2 V 1) / 2,

z y (V 1) / 2

m1 1 2

m 1 m1 1 3

z y (V 1) / 2

z y (2 V 1) / 2

A részegyenlet túlhatározott: i > k. Megoldása akkor lehet, ha két tényező alapján számított z1 , y1 értékek a harmadikban m-fokú hatványt eredményeznek. A 2. változat 2. egyenlete és a 3. változat 3. egyenlete alapján m 1 esetén az egyenletnek nincs megoldása: 2V , 3V tört.

m 1 esetén a megoldási változatok azonosak.

m1 1 3

z y (V 1)/2

z y (V 1)/2,

m m3 2

V V 2z ,

m m3 2

, 3211 VVVx ,

m m m m1 3 2 1 3 2 1 1 2 3z 2z 1 (V V )/ 2, y 2y (V V )/2, x 2x 2VV V ,

m+1 m m m1 3 22 V V V 2 , ahol ( 1V , V2,V3) = d = 1, m

3V > m2V +2.

Kombinatív felbontással m 2 esetén kapjuk.

Vizsgáljuk a partikuláris egyenlet megoldhatóságát:

m m m 2 2 21 3 2 1 3 2(2V) (V V 2)/2,(2V) 1 (V V 2)/2 1,

1 2 21 1 1 2 3 2 1 2(2V 1)(2V 1) r (V V 4)/2 QQ ,

2 21 1 3 2(2V 1)(2V 1) 0 (V V 4)/2.

Az egyenletnek nincs megoldása, mivel, a kiinduló feltételek

mellett, a komponens egyenletek nem egyenlők nullával.

1 2 21 1 1 2 3 2 1 2(2V 1)(2V 1) r (V V 4)/2 QQ .

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. Oldjuk meg a 1

1 1 1 2(2V 1)(2V 1) r komponens egyenletet:

1 1 1 21 1 2 2 1

2V 1 1 1,V , 2, 2

2V 1 2 2

Az 1 2 2

3 2r (V V 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 2 3V ,V egymást követő, páronként azonos páratlan

számok: 1 2 2 3V , V . Választott 2V mellett 3 2V V 2 .

Ellenőrizzük az állítást behelyettesítéssel:

2 21 1 1 2 3 2(2V 1)(2V 1) r (V V 4) / 2,

2 22 2

1 2 2 2 2 2

( 2) 4( 2) r ( 2)

Valószínű, m 2 esetén a részegyenletnek nincs megoldása.

Oldjunk meg egy példát: Legyen 2V 17.

Akkor kapjuk:

3 2V V 2 19 ,

1 1V ( 1) / 2 (17 1) / 2 9 2 2 2 23 2 1 2r (V V 4) / 2 (19 17 4) / 2 323 17 19 .

Visszahelyettesítéssel az egyenletbe, ellenőrizzük a megoldást:

1 1 1 2 3 2(2V 1)(2V 1) r (V V 4) / 2 ,

2 2(2 9 1)(2 9 1) 17 19 323 (19 17 4)/2 323 .

Számítsuk ki a változók értékeit és ellenőrizzük a megoldást:

m 1 m 21 1 1z 2 V 2 9 162, z 2z 1 325,

m m 2 21 3 2 1y (V V ) / 4 (19 17 ) / 4 18, y 2y 36,

1 1 2 3 1x V V V 9 17 19 2907, x 2x 5814, m m 1 m m m1 1 1 1 1 1 1 2 3x z (2z 2y 1)(2z 2y 1) / 2 V V V

2 2 12907 162(2 162 2 18 1)(2 162 2 18 1) / 2 2 2 2 29 17 19 8450649 2907 .

A d részegyenlet vizsgálata

Egyszerűsítve, az elemzett részegyenleteket eredményezi.

5. SZ. PÉLDA: Az 2 2x 2y 1 0 egyenletek vizsgálata

Az 2 2x 2y 1 0 egyenlet vizsgálata

Kiinduló feltételek: x, y – pozitív egészek. Mivel x páratlan, az egyenletnek két részegyenlete van:

a. 2 21 1(2x 1) 2(2y 1) 1 0 ; b. 2 2

1 1(2x 1) 2(2y ) 1 0 .

Kombinatív felbontás esetén kapjuk:

2 21 1(2x 1) 2(2y 1) 1 0 ,

2 2 21 1 1 1(2y 1) r (2x 1) 1 /2 (2x 1 1)(2x 1 1)/2

1 1 1 12x 2(x 1)/2 2x (x 1) .

A részegyenletnek nincs megfelelő megoldása, mivel a komponens függvények ellentétes paritásúak.

Szimpla felbontással kapjuk:

2 21 1(2x 1) 2(2y ) 1 0 ,

1)(x2x1)/211)(2x1(2x/211)(2x)(2y 11112

1 , 2 2 21 1 1 1 1 1 2y 2x (x 1)/4 x (x 1)/2 V V .

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:

2 21 1 1 1

1 1 22 21 2 1 2

x 2V x V1. 2. y VV

x V 1 , x 2V 1 ,

, ahol 1 2(V ,V ) d 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:

2 22 1 2 1 2 1 1 2V 2V 1 (V 2V)(V 2V) ,

2 1 2 2 1 2 12 1

V 2VV ,V

2 2 2V 2V ,

Az egyenlet irracionális, határozott: 1f 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:

n n n n n2 1 2 1 1 2(V 2V ) (V 2V ) 1 .

Legkisebb megoldási értékek:

1 1 1 12 2(0) 1(0) 1 2(0) 1(0)(V 2V ) , (V 2V ) ,

ahol 1(0) 2(0)(V ,V ) d 1 – a tényezők legkisebb értéke.

Írjuk fel a megoldó képleteket:

n n2(0) 1(0) 2(0) 1(0)

(V 2V ) (V 2V )V

n n2(0) 1(0) 2(0) 1(0)

(V 2V ) (V 2V )V .

A legkisebb megoldást a 2 2

2 1V 2V 1 egyenletből kapjuk:

221 2 2 2 1 1(0) 2(0)2

2 V 1 2V (V 1)(V 1), ,V 3,V 2, V = 2 , V = 3,

1 1(0) 1x 2V 2 2 8, x 2x 1 2 8 1 17,

1 1 2 1y VV 2 3 6, y 2y 2 6 12.

Véglegesen kapjuk:

n n n n2(0) 1(0) 2(0) 1(0)

(V 2V ) (V 2V ) (3 2 2) (3 2 2)V

n n n n2(0) 1(0) 2(0) 1(0)

(V 2V ) (V 2V ) (3 2 2) (3 2 2)V

2 2 2 2

A megoldás 2. változata alapján kapjuk:

2 21 2 1 2 1 2 1 2V 2V 1 (V 2V )(V 2V ) .

1 2 2 2 1 2 11 2

V 2VV ,V

2 2 2V 2V ,

Az egyenlet hatványozásával írhatjuk:

n n n n n1 2 1 2 1 2(V 2V ) (V 2V ) ( ) ( 1) .

Legkisebb megoldási értékek:

1 1 1 12 1(0) 2(0) 1 1(0) 2(0)(V 2V ) , ( ) (V 2V ) ,

ahol 1(0) 2(0)(V ,V ) d 1 – a tényezők legkisebb értéke.

n n1(0) 2(0) 1(0) 2(0)

(V 2V ) (V 2V )V

n n1(0) 2(0) 1(0) 2(0)

(V 2V ) (V 2V )V .

A legkisebb megoldást a 2 2

1 1V 2V 1 egyenletből kapjuk:

1 2 1(0) 2(0)V V 1, V V 1, 2 2

1 1(0) 1x V 1 1, x 2x 1 2 1 1 3,

1 1 2 1y VV 1 1 1, y 2y 2 1 2.

Véglegesen kapjuk:

n n n n1(0) 2(0) 1(0) 2(0)

(V 2V ) (V 2V ) (1 2) (1 2)V

n n n n1(0) 2(0) 1(0) 2(0)

(V 2V ) (V 2V ) (1 2) (1 2)V

2 2 2 2

, n 2k 1.

A két változat együtt adja az egyenlet összes megoldását.

Az 2 2x 2y 1 0 egyenlet vizsgálata

Kiinduló feltételek: x, y – pozitív egész számok. Mivel x páratlan, az egyenletnek két részegyenlete van:

a. 2 21 1(2x 1) 2(2y 1) 1 0 ; b. 2 2

1 1(2x 1) 2(2y ) 1 0 .

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:

2 2x 2y 1 , 2 21 1(2x 1) 2(2y 1) 1 .

Irracionális együtthatójú tényezőkre bontással kapjuk:

2 21 2x 2y (x 2y)(x 2y) 1 , 1

(x 2y)

, (1).

A részegyenlet irracionális, határozott: i k , 1f 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).

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

2 1 2 1x ( ) / 2,y ( ) / 2 2 .

A részegyenlet hatványozásával írhatjuk:

n n n n n1 2(x 2 y) (x 2 y) ( ) ( 1) .

Legkisebb megoldásként kapjuk:

1 1 1 12 0 0 1 0 0ψ (x 2y ) , ( ψ ) (x 2y ) ,

ahol 0 0x , y a legkisebb megoldási értékek.

Behelyettesítés után kapjuk:

n n0 0 0 0

(x 2y ) (x 2y )x

n n0 0 0 0

(x 2y ) (x 2y )y .

A legkisebb értékeket az 2 2x 2y 1 egyenletből kapjuk:

0 0x y 1.

n = 2k +1 esetén véglegesen kapjuk:

n n n n0 0 0 0

(x 2y ) (x 2y ) (1 2) (1 2)x ,

n n n n0 0 0 0

(x 2y ) (x 2y ) (1 2) (1 2)y .

Például, n 2k 1 3 és n 2k 1 5 mellet kapjuk:

n 3 n 3x 7, y 5 , illetve n 5 n 5x 41, y 29 .

A vizsgálat szimpla felbontással történhet, mivel az egyik komponens függvény monoma. Írjuk fel a paraméteres részegyenletet:

2 2x 2y 1 0 , 2 21 1(2x 1) 2(2y ) 1 0 , 2 2

1 1 14x 4x 1 8y 1 , 2 2 21 1 1 1 1y (4x 4x 2) / 8 (2x 2x 1) / 4 .

A részegyenletnek nincs megfelelő megoldása: 2

1y tört.

Az 2 2x ay 1 0 egyenlet vizsgálata

a – pozitív egész, a – irracionális szám. A megoldás – a paritásától függően – hasonlóan történik, mint a 2 esetén.

6. SZ. PÉLDA: Az m 4 2 2 3 2 3 2 2 2x z z y wz wzy z q zy q wz q wy q 0

egyenlet vizsgálata

Az egyenlet vizsgálata 1x 2x 1 esetén.

Kiinduló feltételek: x,y,z,w,q természetes számok. Az inmonolit egyenlet szimpla felbontással monomára rendezhető és szorzatra bontható a természetes számrendszerben:

1 1 2 3 4x (2x 1) (z y)(z y)(z w)(z q) U U U U .

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:

, ahol: m1 2 3 4x U U U U , 2 1U U

2 1U U

2 1 3w (U U 2U )/2 , 4 2 1q (2U U U )/ 2, 1 2 3 4(U U ,U ,U ) d 1.

Az egyetlen változat a részegyenlet összes megoldását adja.

A részegyenlet vizsgálata 1x 2x esetén

Az elemzés triviális. Tekintsünk el részletes kivitelezésétől és írjuk fel az egyik lehetséges részegyenletet, amikor:

1 1 1 1 z 2z 1, y 2y 1, w 2w 1,q 2q 1,m 8.

Írjuk fel a részegyenletet és inhomogenizáljuk:

8 81x (2x ) (z y)(z y)(z w)(z q),

8 8 41 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 3 4x (z y )(z y 1)(z w )(z q 1)/2 V V V V .

A részegyenlet határozott: i k 4 . Ezért valamennyi megoldása megkapható a természetes számok rendszerében. Mivel az osztó összetett szám, számos megoldási változat létezik:

81 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 3 4x (z y )(z y 1)(z w )(z q 1)/16 V V V V ,

z y 16V

z y V 1

z q V 1,

z y 16V 1

z q V 1,

z y V 1

z w 16V

z q V 1,

z y V 1

z q 16V 1,

z y 8V

z y 2V 1

z q V 1,

z y 8V

z y V 1

z w 2V

z q V 1,

z y 8V

z y V 1

z q 2V 1,

z y 2V

z y 8V 1

z q V 1,

z y 8V 1

z w 2V

z q V 1,

z y 8V 1

z q 2V 1,

z y 8V 1

z w 2V

z q V 1,

z y 2V 1

z w 8V

z q V 1,

z y V 1

z w 8V3

z q 2V 1,

z y 2V

z y V 1

z q 8V 1,

z y 2V 1

z q 8V 1,

z y V 1

z w 2V

z q 8V 1,

z y 4V

z y 2V 1

z w 2V

z q V 1,

z y 4V

z y 2V 1

z q 2V 1,

z y 4V

z y V 1

z w 2V

z q 2V 1,

z y 2V

z y 4V 1

z w 2V

z q V 1,

z y 2V

z y 4V 1

z q 2V 1,

z y 4V 1

z w 2V

z q 2V 1,

z y 2V

z y 2V 1

z w 4V

z q V 1,

z y 2V

z y V 1

z w 4V3

z q 2V 1,

z y 2V 1

z w 4V

z q 2V 1,

z y 2V 1

z w 2V

z q 4V 1,

z y 2V

z y 2V 1

z q 4V 1,

z y 2V

z y V 1

z w 2V

z q 4V 1,

z y 4V

z y 4V 1

z q V 1,

z y 4V

z y V 1

z w 4V

z q V 1,

z y 4V

z y V 1

z q 4V 1,

z y 4V 1

z w 4V

z q V 1,

z y 4V 1

z q 4V 1,

z y V 1

z w 4V

z q 4V 1,

ahol 8

1 1 2 3 4x VV V V , 1 2 3 4(V V,V,V ) d 1 a megadott keretek között

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 ( 1 1z , y tört). A

változatok száma m növekedésével meredeken növekszik. A többi részegyenlet megoldása hasonlóan történik.

7. SZ. PÉLDA: Az 3 2 2 2z zw y x 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):

1 1 1 1x 2x 1, y 2y 1, z 2z 1, w 2w 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 m m

1r (2r ) esetén

Az elsőfokú monoma helyett magasabb fokú monoma választását a módszer szemléletesebb ismertetése motiválja. A felbontás révén kapjuk:

2 2 mx y r z(z w)(z w), m m(x y)(x y) r , z(z w)(z w) r ahol 1r 2r .

Az egyik komponens egyenlet határozott, a másik túlhatározott, ezért a részegyenlet határozott.

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

1 1 1 1m 2

(x y )(x y 1)

m 1 1 1 1 1

(2z +1)(z w )(z w 1)r ,(2)

m m 2 m m

1 1 1 1 1 1 2r (x y )(x y 1)/2 , (2/a), m m 2 m m m

1 1 1 1 1 1 1 2 3r (2z +1)(z w )(z w 1)/2 V V V ,(2/ b) ,

ahol 1 1 2 1 2 3r V V V , 1 2 1 2 3( , ,V ,V ,V ) d 1 .

A részegyenlet vizsgálata elvégezhető valamelyik komponens egyenlet megoldásával, vagy a túlhatározott egyenlet változóinak választott értékei alapján. Majd 1r 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:

m 2 m 21 1 1 1 1 1 1 1 1(x y )(x y 1)/2 0 (2z +1)(z w )(z w 1)/2 .

Írjuk fel a partikuláris részegyenlet megoldásait:

1 1 1 1x y , z w .

A részegyenletet vizsgálata m = 1 esetén:

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

1 1 1 11

(x y )(x y 1)r ,

1 1 1 1 1 2

r(x y )(x y 1)

, 1 2 1 1 2 1x ( 1)/2,y ( 1)/2,

ahol 1 2, ellentétes paritásúak 2 1 1.

Oldjuk meg a 2/b komponens egyenletet is:

1 1 1 1 11

(2z 1)(z w )(z w 1)r ,

1 1 1 1 1 1 2 3

r(2z 1)(z w )(z w 1) VVV,

z (V 1) / 2

1. z w V

z w V 1

, 1 3 2z (V V 1) / 2 , 1 3 2w (V V 1) / 2 ,

1 3 2V V V , ahol 3V > 2V 1 , 2 3V ,V – ellentétes paritású.

Példa megoldása: Végezzük el a részegyenlet vizsgálatát a 2/b egyenlet 1. megoldási változata alapján, 2 3V 2,V 5 értékek mellett.

Behelyettesítve kapjuk:

1 3 2z (V V 1) / 2 (5 2 1) / 2 3 , 1z 2z 1 7 ,

1 3 2 1w (V V 1) / 2 (5 2 1) / 2 1, w 2w 1 3,

1 3 2V V V 5 2 7, 11 2 1 2 3

rVV V 7 2 5 70 1 2 5 7

A részegyenlet inhomogén, ha 1 2 3 1 2(V,V ,V , , ) d 1 :

1 2 1 2 1 2 1 21. 1, 70,2. 2, 35,3. 5, 14,4. 7, 10.

A 2/a megoldásai alapján kapjuk 1 1x , y , x, y értékeit:

, 1 2 1 1 2 1x ( 1)/2,y ( 1)/2,

ahol 1 2, ellentétes paritású, 2 > 1 1 ,

1. 1 2 1x ( 1) / 2 (70 1 1) / 2 35, 1x 2x 1 71,

1 2 1y ( 1) / 2 (70 1 1) / 2 34 , 1y 2y 1 69,

2. 1 2 1x ( 1) / 2 (35 2 1) / 2 18, 1x 2x 1 37,

1 2 1y ( 1) / 2 (35 2 1) / 2 16 , 1y 2y 1 33,

3. 1 2 1x ( 1) / 2 (14 5 1) / 2 9, 1x 2x 1 19,

1 2 1y ( 1) / 2 (14 5 1) / 2 4 , 1y 2y 1 9,

4. 1 2 1x ( 1) / 2 (10 7 1) / 2 8, 1x 2x 1 17,

1 2 1y ( 1) / 2 (10 7 1) / 2 1 , 1y 2y 1 3.

Behelyettesítéssel a (2) részegyenletbe ellenőrizzük a megoldást:

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1(x y )(x y 1) r / 2 (2z 1)(z w )(z w 1),

1. 1(35 34)(35 34 1) r / 2 1 70 (2 3 1)(3 1)(3 1 1) 7 2 5 ,

2. 1(18 16)(18 16 1) r / 2 2 35 (2 3 1)(3 1)(3 1 1) 7 2 5 ,

3. 1(9 4)(9 4 1) r / 2 5 14 (2 3 1)(3 1)(3 1 1) 7 2 5 ,

4. 1(8 1)(8 1 1) r / 2 7 10 (2 3 1)(3 1)(3 1 1) 7 2 5.

A részegyenletet vizsgálata m = 2 esetén:

Oldjuk meg a 2/a komponens egyenletet:

m m m1 1 1 11 1 2m 2

(x y )(x y 1)r

, 2 2 2

1 1 1 1 1 1 2r (x y )(x y 1) ,

21 1 1

21 1 2

2 22 1

ahol 1 , 2 – ellentétes paritásúak, 22 > 2

Oldjuk meg a 2/b komponens egyenletet is:

m m 2 m m m1 1 1 1 1 1 1 2 3r (2z 1)(z w )(z w 1)/2 V V V , 2 2 2 2

1 1 1 1 1 1 1 2 3r (2z 1)(z w )(z w 1) V V V ,(2/ b) ,

21 1 2

21 1 3

z (V 1) / 2

z w V 1

, 2 23 2

V V 1z

2 23 2

V V 1w

2 2 21 3 2V V V , ahol 2

3V > 22V 1 , 2 3V ,V – ellentétes paritású.

Rendezzük át és oldjuk meg a 2 2 2

1 3 2V V V egyenletet:

2 2 2 2 22 1 3 1 3 1 3 1 2V V V (V V )(V V ) U U ,

2 2 2 2 2

1 3 1 2 1 2 11 32

V V U U U U U,V ,V

2 2V V U

ahol 2U > 1U , 2 1 2V U U és mivel 3V > 2V , 2 22 1(U U ) / 2 > 1 2U U ,

1 1 2 1 2 3r V V V .

Példa megoldása: Végezzük el a részegyenlet vizsgálatát a 2/b komponens egyenlet megoldó képletei alapján. Ehhez, 3V > 2V érdekében,

válasszuk az 1 2U 1,U 5 értékeket. Behelyettesítve kapjuk:

2 1 2V U U 1 5 5 , 2 2 2 21 2 1V (U U ) / 2 (5 1 ) / 2 13 ,

2 2 2 23 2 1V (U U ) / 2 (5 1 ) / 2 12 ,

2 2 2 21 3 2 1z (V V 1) / 2 (12 5 1) / 2 84, z 2z 1 169,

2 2 2 21 3 2 1w (V V 1) / 2 (12 5 1) / 2 59, w 2w 1 119.

1 2, ellentétes paritásúak, ezért írhatjuk:

1 1 2 1 2 3r VV V 13 5 12 780 1 3 4 5 13 ,

1 2 1 2 1 2 1 21. 1, 780,2. 3, 260,3. 4, 195,4. 5, 156,

1 2 1 2 1 2 1 25. 12, 65,6. 13, 60,7. 15, 52,8. 20, 39 .

A 2/a megoldásai alapján kapjuk 1 1x , y , x, y értékeit:

21 1 2

2 22 1

1 , 2 – ellentétes paritású, 22 > 2

1. 2 2

1 1x (780 1 1) / 2 304200,x 2x 1 608401, 2 2

1 1y (780 1 1) / 2 304199, y 2y 1 608399,

2. 2 21 1x (260 3 1) / 2 33804, x 2x 1 67609,

2 21 1y (260 3 1) / 2 33795, y 2y 1 67591,

3. 2 21 1x (195 4 1) / 2 19020, x 2x 1 38041,

2 21 1y (195 4 1) / 2 19004, y 2y 1 38009,

4. 2 21 1x (156 5 1) / 2 12180, x 2x 1 24361,

2 21 1y (156 5 1) / 2 12155, y 2y 1 24311,

5. 2 21 1x (65 12 1) / 2 2184, x 2x 1 4369,

2 21 1y (65 12 1) / 2 2040, y 2y 1 4081,

6. 2 21 1x (60 13 1) / 2 1884, x 2x 1 3769,

2 21 1y (60 13 1) / 2 1715, y 2y 1 3431,

7. 2 21 1x (52 15 1) / 2 1464, x 2x 1 2929,

2 21 1y (52 15 1) / 2 1239, y 2y 1 2479,

8. 2 21 1x (20 39 1) / 2 960, x 2x 1 1921,

2 21 1y (39 20 1) / 2 560, y 2y 1 1121.

1.(608401 608399)(608401 608399) 2 1216800 2r 169(169 119)(169 119) 2433600,

2.(67609 67591)(67609 67591) 18 135200 2r 169(169 119)(169 119) 2433600,

3.(38041 38009)(38041 38009) 32 76050 2r 169(169 119)(169 119) 2433600,

4.(24361 24311)(24361 24311) 50 48672 2r 169(169 119)(169 119) 2433600,

25.(4369 4081)(4369 4081) 288 8450 r 169(169 119)(169 119) 2433600,

6.(3769 3431)(3769 3431) 338 7200 2r 169(169 119)(169 119) 2433600,

7. (2929 2479)(2929 2479) 450 5408 2r 169(169 119)(169 119) 2433600,

8. (1921 1121)(1921 1121) 800 3042 2r 169(169 119)(169 119) 2433600.

A részegyenletet vizsgálata m 3 esetén

Oldjuk meg a 2/a komponens egyenletet:

m m m1 1 1 11 1 2m 2

(x y )(x y 1)r

Az egyenlet határozott, ezért tetszőleges m esetén van a

feltételeknek megfelelő megoldása:

m 2 m1 1 1

m1 1 2

x y 21.

, m m 2 m

1 2 1x ( 2 1)/2 ,

m m 3 m1 2 1y ( 2 1)/2 , 2 – páros, m

2 > m 2 m12 1 ,

m 2 m1 1 2

x y 2 1

, m 2 m m

1 2 1x (2 1)/2 ,

m 2 m m1 2 1y (2 1)/2 , 1 – páros, m 2 m

22 > m1 1 .

Oldjuk meg a 2/b komponens egyenletet:

m m m m1 1 1 1 11 1 2 3m 2

(2z 1)(z w )(z w 1)r V V V ,(2)

m1 1 2

m1 1 3

z (2 V 1)/2

1. z w V

z w V 1

, m m1 3 2z (V V 1)/ 2 , m m

1 3 2w (V V 1) / 2 ,

m m m m 21 3 2V (V V )/2 , ahol m

3V > m2V 1 , 2 3V ,V – ellentétes paritású,

m 2 m1 1 2

m1 1 3

z (V 1)/2

2. z w 2 V

z w V 1

m m 2 m1 3 2z (V 2 V 1)/2 , m m 2 m

1 3 2w (V 2 V 1) / 2 ,

m m m m 22 1 3V (V V )/ 2 , ahol m

3V > m 2 m22 V 1 , 1V , 3V – páratlan,

m1 1 2

m 2 m1 1 3

z (V 1)/2

3. z w V

z w 2 V 1

m 2 m m1 3 2z (2 V V 1)/2 , m 2 m m

1 3 2w (2 V V 1) / 2 ,

m m m m 23 1 2V (V V )/ 2 , ahol m 2 m

32 V > m2V 1 , 1V , 2V – páratlan.

Az 1. változat alapján a részegyenletnek m 3 esetén nem

létezik megfelelő megoldása, mivel m1V tört. A 2. ( 3.) megoldási

változat alapján a m 2 m m m2 1 32 V V V egyenletből – parciális

tulajdonságának hasznosításával – kapjuk:

m 2 m m m2 1 32 V V V ,(3),

m m' '' m ' m

1 3m 1 32 m 2 2

(2V 1) / 2 (2V 1) / 2(2V 1) (2V 1)V

' m ' m1 3

(V 1/ 2) (V 1/ 2)

' ' m p 1 2 m m1 3 1 2 2 1 2(V V ) / 2 / 2 U U , V U U , (4),

' ' m ' ' m1 3 1 1 3 1

m-p-1 m m-p-1 m2 2

(V V ) U / 4 (V V ) U1. 2.

.../ 2 U , .../ 2 U /4 ,

(5), ahol

1 3(V V ) és – elemi tényezők, vagy szorzatuk, m p 12 a 2.

szorzó osztója, 22 a tört osztója.

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 2 2 4 4

2 1 3(2V ) V V egyenlet

alapján. Az egyenleteknek nincs megfelelő megoldása. Az m 3 eset vizsgálható a 4. egyenlet alapján. A '

2 2V 2V ( '3 3V 2V )

értékeknél az egyenleteknek nincs megfelelő megoldása. A ' '

2 2 3 3V 2V 1, (V 2V 1) értékek esetén a vizsgálat komplex

jellegű. Az egyenleteknek feltehetően nincs megfelelő megoldása.

8. SZ. PÉLDA: Az 3 2 2 2 3 2y y z yx zx q qp 0

Kiinduló feltételek: x,y,z,q,p – pozitív egészek.

Mellőzve a teljes elemzést és felbontást, írjunk fel egy részegyenletet (a többinek a vizsgálata hasonló):

1 1 1 1 1 1x 2x 1, y 2y 1, z 2z , q 2q 1, p 2p 1, r 2r .

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 m m1r (2r ) monoma esetén

Az elsőfokú monoma helyett magasabb fokú monoma választását a módszer szemléletesebb ismertetése motiválja. A kombinatív felbontás révén kapjuk:

2 2 2 3 m 3 2x z y z x y y r q qp , m(x y)(x y)(z y) r q(q p)(q p),(1) .

Az egyik komponens egyenlet határozott, a másik – túlhatározott, ezért az inmonolit egyenlet is határozott.

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

1 1 1 1 1 1m 2

(x y )(x y 1)(2z 2y 1)

m 1 1 1 1 1

(2q 1)(q p )(q p 1)r ,(2)

m1 1 1 1 1 1

1 1 2 3m 2

(x y )(x y 1)(2z 2y 1)r VV V

, (2/a),

m m m m1 1 1 1 11 1 2 3m 2

(2q +1)(q p )(q p 1)r Q Q Q ,(2/ b)

ahol m m m m

1 2 3 1 1 2 3Q Q Q r V V V , 1 2 3 1 2 3(Q ,Q ,Q ,V ,V ,V ) 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:

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1m 2 m 2

(x y )(x y 1)(2z 2y 1) (2q 1)(q p )(q p 1)0 ,

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1(x y )(x y 1)(2z 2y 1) 0 (2q 1)(q p )(q p 1). Írjuk fel a partikuláris részegyenlet megoldásait:

1 1 1 1x y ,q p .

A részegyenlet vizsgálata m 1 esetén

A 2/b komponens egyenlet megoldása Elsőfokú monoma esetén az egyenlet átírható, így kapjuk:

111 1 1 1 1 11 1 1 1 1 1 1 2 3

(2q 1)(q p )(q p 1) rr ,(2q 1)(q p )(q p 1) QQ Q ,

1/ 2 2

3 2 3 21 1 2 1 1 1 3 2

2q 1 QQ Q 1 Q Q 1

1. q p Q ,q ,p ,Q Q Q ,2 2

q p Q 1

ahol 3 2Q,Q ellentétes paritású számok, 3 2Q Q 1 .

A 2/a komponens egyenlet megoldása:

11 1 1 1 1 1 11 1 1 1 1 1 1 1 2 3

(x y)(x y 1)(2z 2y 1) rr ,(x y)(x y 1)(2z 2y 1) VVV,

3 22 1 2 11 1 2 1 1 1

x y VV V 1V V 1 V V 1

1. x y V 1 ,x ,y ,z ,2 2 2

z y (V 1)/2

ahol 1 2V,V és 3 2V ,V ellentétes paritásúak, 2 1V V 1.

A 2/b komponens egyenlet által meghatározott konkrét 1r / 2

mellett a részegyenletnek annyi inhomogén megoldása van, ahány relatívprím felbontása van 1r / 2 nek.

A 2/b komponens egyenlet megoldása:

2 2 2 21 1 1 1 1 1 1 2 3(2q 1)(q p )(q p 1) r Q Q Q ,

1 1 2 2 2 22 2 2 23 2 3 2

1 1 2 1 1 2 1 3

21 1 3

2q 1 QQ Q 1 Q Q 1

1. q p Q ,q , p ,Q Q Q ,2 2

q p Q 1

ahol 3 2Q ,Q ellentétes paritású számok, 2 23 2Q > Q 1,

2 2 22 1 3 1 3 1 2Q (Q Q )(Q Q ) P P ,

2 2 2 2 2

1 3 1 2 1 2 11 3 2 1 22

Q Q P P P P P1. ,Q ,Q ,Q PP

2 2Q Q P

, ahol

1 2P,P páratlan, 2P > 1P és mivel 23Q > 2

2Q 1 , úgy 2 22 1 1 2(P P )/2 PP .

A 2/a komponens egyenlet megoldása:

21 1 1 1 1 1 1 1 2 3(x y )(x y 1)(2z 2y 1) r VV V ,

3 2 12 1 2 11 1 2 1 1 1

x y VV V VV V 1 V V 1

1. x y V 1 ,x ,y ,z ,2 2 2

z y (V 1)/2

1 2V,V ellentétes paritású, 3V páratlan, 2V > 1V 1, 3 2V V > 1V .

A 2/b komponens egyenlet által meghatározott 2

1r mellett a

részegyenletnek annyi inhomogén megoldása van, ahány relatívprím felbontása van 2

1r -nek.

Példa megoldása. Kiinduló adatok: 2 2

2 1(P P )/2 > 1 2P P mellett válasszuk a

1 2P 1,P 7 értékeket (például 1P 3, 2P 7 értékeknél az

egyenlőtlenség nem teljesül). Behelyettesítés után kapjuk:

2 2 2 21 2 1Q (P P ) / 2 (7 1 ) / 2 25,

2 2 2 2

3 2 1 2 1 2Q (P P ) / 2 (7 1 ) / 2 24,Q P P 1 7 7 .

Az 2 2 2 2

1 1 2 3 1 2 3r Q Q Q V V V kifejezés alapján írhatjuk:

2 2 2 2 2 6 2 4 2

1 1 2 3r 25 7 24 4200 1 2 3 5 7 V V V .

Mivel 1 2V,V ellentétes paritású számok, 3V páratlan,

2 1V V , az 2 6 2 4 21 1 2 3r 1 2 3 5 7 VVV kifejezés relatívprím felbontása

alapján írhatjuk: a/. Páros 2V esetén:

1/. 1 2 3V 1,V 64,V 275625, 2/. 1 2 3V 3,V 64,V 91875,

3/. 1 2 3V 5,V 64,V 55125, 4/. 1 2 3V 7,V 64,V 39375,

5/. 1 2 3V 9,V 64,V 30625, 6/. 1 2 3V 15,V 64,V 18375,

7/. 1 2 3V 21,V 64,V 13125, 8/. 1 2 3V 25,V 64,V 11025,

9/. 1 2 3V 35,V 64,V 7875, 10/. 1 2 3V 45,V 64,V 6125,

11/. 1 2 3V 49,V 64,V 5625, 12/. 1 2 3V 63,V 64,V 4375.

b/. Páratlan 2V esetén:

13/. 1 2 3V 64,V 75,V 3675, 14/. 1 2 3V 64,V 105,V 2625,

15/. 1 2 3V 64,V 125,V 2205, 16/. 1 2 3V 64,V 147,V 1875,

17/. 1 2 3V 64,V 175,V 1575, 18/. 1 2 3V 64,V 225,V 1225,

19/. 1 2 3V 64,V 245,V 1125, 20/. 1 2 3V 64,V 315,V 875,

21/. 1 2 3V 64,V 375,V 735, 22/. 1 2 3V 64,V 441,V 625,

23/. 1 2 3V 64,V 525,V 525, 24/. 1 2 3V 64,V 625,V 441,

25/. 1 2 3V 64,V 735,V 375, 26/. 1 2 3V 64,V 875,V 315,

27/. 1 2 3V 64,V 1125,V 245, 28/. 1 2 3V 64,V 1225,V 225,

29/. 1 2 3V 64,V 1575,V 175, 30/. 1 2 3V 64,V 1875,V 147,

31/. 1 2 3V 64,V 2205,V 125, 32/. 1 2 3V 64,V 2625,V 105,

33/. 1 2 3V 64,V 3675,V 75, 34/. 1 2 3V 64,V 4375,V 63,

35/. 1 2 3V 64,V 5625,V 49, 36/. 1 2 3V 64,V 6125,V 45,

37/. 1 2 3V 64,V 7875,V 35, 38/. 1 2 3V 64,V 11025,V 25,

39/. 1 2 3V 64,V 13125,V 21, 40/. 1 2 3V 64,V 18375,V 15,

41/. 1 2 3V 64,V 30625,V 9, 42/. 1 2 3V 64,V 39375,V 7,

43/. 1 2 3V 64,V 55125,V 5, 44/. 1 2 3V 64,V 91875,V 3,

45/. 1 2 3V 64,V 275625,V 1.

Számítsuk ki 1 1q ,q,p ,p értékeit:

2 2 2 2

1 3 2 1q (Q Q 1)/2 (24 7 1)/2 312,q 2q 1 2 312 1 625 , 2 2 2 2

1 3 2 1p (Q Q 1)/2 (24 7 1)/2 263,p 2p 1 2 263 1 527 .

Számítsuk ki 1 1 1x ,x, y , y,z ,z értékeit:

a/. Páros 2V esetén:

1./ 1 2 1 1x (V V 1)/2 (64 1 1)/2 32,x 2x 1 65 ,

1 2 1 1y (V V 1)/2 (64 1 1)/2 31,y 2y 1 63 ,

1 3 2 1 1z (V V V)/ 2 (275625 64 1)/ 2 137844,z 2z 275688,

2./ 1 2 1x (V V 1) / 2 (64 3 1) / 2 33, 1x 2x 1 67 ,

1 2 1y (V V 1) / 2 (64 3 1) / 2 30, 1y 2y 1 61 ,

1 3 2 1z (V V V ) / 2 (91875 64 3) / 2 45968, 1z 2z 91936,

3./ 1 2 1 1x (V V 1)/2 (64 5 1)/2 34,x 2x 1 69 ,

1 2 1 1y (V V 1)/2 (64 5 1)/2 29,y 2y 1 59 ,

1 3 2 1 1z (V V V)/ 2 (55125 64 5) / 2 27592,z 2z 55184,

4./ 1 2 1 1x (V V 1)/2 (64 7 1)/2 35,x 2x 1 71 ,

1 2 1 1y (V V 1)/2 (64 7 1)/2 28,y 2y 1 57 ,

1 3 2 1 1z (V V V)/ 2 (39375 64 7)/ 2 19716,z 2z 39432,

5./ 1 2 1 1x (V V 1)/2 (64 9 1)/2 36,x 2x 1 73 ,

1 2 1 1y (V V 1)/2 (64 9 1)/2 27,y 2y 1 55 ,

1 3 2 1 1z (V V V)/ 2 (30625 64 9)/ 2 15340,z 2z 30680,

6./ 1 2 1 1x (V V 1)/2 (64 15 1)/2 39,x 2x 1 79 ,

1 2 1 1y (V V 1)/2 (64 15 1)/2 24,y 2y 1 49 ,

1 3 2 1 1z (V V V)/ 2 (18375 64 15) / 2 9212,z 2z 18424,

7./ 1 2 1 1x (V V 1)/2 (64 21 1)/2 42,x 2x 1 85 ,

1 2 1 1y (V V 1)/2 (64 21 1)/2 21,y 2y 1 43 ,

1 3 2 1 1z (V V V)/ 2 (13125 64 21)/ 2 6584,z 2z 13168,

8./ 1 2 1 1x (V V 1)/2 (64 25 1)/2 44,x 2x 1 89 ,

1 2 1 1y (V V 1)/2 (64 25 1)/2 19,y 2y 1 39 ,

1 3 2 1 1z (V V V)/ 2 (11025 64 25)/ 2 5532,z 2z 11064,

9./ 1 2 1 1x (V V 1)/2 (64 35 1)/2 49,x 2x 1 99 ,

1 2 1 1y (V V 1)/2 (64 35 1)/2 14,y 2y 1 29 ,

1 3 2 1 1z (V V V )/ 2 (7875 64 35) / 2 3952,z 2z 7904,

10./ 1 2 1 1x (V V 1)/2 (64 45 1)/2 54,x 2x 1 109 ,

1 2 1 1y (V V 1)/2 (64 45 1)/2 9,y 2y 1 19 ,

1 3 2 1 1z (V V V )/ 2 (6125 64 45)/ 2 3072,z 2z 6144,

11./ 1 2 1 1x (V V 1)/2 (64 49 1)/2 56,x 2x 1 113 ,

1 2 1 1y (V V 1)/2 (64 49 1)/2 7,y 2y 1 15 ,

1 3 2 1 1z (V V V )/ 2 (5625 64 49)/ 2 2820,z 2z 5640,

12./ 1 2 1 1x (V V 1)/2 (64 63 1)/2 63,x 2x 1 127 ,

1 2 1 1y (V V 1)/2 (64 63 1)/2 0,y 2y 1 1 ,

1 3 2 1 1z (V V V )/ 2 (4375 64 63) / 2 2188,z 2z 4376.

b/. Páratlan 2V esetén:

13./ 1 2 1 1x (V V 1)/2 (75 64 1)/2 69,x 2x 1 139 ,

1 2 1 1y (V V 1)/2 (75 64 1)/2 5,y 2y 1 11 ,

1 3 2 1 1z (V V V )/ 2 (3675 75 64) / 2 1843,z 2z 3686,

14./ 1 2 1 1x (V V 1)/2 (105 64 1)/2 84,x 2x 1 169 ,

1 2 1 1y (V V 1)/2 (105 64 1)/2 20,y 2y 1 41 ,

1 3 2 1 1z (V V V )/ 2 (2625 105 64) / 2 1333,z 2z 2666,

15./ 1 2 1 1x (V V 1)/2 (125 64 1)/2 94,x 2x 1 189 ,

1 2 1 1y (V V 1)/2 (125 64 1)/2 30,y 2y 1 61 ,

1 3 2 1 1z (V V V )/ 2 (2205 64 125) / 2 1072,z 2z 2144,

16./ 1 2 1 1x (V V 1)/2 (147 64 1)/2 105,x 2x 1 211 ,

1 2 1 1y (V V 1)/2 (147 64 1)/ 2 41,y 2y 1 83 ,

1 3 2 1 1z (V V V )/ 2 (1875 147 64) / 2 979,z 2z 1958,

17./ 1 2 1 1x (V V 1)/2 (175 64 1)/2 119,x 2x 1 239 ,

1 2 1 1y (V V 1)/2 (175 64 1)/2 55,y 2y 1 111 ,

1 3 2 1 1z (V V V )/ 2 (1575 147 64) / 2 829,z 2z 1658,

18./ 1 2 1 1x (V V 1)/2 (225 64 1)/2 144,x 2x 1 289 ,

1 2 1 1y (V V 1)/2 (225 64 1)/2 80,y 2y 1 161 ,

1 3 2 1 1z (V V V )/ 2 (1225 225 64) / 2 693,z 2z 1386,

19./ 1 2 1 1x (V V 1)/2 (245 64 1)/2 154,x 2x 1 309 ,

1 2 1 1y (V V 1)/2 (245 64 1)/2 90,y 2y 1 181 ,

1 3 2 1 1z (V V V )/ 2 (1125 245 64) / 2 653,z 2z 1306,

20./ 1 2 1 1x (V V 1)/2 (315 64 1)/2 189,x 2x 1 379 ,

1 2 1 1y (V V 1)/2 (315 64 1)/2 125,y 2y 1 251 ,

1 3 2 1 1z (V V V)/ 2 (875 315 64) / 2 563,z 2z 1126,

21./ 1 2 1 1x (V V 1)/2 (375 64 1)/2 219,x 2x 1 439 ,

1 2 1 1y (V V 1)/2 (375 64 1)/2 155,y 2y 1 311 ,

1 3 2 1 1z (V V V )/ 2 (735 375 64) / 2 523,z 2z 1046,

22./ 1 2 1 1x (V V 1)/2 (441 64 1)/2 252,x 2x 1 505 ,

1 2 1 1y (V V 1)/2 (441 64 1)/2 188,y 2y 1 377 ,

1 3 2 1 1z (V V V)/ 2 (625 441 64) / 2 501,z 2z 1002,

23./ 1 2 1 1x (V V 1)/2 (525 64 1)/2 294,x 2x 1 589 ,

1 2 1 1y (V V 1)/2 (525 64 1)/ 2 230,y 2y 1 461 ,

1 3 2 1 1z (V V V)/ 2 (525 525 64) / 2 493,z 2z 986,

24./ 1 2 1 1x (V V 1)/2 (625 64 1)/2 344,x 2x 1 689 ,

1 2 1 1y (V V 1)/2 (625 64 1)/2 280,y 2y 1 561 ,

1 3 2 1 1z (V V V)/ 2 (441 625 64) / 2 501,z 2z 1002,

25./ 1 2 1 1x (V V 1)/2 (735 64 1)/2 369,x 2x 1 739 ,

1 2 1 1y (V V 1)/2 (735 64 1)/2 335,y 2y 1 671 ,

1 3 2 1 1z (V V V )/ 2 (375 735 64) / 2 523,z 2z 1046,

26./ 1 2 1 1x (V V 1)/2 (875 64 1)/2 469,x 2x 1 939 ,

1 2 1 1y (V V 1)/2 (875 64 1)/2 405,y 2y 1 811 ,

1 3 2 1 1z (V V V)/ 2 (315 875 64) / 2 563,z 2z 1126,

27./ 1 2 1 1x (V V 1)/2 (1125 64 1)/2 594,x 2x 1 1189 ,

1 2 1 1y (V V 1)/2 (1125 64 1)/2 530,y 2y 1 1060 ,

1 3 2 1 1z (V V V )/ 2 (245 1125 64) / 2 653,z 2z 1306,

28./ 1 2 1 1x (V V 1)/2 (1225 64 1)/2 644,x 2x 1 1289 ,

1 2 1 1y (V V 1)/2 (1225 64 1)/2 580,y 2y 1 1161 ,

1 3 2 1 1z (V V V )/ 2 (225 1225 64) / 2 693,z 2z 1386,

29./ 1 2 1 1x (V V 1)/2 (1575 64 1)/2 819,x 2x 1 1638 ,

1 2 1 1y (V V 1)/2 (1575 64 1)/2 755,y 2y 1 1511 ,

1 3 2 1 1z (V V V)/ 2 (175 1575 64) / 2 843,z 2z 1686,

30./ 1 2 1 1x (V V 1)/2 (1875 64 1)/2 969,x 2x 1 1939 ,

1 2 1 1y (V V 1)/2 (1875 64 1)/2 905,y 2y 1 1811 ,

1 3 2 1 1z (V V V )/ 2 (147 1875 64) / 2 979,z 2z 1958,

31./ 1 2 1 1x (V V 1)/2 (2205 64 1)/2 1134,x 2x 1 2269 ,

1 2 1 1y (V V 1)/2 (2205 64 1)/2 1070,y 2y 1 2141 ,

1 3 2 1 1z (V V V )/ 2 (125 2205 64) / 2 1133,z 2z 2266,

32./ 1 2 1 1x (V V 1)/2 (2625 64 1)/2 1344,x 2x 1 2689 ,

1 2 1 1y (V V 1)/2 (2625 64 1)/2 1280,y 2y 1 2561 ,

1 3 2 1 1z (V V V )/ 2 (105 2625 64) / 2 1333,z 2z 2666,

33./ 1 2 1 1x (V V 1)/2 (3675 64 1)/2 1869,x 2x 1 3739 ,

1 2 1 1y (V V 1)/2 (3675 64 1)/2 1805,y 2y 1 3611 ,

1 3 2 1 1z (V V V )/ 2 (75 3675 64) / 2 1843,z 2z 3686,

34./ 1 2 1 1x (V V 1)/2 (4375 64 1)/2 2219,x 2x 1 4439 ,

1 2 1 1y (V V 1)/2 (4375 64 1)/ 2 2155,y 2y 1 4311 ,

1 3 2 1 1z (V V V )/ 2 (63 4375 64) / 2 2187,z 2z 4374,

35./ 1 2 1 1x (V V 1)/2 (5625 64 1)/2 2844,x 2x 1 5689 ,

1 2 1 1y (V V 1)/2 (5625 64 1)/2 2780,y 2y 1 5561 ,

1 3 2 1 1z (V V V )/ 2 (49 5625 64)/ 2 2805,z 2z 56112,

36./ 1 2 1 1x (V V 1)/2 (6125 64 1)/2 3094,x 2x 1 6189 ,

1 2 1 1y (V V 1)/2 (6125 64 1)/ 2 3030,y 2y 1 6061 ,

1 3 2 1 1z (V V V )/ 2 (45 6125 64)/ 2 3053,z 2z 6106,

37./ 1 2 1 1x (V V 1)/2 (7875 64 1)/2 3969,x 2x 1 7939 ,

1 2 1 1y (V V 1)/2 (7875 64 1)/ 2 3905,y 2y 1 7811 ,

1 3 2 1 1z (V V V )/ 2 (35 7875 64) / 2 3923,z 2z 7846,

38./ 1 2 1 1x (V V 1)/2 (11025 64 1)/2 5544,x 2x 1 11089 ,

1 2 1 1y (V V 1)/2 (11025 64 1)/2 5480,y 2y 1 10961 ,

1 3 2 1 1z (V V V)/ 2 (25 11025 64)/ 2 5493,z 2z 10986,

39./ 1 2 1 1x (V V 1)/2 (13125 64 1)/2 6594,x 2x 1 13189 ,

1 2 1 1y (V V 1)/2 (13125 64 1)/2 6530,y 2y 1 13061 ,

1 3 2 1 1z (V V V)/ 2 (21 13125 64)/ 2 6539,z 2z 13078,

40./ 1 2 1 1x (V V 1)/2 (30625 64 1)/2 15345,x 2x 1 30689 ,

1 2 1 1y (V V 1)/2 (30625 64 1)/2 15280,y 2y 1 30561 ,

1 3 2 1 1z (V V V)/ 2 (9 30625 64)/ 2 15285,z 2z 37570,

41./ 1 2 1 1x (V V 1)/2 (30625 64 1)/2 15344,x 2x 1 30689 ,

1 2 1 1y (V V 1)/2 (30625 64 1)/2 15280,y 2y 1 30561 ,

1 3 2 1 1z (V V V)/ 2 (9 30625 64)/ 2 15285,z 2z 30570,

42./ 1 2 1 1x (V V 1)/2 (39375 64 1)/2 19719,x 2x 1 39439 ,

1 2 1 1y (V V 1)/2 (39375 64 1)/2 19655,y 2y 1 39311 ,

1 3 2 1 1z (V V V)/ 2 (7 39375 64)/ 2 19659,z 2z 39318,

43./ 1 2 1 1x (V V 1)/2 (55125 64 1)/2 27594,x 2x 1 55189 ,

1 2 1 1y (V V 1)/2 (55125 64 1)/2 27530,y 2y 1 55061 ,

1 3 2 1 1z (V V V)/ 2 (5 55125 64) / 2 27533,z 2z 55066,

44./ 1 2 1 1x (V V 1)/2 (91875 64 1)/2 45969,x 2x 1 91939 ,

1 2 1 1y (V V 1)/2 (91875 64 1)/2 45905,y 2y 1 91811 ,

1 3 2 1 1z (V V V)/ 2 (3 91875 64) / 2 45907,z 2z 91814,

45./ 1 2 1 1x (V V 1)/2 (275625 64 1)/2 137844,x 2x 1 275688 ,

1 2 1 1y (V V 1)/2 (275625 64 1)/2 137780,y 2y 1 275561 ,

1 3 2 1 1z (V V V )/ 2 (1 275625 64)/ 2 137781,z 2z 275562 .

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

1 1 1 1 1 1(x y )(x y 1)(2z 2y 1) 21 1 1 1 1 1r (2q 1)(q p )(q p 1),

2(x y)(x y)(z y) r q(q p)(q p) ,

4./ (35 28)(35 28 1)(2 19716 2 28 1) 7 64 39375 2 2 2 24200 (2 312 1)(312 263)(312 263 1) 25 17 24 ,

2(71 57)(71 57)(39432 57) 8400 625(625 527)(625 527), 214 128 39375 70560000 8400 625 98 1152 ,

9./ (49 14)(49 14 1)(2 3952 2 14 1) 35 64 7875

2 2 2 24200 (2 312 1)(312 263)(312 263 1) 25 17 24 , 2(99 29)(99 29)(7904 29) 8400 625(625 527)(625 527),

270 128 7875 70560000 8400 625 98 1152 ,

18./ (144 80)(144 80 1)(2 693 2 80 1) 64 2251225 2 2 2 24200 (2 312 1)(312 263)(312 263 1) 25 17 24 ,

2(289 161)(289 161)(1386 161) 8400 625(625 527)(625 527), 2128 450 1225 70560000 8400 625 98 1152

33./ (1869 1805)(1869 1805 1)(2 1843 2 1805 1) 64 3675 75

2 2 2 24200 (2 312 1)(312 263)(312 263 1) 25 17 24 , 2(3739 3611)(3739 3611)(3686 3611) 8400 625(625 527)(625 527), 2128 7350 75 70560000 8400 625 98 1152 ,

Írjuk fel az egyenletet:

1 1 1 1 1 1m 2

(x y)(x y 1)(2z 2y 1)

m 1 1 1 1 1

(2q 1)(q p )(q p 1)r ,(2)

1 1 1 1 1 1 1 1 2 3(x y )(x y 1)(2z 2y 1) / 2 r VV V , (2/a), m 2 m m m m

1 1 1 1 1 1 1 2 3(2q +1)(q p )(q p 1)/2 r Q Q Q ,(2/ b) .

A 2/b komponens egyenlet megoldása:

m 2 m m m m1 1 1 1 1 1 1 2 3(2q 1)(q p )(q p 1) / 2 r Q Q Q ,

m 2 m m m

1 1 1 1 1 1

m m 2 m m1 1 2 1 1 2 1 1 2

m m m 2 m1 1 3 1 1 3 1 1 3

2q 1 2 Q 2q 1 Q 2q 1 Q

1. q p Q ,2. q p 2 Q ,3. q p Q

q p Q 1 q p Q 1 q p 2 Q 1

Az 1. változat alapján m 3 kitevők esetén nincs megoldás,

1Q tört. A 2. és 3. változat alapján kapjuk:

m m 2 m m m 2 m

1 3 2 1 3 2q (Q 2 Q 1) / 2,p (Q 2 Q 1) / 2, m m m 2 m

1 1 3 2q (Q 1) / 2 (Q 2 Q 1) / 2, m 2 m m m m m m m 2

2 1 3 2 1 32 Q Q Q ,Q (Q Q ) / 2 ,

ahol 1 3Q ,Q páratlan számok,

m 2 m m m 2 m m

1 3 2 1 3 2q (2 Q Q 1) / 2,p (2 Q Q 1) / 2, m m 2 m m

1 1 3 2q (Q 1) / 2 (2 Q Q 1) / 2, m 2 m m m m m m m 2

3 1 2 3 1 22 Q Q Q ,Q (Q Q ) / 2 ,

ahol 1 2Q ,Q páratlan számok.

A m 2 m m m m 2 m m m

2 1 3 3 1 22 Q Q Q ,2 Q Q Q egyenletek azonosak

a 7. példában m 3 esetén kapottakkal.

9. SZ. PÉLDA: A m 2 24x 4z 9y 6y 1 0 , (1)

Kiinduló adatok: x, y, z – pozitív egészek.

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

m4x 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.

1 1 1 1 14 2x 2 2z 1 3 2y 1 1 2 2z 1 3 2y 1 1 ,

1 1 1 1m m m1 1 2m

2z 3y 2z 3y 2x V V .

A részegyenlet inhomogén, határozott: i k 2 . Írjuk fel a megoldási változatokat:

m m m1 1 1 1 1 1

m m m1 1 2 1 1 2

2z 3y 2 V 2z 3y V1. 2.

2z 3y V 2 , 2z 3y 2 V 2,

ahol 1 2V ,V d 1 .

Az 1. változat alapján kapjuk:

m m m m m m1 2 1 1 2 1, y ,z V 2 V 2 / 4 V 2 V 2 / 6

ahol m m m2 1 1V > 2 V 2 ,V páratlan, 2V páros,

A 2. változat alapján kapjuk:

m m m m m m1 2 1 1 2 1, y ,z 2 V V 2 / 4 2 V V 2 / 6

ahol m m m2 1 22 V > V 2 ,V páratlan, 1V páros,

2 3V 2V , 1 1 2 1 3x V V 2V V ,

m m m3 12 1

V V 1V 2 V 2y ,

m m m3 12 1

V V 1V 2 V 2z ,

ahol 1V páratlan, 2 3V ,V páros, 1 0V 2k 1, 3 1V V 1 .

Vizsgáljuk a 3 1(V V 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.

A tört átalakításával kapjuk:

3 1 0 1 0V V 3k 1 2k 1 3k 1 2 3k k 1 ,

ahol 0 1k 0,1,2,3, ,k 0,1,2,3, , 1k 2k , mivel 3V páros.

1 3V 2V , 1 1 2 2 3x VV 2V V ,

m m m2 32 1

V V 12 V V 2y ,

m m m2 32 1

V V 12 V V 2z ,

ahol 2V páratlan, 1 3V ,V páros, 2 0V 2k 1.

Vizsgáljuk a 2 3(V V 1)/3 k tört oszthatóságát.

A tört átalakításával, kapjuk:

3 2 0 1 0 0 1V 3k V 1 3k 2k 1 1 3 2k 2k 2 k 3k

ahol 0 1k 1,2,3, ,k 0,1,2,3, , 0 1k >3k , 1k 2k , 3V páratlan.

A részegyenlet vizsgálata m > 1 esetén

m m m m m m1 2 1 1 2 1, y ,z V 2 V 2 / 4 V 2 V 2 / 6

ahol m m m2 1 1V > 2 V 2 ,V páratlan, 2V páros, 2 3V 2V .

m m m m m 1 m m 1 m3 1 3 1

2 V 2 V 2 2 V 2 V 1z

m m m m m 1 m m 1 m3 1 3 1

1y2 V 2 V 2 2 V 2 V 1

m m m1 2 1y 2 V V 2 / 6, m m m

1 2 1z 2 V V 2 / 4,

ahol m m m2 1 22 V > V 2 ,V páratlan, 1V páros, 1 3V 2V .

m m m m m 1 m m 1 m2 3 2 3

2 V 2 V 2 2 V 2 V 1z

m m m m m 1 m m 1 m3 1 3 1

1y2 V 2 V 2 2 V 2 V 1

A kapott eredmények alapján m > 1 esetén az a részegyenletnek nincs megoldása, mivel 1z tört.

1 1 1 1 14 2x 2 2z 3 2y 1 1 2 2z 3 2y 1 1 ,

1 1 1 1m m m1 1 2m

2z 3y 1 2z 3y 1x V V ,

A részegyenlet inhomogén, határozott: i k 2 .

Írjuk fel a megoldási változatokat:

m m m1 1 1 1 1 1

m m m1 1 2 1 1 2

2z 3y 2 V 1 2z 3y V 11. , 2.

2z 3y V 1 2z 3y 2 V 1,

ahol 1 2V ,V d 1 .

m m m m m m2 1 2 1

1 1, y ,V 2 V V 2 V 2

ahol m m m2 1 1V > 2 V 2 ,V páratlan, 2V páros.

m m m m m m2 1 2 1

1 1, y ,2 V V 2 V V 2

ahol m m m2 1 22 V > V 2 ,V páratlan, 1V páros.

2 3V 2V , 1 1 2 1 3x VV 2VV ,

m m m3 12 1

V V 1V 2 V 2y ,

m m m3 12 1

V VV 2 Vz ,

ahol 1 3V ,V páratlan, 2V páros, 3 1V V 1 .

3 1 0 0 1V V 3k 1 2k 1 3k 1 2k 6k 5,

ahol 0 1k 0,1,2,3, ,k 0,1,2,3, , 1 0V 2k 1, 1k 2k 1, 3V páratlan.

1 3V 2V , 1 1 2 2 3x VV 2V V ,

m m m2 32 1

V V 12 V V 2y ,

m m m2 32 1

V V2 V Vz ,

ahol 1V páros, 2V , 3V páratlan, 2 3V V 1 .

3 2 0 0 1V 3k V 1 3k 2k 1 1 2k 6k 3,

ahol 0 1k 2,3,4, ,k 0,1,2,3, , 0 12k >3 2k 1 , 1k 2k 1.

Az 1. megoldási változat alapján kapjuk:

m m m m m m1 2 1 1 2 1, y ,z V 2 V / 4 V 2 V 2 / 6

ahol m m m2 1 1V > 2 V 2 ,V páratlan, 2V páros, 2 3V 2V .

1 1 2 1 3x V V 2V V , m m m m m 2 m m1 3 1 3 1z 2 V 2 V / 4 2 V V ,

m m m m m 1 m m 1 m3 1 3 1

1y2 V 2 V 2 2 V 2 V 1

ahol 1V páratlan, m 1 m m 1 m3 12 V 2 V 1 .

A vizsgálat kivitelezhető m 1 mellett, mivel k i 2 . Vizsgáljuk a m 1 m m 1 m

3 1(2 V 2 V 1)/3 k tört oszthatóságát.

A vizsgálat – a páratlan osztók miatt – konkrét kitevők mellett, próbálkozással nyert adatokkal lehet eredményes. A kikötésekkel választható 1V , vagy 3V értékekhez tartozó

megoldási sorozatok, a képlet mk -re történő rendezésével, véges

próbálkozással produkálhatók. Ennek során meghatározásra kerül a megoldássorozat egymást követő legkisebb 3(1)V , 3(2)V eleme,

periódusa és 3 nV eleme. A próbálkozások száma: P 1.

A tört átrendezése két változat szerint lehetséges:

1/. mm 1m 1 m

0m 13 m 1 m 1

3k 2 2k 1 13k 2 V 1V

m m 102k 1 3k 1 2 ,

ahol k – páratlan, 1 0V 2k 1,

2/. mm 1m 1 m

0m 31 m 1 m 1

2 2k 1 3k 12 V 3k 1V

m m 102k 1 3k 1 2 ,

ahol k – páratlan, 3 0V 2k 1, m m 102k 1 3k 1 2 .

Végezzük el a vizsgálatot 3V -ra történő rendezés mellett

m 1 esetén kapjuk:

11m 1 1 1

3(2k 1) 13k 16k 4,

3 0 1V 2k 6k 5,

ahol k – páratlan egész szám, 1 0V 2k 1,

0 1k 0,1,2,3, ,k 0,1,2,3, , 1k 2k 1 , 13V páratlan, 1 3(V,V ) d 1.

m 2 esetén kapjuk:

1 2 22m 1 m 1 2 2

3k 1 3(2k 1) 1 3k 23k 2,

3 0 2V 2k 1 3k 2 ,

ahol ' '0 0 0 2k 3k 1,k 0,1,2,3, ,k ?, 1 2 1 3k 2k 1,(V,V ) d 1.

m 3 esetén kapjuk:

3 323m 2 m 2 3 3

3 2k 2 3k 13k 23k 1,

3 0 3V 2k 1 3k 1 ,

ahol 0k 0,1,2,3, , 2k ?, 2 3k 2k , 1 3(V,V ) d 1.

m 4 esetén kapjuk:

43 44m 3 m 3 4 4

3 2k 1 13k 1 3k 23k 2,

3 0 4V 2k 1 3k 2 ,

ahol ' '0 0 0 4k 3k 1,k 0,1,2,3, ,k ?, 3 4 1 3k 2k 1,(V,V ) d 1.

m 5 esetén kapjuk:

5 545m 4 m 4 5 5

3 2k 2 3k 13k 23k 1,

3 0 5V 2k 1 3k 1 ,

ahol 0k 0,1,2,3, , 5k ?, 4 5 1 3k 2k ,(V,V ) d 1. stb.

3V - ra történő rendezés mellett, általánosan írhatjuk:

Páros m esetén:

2m2m3 0 2m

V 2k 1 3k 2, (6), ahol

' '1 0 0 0 0 2m

V 2k 1,k 3k 1,k 0,1,2,3, ,k ?, ' 2m 1 32m 1k 2k 1,(V,V ) d 1.

Páratlan m esetén:

2m 12m 13 0 2m 1

V 2k 1 3k 1

, (7),

ahol '

'0 2m 1

k 0,1,2,3, ,k ?,m

' 1 32m 2m 1k 2k ,(V,V ) d 1.

m esetén m 3k ,V összefüggő, megoldást adó, értékei a

(6). és (7). képletek alapján közvetlenül nem kaphatók meg, mint m 1 esetén, amikor választott 1k értékek alapján 3V értékei

egyértelműen számíthatók. A feltételekkel választható 1V -hez

tartozó megoldási sorozatok a (6/a) és (7/a) képletek alapján, véges próbálkozással produkálhatók:

2m2m3 0

V 2k 1 2k ,

(6/a),

ahol '

' '1 0 0 0 0 2m

V 2k 1,k 3k 1,k 0,1,2,3, ,k ?, 1 3(V,V ) d 1.

2m 12m 13 0

V 2k 1 1k

, (7/a),

ahol 1 0 0V 2k 1,k 0,1,2,3, , ' 1 32m 1k ?,(V,V ) d 1.

A (6/a) és (7/a) képletek alapján, próbálkozással, meghatározható a választott 1 0V (k ) értékhez tartozó

megoldássorozat két egymást követő legkisebb 3(1)V , 3(2)V eleme.

Majd ezek alapján a megoldássorozat periódusa és tetszőleges

3 nV eleme. A próbálkozások száma: P 1 .

Írjuk fel az aktuális összefüggéseket:

3(2) 3(1) 3(1)3 nV V ,V n V ,

ahol n a választott 1 0V (k ) értékhez tartozó megoldássorozat

3 nV elemének sorszáma, a megoldássorozat periódusa.

A 2. megoldási változat alapján kapjuk:

m m m m m m1 2 1 1 2 1, y ,z 2 V V / 4 2 V V 2 / 6

ahol m m m2 1 22 V > V 2 ,V páratlan, 1V páros, 1 3V 2V .

1 1 2 2 3x V V 2V V

m m m m m 2 m m1 2 3 2 3z 2 V 2 V / 4 2 V V ,

m m m m m 1 m m 1 m1 2 3 2 3y 2 V 2 V 2 / 6 2 V 2 V 1 / 3 .

A vizsgálat kivitelezhető m 1 mellett, mivel k i 2 . Vizsgáljuk a m 1 m m 1 m

2 3(2 V 2 V 1)/3 k tört oszthatóságát.

A vizsgálat – a páratlan osztók miatt – csak konkrét kitevők mellett, próbálkozással nyert kiinduló adatokkal, eredményes. A megkötésekkel választható 3V , vagy 2V értékekhez tartozó

megoldási sorozatok a képlet mk re történő rendezése mellett

véges próbálkozással produkálhatók. Ennek során meghatározásra kerül a megoldássorozat két egymást követő legkisebb 2(1)V , 2(2)V

eleme, majd ezek alapján a választott 3V értékhez tartozó sorozat

periódusa, 2 nV eleme. A próbálkozások száma: P 1 .

A tört átrendezése két változat szerint lehetséges:

1/. mm 1m 1 m

0m 32 m 1 m 1

3k 2 2k 1 13k 2 V 1V

m m 102k 1 3k 1 2 ,

ahol k – páratlan, 3 0V 2k 1,

2/. mm 1m 1 m

0m 23 m 1 m 1

2 2k 1 3k 12 V 3k 1V

m m 102k 1 3k 1 2 ,

ahol k – páratlan egész szám, 2 0V 2k 1, m m 102k 1 3k 1 2 .

Végezzük el a vizsgálatot 2V re történő rendezés mellett.

m 1 esetén kapjuk:

11m 1 1 1

3(2k 1) 13k 16k 4,

2 0 1V 2k 6k 5,

ahol k – páratlan egész szám, 1 0V 2k 1,

0 1k 0,1,2,3, ,k 0,1,2,3, , 1k 2k 1 , 12V páratlan, 2 3(V ,V ) d 1.

m 2 esetén kapjuk:

1 2 22m 1 m 1 2 2

3k 1 3(2k 1) 1 3k 23k 2,

2 0 2V 2k 1 3k 2 ,

ahol ' '0 0 0k 3k 1,k 0,1,2,3, , 2k ?, 1 2 2 3k 2k 1,(V ,V ) d 1.

m 3 esetén kapjuk:

3 323m 2 m 2 3 3

3 2k 2 3k 13k 23k 1,

2 0 3V 2k 1 3k 1 ,

ahol 0k 0,1,2,3, , 3k ?, 2 3k 2k , 2 3(V ,V ) d 1.

m 4 esetén kapjuk: 43 4

4m 3 m 3 4 4

3 2k 1 13k 1 3k 23k 2,

2 0 4V 2k 1 3k 2 ,

ahol ' '0 0 0k 3k 1,k 0,1,2,3, , 4k ?, 3 4 2 3k 2k 1,(V ,V ) d 1.

m 5 esetén kapjuk:

5 545m 4 m 4 5 5

3 2k 2 3k 13k 23k 1,

2 0 5V 2k 1 3k 1 ,

ahol 0k 0,1,2,3, , 5k ?, 4 5 2 3k 2k ,(V ,V ) d 1. stb.

2V re történő rendezés mellett általánosan írhatjuk:

Páros m esetén:

2m2m2 0 2m

V 2k 1 3k 2, (8),

ahol '' '

3 0 0 0 0 2mV 2k 1,k 3k 1,k 0,1,2,3, ,k ?,

' 2m 2 32m 1k 2k 1,(V,V) d 1.

Páratlan m esetén:

2m 12m 12 0 2m 1

V 2k 1 3k 1

, (9),

ahol 0k 0,1,2,3, , '

2m 1k ?,m

' ' 3 0 1 32m 2m 1k 2k ,V 2k 1,(V,V ) d 1.

m esetén m 2k ,V összefüggő, megoldást adó, értékei a

(8). és (9). képletek alapján közvetlenül nem kaphatók meg, mint m 1 esetén, amikor választott 1k értékek alapján 2V értékei

egyértelműen számíthatók. A megkötésekkel választható 3V

értékhez tartozó megoldási sorozatok a (8/a). és (9/a). képletek alapján, véges próbálkozással produkálhatók:

2m2m2 0

V 2k 1 2k

(8/a), ahol

' '3 0 0 0 0 2m

V 2k 1,k 3k 1,k 0,1,2,3, ,k ?, 2 3(V ,V ) d 1.

2m 12m 12 0

V 2k 1 1k

, (9/a), ahol

3 0 0V 2k 1,k 0,1,2,3, , ' 2 32m 1k ?,(V ,V ) d 1.

A (8/a) és (9/a) képletek alapján – próbálkozással – meghatározásra kerül a megoldássorozat két egymást követő legkisebb 2(1)V , 2(2)V eleme, majd ezek alapján a választott

3 0V (k ) értékhez tartozó megoldássorozat periódusa, illetve

tetszőleges 2 nV eleme. A próbálkozások száma: P 1.

Írjuk fel a vonatkozó összefüggéseket:

2 n 2 2 n 1V V , 2 n 2 n 2 2 n 1 2 n 1 2 n 1V n (V V ) V n V ,

ahol n a választott 3 0V (k ) értékhez tartozó megoldássorozat

2 nV elemének sorszáma, a megoldássorozat periódusa.

1. Példa megoldása: a. Kiinduló adatok: 0m 3,k 0 , n 11 , ahol n – a

0k 0 értékhez tartozó megoldás periódusszáma.

A (7). képlet alapján kapjuk:

2m 12m 13 0 2m 1V 2k 1 3k 1

3 333 0 3 3 3V 2k 1 3k 1 2 0 1 3k 1 3k 2 , 3

3 3V 3k 2,

3 33(1)

V 2 2 2k 2,

3 33(2)

V 2 5 2k 41.

Határozzuk meg a sorozat periódusát és 3(n)V értékét, a

próbálkozással kapott 3(1)V 2, 3(2)V 5 értékek alapján:

3(2) 3(1)V V 5 2 3, 3(1)3 n 311V V n V 11 3 2 35.

Az 1. megoldási változat képletei alapján kapjuk:

1 1 2 1 3(11)x V V 2V V 2 1 35 1 70 70, 1 0V 2k 1 2 0 1 1,

m 2 m m 3 2 3 31 3(11) 1z 2 V V 2 35 1 85752,

m 1 m m 1 m 3 1 3 3 1 33(11) 1

1y2 V 2 V 1 2 35 2 1 1

57165.3 3

1 1 1 1m m m1 1 2m

2z 3y 1 2z 3y 1x V V ,

1x 1 70 343000

2 85752 3 57165 1 2 85752 3 57165 11 70

b. Kiinduló adatok: 0m 3,k 1 , n 5 , ahol n – a 0k 1

értékhez tartozó megoldás sorszáma. A (7). képlet alapján kapjuk:

2m 12m 13 0 2m 1V 2k 1 3k 1

3 333 0 3 3 3V 2k 1 3k 1 2 1 1 3k 1 3k 28 , 3

3 3V 3k 28,

3 33(1)

V 1 4 1k 9 9 12,

3 33(2)

V 1 7 1k 9 9 105.

próbálkozással kapott 3(1)V 4, 3(2)V 7 , értékek alapján:

3(2) 3(1)V V 7 4 3, 3(1)3 n 3 5V V n V 5 3 4 19.

1 1 2 1 3(5)x V V 2V V 2 3 19 3 38 114, 1 0V 2k 1 2 1 1 3,

m 2 m m 3 2 3 31 3(5) 1z 2 V V 2 19 3 13772, m 1 m m 1 m 3 1 3 3 1 3

3(5) 11y

2 V 2 V 1 2 19 2 3 19109.

1 1 1 1m m m1 1 2m

2z 3y 1 2z 3y 1x V V .

3m1x 3 38 1481544

2 13772 3 9109 1 2 13772 3 9109 13 38

c. Kiinduló adatok: 0m 5,k 2 , n 7 , ahol n – a 0k 2

2m 12m 13 0 2m 1V 2k 1 3k 1

5 553 0 5 5 5V 2k 1 3k 1 2 2 1 3k 1 3k 3126 ,

5 55(1) 3(1)k (V 0)/3 1042 (6 0)/3 1042 1550,

5 55(2) 3(2)k (V 0) / 3 1042 (9 0) / 3 1042 18641.

3(2) 3(1)V V 9 6 3, 3(1)3 n 37V V n V 7 3 6 27.

1 1 2 1 3(7)x VV 2VV 2 5 27 5 54 270, 1 0V 2k 1 2 2 1 5,

m 2 m m 5 2 5 51 3(7) 1z 2 V V 2 27 5 114816256,

m 1 m m 1 m 5 1 5 5 1 53(7) 1

1y2 V 2 V 1 2 27 2 5 1

76510837.3 3

1 1 1 1m m m1 1 2m

2z 3y 1 2z 3y 1x V V .

5m1x 5 54 1434890700000

2 114816256 3 76510837 1 2 114816256 3 76510837 15 54 .

2. Példa megoldása: a. Kiinduló adatok: 0m 2,k 0 , n 5 , ahol n – a 0k 0

2m2m3 0 2mV 2k 1 3k 2 .

2 223 0 2 2 2V 2k 1 3k 2 2 0 1 3k 2 3k 3,

2 22 23(1) 3(2)

2(1) 2(2)

V 0 V 03 0 6 0k 1 1 2,k 1 1 11.

3 3 3 3

3(2) 3(1)V V 6 3 3, 3(1)3 n 3 5V V n V 5 3 3 18.

1 1 2 1 3(5)x V V 2V V 2 1 18 1 36 36, 1 0V 2k 1 2 0 1 1,

m 2 m m 2 2 2 21 3(5) 1z 2 V V 2 18 1 325,

m 1 m m 1 m 2 1 2 2 1 23(5) 1

1y2 V 2 V 1 2 18 2 1 1

215.3 3

1 1 1 1m m m1 1 2m

2z 3y 1 2z 3y 1x V V .

2m1x 1 36 1296

2 325 3 215 1 2 325 3 215 11 36

2m2m3 0 2mV 2k 1 3k 2 ,

4 443 0 4 4 4V 2k 1 3k 2 2 6 1 3k 2 3k 28563,

4 44(1) 3(1)k (V 0)/3 9521 (15 0)/3 9521 7354,

4 24(2) 3(2)k (V 0) / 3 9521 (18 0) / 3 9521 25471.

3(2) 3(1)V V 18 15 3, 3(1)3 n 3 7V V n V 7 3 15 36.

1 1 2 1 3(7)x V V 2V V 2 13 36 13 72 936, 1 0V 2k 1 2 6 1 13,

m 2 m m 4 2 4 41 3(7) 1z 2 V V 2 36 13 1441348,

m 1 m m 1 m 4 1 4 4 1 43(7) 1

1y2 V 2 V 1 2 36 2 13 1

808573.3 3

1 1 1 1m m m1 1 2m

2z 3y 1 2z 3y 1x V V .

4m1x 13 72 767544201216

2 1441348 3 808573 1 2 1441348 3 808573 113 72 .

c. Kiinduló adatok: 0m 4,k 3 , n 5 , ahol n – a 0k 3

2m2m3 0 2mV 2k 1 3k 2 ,

4 443 0 4 4 4V 2k 1 3k 2 2 3 1 3k 2 3k 2403,

4 44(1) 3(1)k (V 0)/3 801 (9 0)/3 801 1386,

4 24(2) 3(2)k (V 0) / 3 801 (12 0) / 3 801 6111.

3(2) 3(1)V V 9 6 3, 3(1)3 n 3 5V V n V 5 3 9 24.

1 1 2 1 3(5)x V V 2VV 2 7 24 7 48 336, 1 0V 2k 1 2 3 1 7,

m 2 m m 4 2 4 41 3(5) 1z 2 V V 2 24 7 1336708,

m 1 m m 1 m 4 1 4 4 1 43(5) 1

1y2 V 2 V 1 2 24 2 7 1

878333.3 3

1 1 1 1m m m1 1 2m

2z 3y 1 2z 3y 1x V V .

4m1x 7 48 12745506816

2 1336708 3 878333 1 2 1336708 3 878333 17 48

3. Példa megoldása:

a. Kiinduló adatok: 0m 2,k 3 , n 8 , ahol n – a 0k 3

értékhez tartozó megoldás sorszáma.

2m2m2 0 2m

V 2k 1 3k 2,

2 222 0 2 2 2V 2k 1 3k 2 2 3 1 3k 2 3k 51,

2 22 22(1) 2(2)

2(1) 2(2)

V 0 V 09 0 12 0k 17 17 10,k 17 17 31.

3 3 3 3

2(2) 2(1)V V 12 9 3, 2(1)2 n 2 8V V n V 8 3 9 33.

A 2. megoldási változat képletei alapján:

1 1 2 2(8) 3x VV 2V V 2 33 7 33 14 462, 3 0V 2k 1 2 3 1 7,

m 2 m m 2 2 2 21 2(8) 3z 2 V V 2 33 7 1138,

m 1 m m 1 m 2 1 2 2 1 22(8) 1

1y2 V 2 V 1 2 33 2 7 1

693.3 3

1 1 1 1m m m

1 1 2m

2z 3y 1 2z 3y 1x V V .

2m1x 14 33 213444

2 325 3 215 1 2 325 3 215 114 33

2m 12m 12 0 2m 1

V 2k 1 3k 1

3 332 0 2 2 2V 2k 1 3k 1 2 2 1 3k 1 3k 126, 3 33 32(1) 2(2)

3(1) 3(2)

V 0 V 06 0 9 0k 42 42 30,k 42 42 201.

3 3 3 3

próbálkozással kapott 2(1)V 6, 2(2)V 9 ), értékek alapján:

2(2) 2(1)V V 9 6 3, 2(1)2 n 2 7V V n V 7 3 6 27.

A 2. megoldási változat képletei alapján kapjuk:

1 1 2 2(7) 3x VV 2V V 2 27 5 27 10 270, 3 0V 2k 1 2 2 1 5,

m 2 m m 3 2 3 31 2(7) 3z 2 V V 2 27 5 39616,

m 1 m m 1 m 3 1 3 3 1 32(7) 1

1y2 V 2 V 1 2 27 2 5 1

26077.3 3

1 1 1 1m m m1 1 2m

2z 3y 1 2z 3y 1x V V .

3m1x 27 10 19683000

2 39616 3 26077 1 2 39616 3 26077 110 27

1 1 1 1 14 2x 1 2 2z 1 3 2y 1 1 2 2z 1 3 2y 1 1 ,

m m m1 1 1 1 1 1 22x 1 2z 3y 2z 3y 2 V V . (10).

A részegyenlet inhomogén, határozott: i k 2 . Írjuk fel a megoldó képleteket:

m1 1 1

m1 1 2

2z 3y V1. ,

2z 3y V 2

m m m m1 2 1 2 1 1 2 1, yx V V , z V V 2 / 4 V V 2 / 6,

ahol m m2 1 1 2V > V 2 ,V ,V páratlan számok, 1 2V ,V d 1 .

Vizsgáljuk a m m

2 1(V V 2) / 6 k tört oszthatóságát.

A vizsgálat – a páratlan osztók miatt – általánosan csak konkrét kitevők mellett, próbálkozással nyert kiinduló adatokkal, eredményes. A megkötésekkel választható 1V , vagy 2V

értékekhez tartozó megoldási sorozatok a képlet mk re történő

rendezése mellett véges próbálkozással produkálhatók. Ennek során meghatározásra kerül a megoldássorozat két egymást követő legkisebb 2(1)V , 2(2)V eleme, majd ezek alapján a választott 1V

értékhez tartozó sorozat periódusa, illetve 2 nV eleme. A

próbálkozások száma: P 1. A tört változóinak együtthatói egységnyiek, ezért a vizsgálat egyszerűsödik. A tört átrendezése két változatot ad:

1/. m m2 1V V 6k 2 , 2/. m m

1 2V V 6k 2 ,ahol m2V 6k 2 .

Vizsgáljuk a m m

2 1(V V 2) / 6 k tört oszthatóságát:

mm m2 1 0V V 6k 2 2k 1 6k 2 , ahol 1 0V 2k 1 .

Vizsgáljuk a m m

2 1(V V 2) / 4 k tört oszthatóságát is:

m mm m0 02 1

2k 1 6k 2 2k 1 2V V 2z

02k 1 3k

0 m2k 1 6k 3

, ahol mk 2k 1.

mk 2k 1 behelyettesítésével véglegesen kapjuk:

m m mm2 0 0 m 0 mV 2k 1 6k 2 2k 1 6 2k 1 2 2k 1 12k 8 ,

mm2 0 mV 2k 1 12k 8 , (11),

ahol ' '0 0 0 mk 3k 1,k 0,1,2,3, , k ? páros kitevők esetén,

0 mk 0,1,2,3, , k ? páratlan kitevők esetén.

1. Példa megoldása:

mm2 0 1V 2k 1 12k 8 ,

m 2m2 0 1 1 1V 2k 1 12k 8 2 0 1 12k 8 12k 9 ,

2 2 2 2m(1) 2(1) m(2) 2(2)k (V 9)/12 (3 9)/12 0,k (V 9)/12 (9 9)/12 6.

2(2) 2(1)V V 9 3 6, 2(1)2 n 2 5V V n V 5 6 3 33.

A megoldó képletek alapján kapjuk:

1 2(5)x VV 1 33 33, ( 1 0V 2k 1 2 0 1 1), m m 2 22 1

V V 2 33 1 2 z 272,

m m 2 22 1

1yV V 2 33 1 2

181.6 6

m m m m1 1 1 1 1 1 22x 1 x 2z 3y 2z 3y 2 V V ,

2 21 33 1089 2 272 3 181 2 272 3 181 2 1 1089 1 33 .

A (11). képlet alapján kapjuk: mm2 0 1V 2k 1 12k 8 ,

m 3m2 0 1 1 1V 2k 1 12k 8 2 2 1 12k 8 12k 133 ,

3 33 32(1) 2(2)

m(1) m(2)

V 1 V 113 1 25 1k 11 11 172,k 11 11 1291.

12 12 12 12

2(2) 2(1)V V 25 13 12, 2(1)2 n 2 4V V n V 4 12 13 61.

1 2(4)x VV 5 61 530, ( 1 0V 2k 1 2 2 1 5), m m 3 32 1

V V 2 61 5 2 z 56776,

m m 3 32 1

1yV V 2 61 5 2

37809.6 6

m m m m1 1 1 1 1 1 22x 1 x 2z 3y 2z 3y 2 V V ,

3 35 61 28372625 2 56776 3 37809 2 56776 3 37809 2 5 61 .

1 1 1 1 14 2x 1 2 2z 3 2y 1 1 2 2z 3 2y 1 1 ,

m m m1 1 1 1 1 1 22x 1 2z 3y 1 2z 3y 1 V V . (12).

A részegyenlet inhomogén, határozott: i k 2 .

Írjuk fel a megoldó képleteteket:

m1 1 1

m1 1 2

2z 3y V 11. ,

2z 3y V 1

m m m m1 2 1 2 1 1 2 1, y ,x V V , z V V / 4 V V 2 / 6

ahol m m2 1 1 2V > V 2 ,V ,V – páratlan számok, 1 2V ,V d 1 .

Vizsgáljuk a m m2 1(V V 2) / 6 k tört oszthatóságát.

A vizsgálat – a páratlan osztók miatt – általánosan csak konkrét kitevők mellett, próbálkozással nyert kiinduló adatokkal, eredményes. A megkötésekkel választható 1V , vagy 2V

értékekhez tartozó megoldási sorozatok a képlet mk re történő

rendezése mellett véges próbálkozással produkálhatók. Ennek során meghatározásra kerül a megoldássorozat két egymást követő legkisebb 2(1)V , 2(2)V eleme, majd ezek alapján a választott 1V

értékhez tartozó sorozat periódusa, illetve 2 nV eleme. A

próbálkozások száma: P 1. A tört változóinak együtthatói egységnyiek, ezért a vizsgálat egyszerűsödik. A tört átrendezése két változatot ad:

1/. m m2 1V V 6k 2 ,

2/. m m1 2V V 6k 2 , ahol m

2V 6k 2 .

2 1(V V 2) / 6 k tört oszthatóság-vizsgálata:

mm m2 1 0V 6k V 2 2k 1 6k 2 , ahol 1 0V 2k 1 .

Ellenőrizzük a m m1 2 1z V V / 4 tört oszthatóságát is:

m m mm m0 0 02 1

2k 1 6k 2 2k 1 2 2k 1 6k 2V Vz

02k 1 3k+1

0 m 0 m2k 1 3 2k 1 2k 1 6k 1

Véglegesen kapjuk:

m m mm2 0 0 m 0 mV 2k 1 6k 2 2k 1 6 2k 2 2k 1 12k 2 ,

mm2 0 mV 2k 1 12k 2 , (14), ahol m 1k ?,m 2m 1.

1m 2m mellett a d részegyenletnek nincs megoldása:

1 1 11

2m 2m 2m2m2 0 2 0

V 2k 1 2 2k 1 2k 1 2k

– tört.

1m 2m 1 mellett a 0k értékhez tartozó 2(n)V periódusa és

értéke véges próbálkozással produkálható. 1. Példa megoldása:

m 3m2 0 m m mV 2k 1 12k 2 2 3 1 12k 2 12k 345 ,

3 33 32(1) 2(2)

m(1) m(2)

V 9 V 99 9 21 9k 28 28 32,k 28 28 743.

12 12 12 12

próbálkozással kapott 2(1)V 9, 2(2)V 21 értékek alapján:

2(2) 2(1)V V 21 9 12, 2(1)2 n 2 7V V n V 7 12 9 93.

1 2(7)x VV 7 93 651, ( 1 0V 2k 1 2 3 1 7), m m 3 32 1

V V 93 7z 201175,

m m 3 32 1

1yV V 2 93 7 2

134002.6 6

m m m1 1 1 1 1 1 22x 1 2z 3y 1 2z 3y 1 V V .

3 37 93 275894451 2 201175 3134002 1 2 201175 3134002 1 7 93 .

10. SZ. PÉLDA: Az 2 m i k 2x yz 0 , (1) egyenlet vizsgálata

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:

m i kx y z .

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

d. x, y, z, , páros szám.

Az a, b részegyenletek vizsgálata

Az m i kx y z 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:

1 2x y z U U ,(2),

2 1 2 1U U U Uω ,ψ

, m i k

1 2x y z U U ,

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

Konkrét m i k1 2x y z U U érték mellett a részegyenleteknek

annyi megoldási változata van, ahányféleképpen az 1 2U U szorzat

felbontható 2 1 1 2U U ,(U , U ) d 1 mellett.

Példa megoldása Kiinduló adatok: m 4,i 3,k 2, m i k 4 3 2

1 2x y z 3 5 7 U U

1 2U U 3 5 7 felbontása 1 2(U ,U ) d 1, 2 1U U mellet:

m i k 4 3 2 4 3 2 4 3 2 3 4 2 2 4 3

1 2x y z 3 5 7 U U 1 3 5 7 3 5 7 5 3 7 7 3 5 .

A monoma első felbontása alapján kapjuk:

4 3 22 1U U 3 5 7 1 81 125 49 1

ω 248063,2 2 2

4 3 22 1U U 3 5 7 1 81 125 49 1

ψ 248062.2 2 2

m i k1 2x y z U U ,

m i k 4 3 2x y z 3 5 7 1 81 125 49

4 3 21 2248063 248062 248063 248062 1 81 125 49 1 3 5 7 U U .

A második felbontás alapján kapjuk:

3 2 42 1U U 5 7 3 125 49 81

ω 3103,2 2 2

3 2 42 1U U 5 7 3 125 49 81

ψ 3022.2 2 2

m i k1 2x y z U U ,

m i k 4 3 2x y z 3 5 7 81 6125

4 3 21 23103 3022 3103 3022 81 6125 3 5 7 U U .

A harmadik felbontás alapján kapjuk:

2 1U U 3 7 5 81 49 125ω 2047,

4 2 32 1U U 3 7 5 81 49 125

ψ 1922.2 2 2

m i k1 2x y z U U ,

m i k 4 3 2x y z 3 5 7 125 3969

3 4 21 22047 1922 2047 1922 125 3969 5 3 7 U U .

A negyedik felbontás alapján kapjuk:

2 1U U 3 5 7 81 125 49ω 5087,

4 3 22 1U U 3 5 7 81 125 49

ψ 5038.2 2 2

m i k1 2x y z U U ,

m i k 4 3 2x y z 3 5 7 49 6125

2 4 31 25087 5038 5087 5038 49 10125 7 3 5 U U .

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

m i k 2 2

1 1 1 1 12x 2y 1 2z 1 2ω 1 2ψ 1 ,

i k 1 1 1 1m1 1 1 1 2m 2

ω ψ ω ψ 1x 2y 1 2z 1 U U

, (5).

Írjuk fel a megoldás első változatát:

m 2 m 2 m 21 1 1 2 1 2 1

2 U U 2 U 1 U 2 U 11. ,ω ,ψ

2 2U 1

m i k1 1 2x yz U U , ahol m 2

2 1U > 2 U 1 , 1 2(U ,U ) d 1 , 2U páratlan.

Konkrét m i k

1 1 2x y z U U érték mellett, az első megoldási

változat alapján, a részegyenletnek annyi megoldása van, ahányféleképen az m i k

1 1 2x y z U U szorzat felbontható m 2

2 1U > 2 U 1, 1 2(U ,U ) d 1 mellett.

Írjuk fel a megoldás második változatát:

m 2 m 21 1 1 2 1 2 1

m 21 1 2

U 2 U U 1 2 U U 12. ,ω ,ψ

2 22 U 1

m i k1 1 2x y z U U , ahol m 2

2 12 U > U 1 , 1 2(U ,U ) d 1 , 1U páratlan.

Konkrét m i k1 1 2x y z U U érték mellett, a második megoldási

változat alapján, a részegyenletnek annyi megoldása van, ahányféleképpen az m i k

1 1 2x y z U U szorzat felbontható m 2

2 12 U > U 1 , 1 2(U , U ) d 1 mellett.

A két változat a c részegyenlet összes megoldását adja.

Egyszerűsítés után a vizsgált részegyenleteket kapjuk.

11. SZ. PÉLDA: Az m i k 3 2 2 2x y z 0 , (1) egyenlet vizsgálata

Kiinduló adatok: x,y,z, , – pozitív egészek.

Az inmonolit egyenlet szimpla felbontással összetett

monomára rendezhető és lineáris szorzókra bontható a természetes számok rendszerében:

m i kx y z 1 ,(2).

Az egyenlet az alábbi részegyenletekre bontható: a. x, y, z , páratlan, ω páros szám, b. x y z , páros, ω páratlan szám, c. x y z páros, , ω páratlan szám,

d. x, y, z, , páros szám.

Az m i kx y z 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:

m i k1 2 3x y z 1 U U U ,(2),

2 1 2 1 2 13

U U U U U U 2ω , , U ,

ahol 2 1U > U , 2 1U U 2, 1 2 3(U ,U ,U ) d 1 páratlan számok.

Mivel p 3 1 , 1 2 3U , U , U kitevőinek értéke –

m i k1 2 3x yz UU U , 1 2 3(U ,U ,U ) d 1 mellett – tetszőleges lehet. De a

részegyenlet túlhatározott. Ezért az 1 2 3U , U , U szorzók értékei

közül csak kettőnek az értéke választható meg. Annak bizonyítása, hogy a választás történhet az m i k

1 2 3x y z U U U egyenlőség

tetszőleges kitevői mellett, komplex rendszerben lehetséges.

A részegyenletnek annyi részmegoldási változata van, ahány felbontási változata van az m i k

1 2 3x yz UU U szorzatnak

1 2 3(U ,U ,U ) d 1 érték mellett.

Ha az m i kx y z monoma egyik eleme elsőfokú, a részegyenlet vizsgálata elvégezhető a természetes számok rendszerében, ellenkező esetben – csak komplex rendszerben. Példa megoldása Kiinduló adatok:

m i k 5 4 *11 2 3 1 3 2m 5,i 1,k 4,x yz UU U , U 7 ,U 9 ,U ?.

A részegyenlet részmegoldási változatai m i k

1 2 3x y z U U U ,

2 1U > U , 2 1U U 2, 1 2 3(U ,U ,U ) d 1 értékek mellett:

m i k 5 *1 4 5 4 *1 *1 5 4 *1 4 5 4 *1 5 4 5 *1

1 2 3 2 2 2 2 2 2x yz UU U 7 U 9 7 9 U U 7 9 U 9 7 9 U 7 9 7 U ,

ahol *12U az m i kx y z összetett monoma elsőfokú eleme.

Az elsőfokú elem megválasztásával kapjuk: m k 5 4

1 3U U x z x z . 5 41 3U U x z mellett 1 3U ,U konkrét értékei

tetszőlegesek lehetnek. Legyen 5 41 3U x ,U z . (Választhatók más

értékek is, például: 3 2 2 21 3U x z ,U x z ).

Az első részváltozat alapján írhatjuk: 5 *1 4

1 2 3 2U U U 7 U 9 ,

1. U ,

*1 *1 *12 1 2 1 2 1

U U U U U U 2ω , , U

*1 4 52 3 1U 2U U 2 2 9 7 2 3683,

*1 52 1U U 3683 7

ω 6562,2 2

*1 52 1U U 3683 7

10245. 2 2

A részegyenletnek nincs megfelelő megoldása. A második részváltozat alapján kapjuk: 5 4 *1

1 2 3 2U U U 7 9 U ,

2. U ,

*13 1 3 1 3 12

4 5*1 3 12

U U 2 9 7 2U 11683,

4 53 1U U 9 7

ω 11684,2 2

4 53 1U U 9 7

10246.2 2

A részegyenletnek nincs megfelelő megoldása. A harmadik részváltozat alapján kapjuk: *1 5 4

1 2 3 2U U U U 7 9 ,

3. U ,

*1 *1 *1

1 2 1 2 1 23

*1 4 52 3 1U 2U U 2 2 9 7 2 3683,

*1 51 2U U 7 ( 3683)

ω 6562,2 2

*1 51 2U U 7 ( 3683)

10245. 2 2

A részegyenletnek nincs megfelelő megoldása. A negyedik részváltozat alapján kapjuk: *1 4 5

1 2 3 2U U U U 9 7 ,

4. U ,

*1 *1 *1

3 2 3 2 3 21

*1 5 42 1 3U 2U U 2 2 7 9 2 27055,

*1 43 2U U 9 27055

ω 16808,2 2

*1 43 2U U 9 27055

20494.2 2

A részegyenletnek nincs megfelelő megoldása. Az ötödik részváltozat alapján kapjuk: 4 *1 5

1 2 3 2U U U 9 U 7 ,

5. U ,

*1 *1 *12 3 2 3 2 3

*1 5 42 1 3U 2U U 2 2 7 9 2 27055,

*1 42 3U U 27055 9

ω 16808,2 2

*1 42 3U U 27055 9

10247.2 2

m i k1 1 1 1 1 1 2 3x yz 2 2 1 2 2 1 2 1 UU U ,

5 1 47 27055 9 (2 8404 10247)(2 8404 10247)(2 8404 1) 4 1 56561 27055 16807 9 27055 7 .

A hatodik részváltozat alapján kapjuk: 4 5 *1

1 2 3 2U U U 9 7 U ,

6. U ,

*11 3 1 3 1 32

5 4*1 1 32

U U 2 7 9 2U 11683,

5 41 3U U 7 9

ω 11684,2 2

5 41 3U U 7 9

5123.2 2

m i k1 1 1 1 1 1 2 3x yz 2 2 1 2 2 1 2 1 UU U ,

5 1 47 11683 9 (2 5842 5123)(2 5842 5123)(2 5842 1) 4 5 16561 16807 22683 9 7 11683 .

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:

1 1 1 1 1m i k1 1 1 1 2 3m i k 1

2 2 1 2 2 1x y z U U U ,

m i k 11 1 1 m i k 1

2 11 1 2 1 1

2 2 2 U 1U 2 U 2

1. 2 2 U 1 , , 2 1,4

m i k 1 m i k 12 1 2 1

1 1 1 3

U 2 U U 2 U 2, 2 , U ,

ahol m i k 12 1U 2 U , 1 2 3(U ,U ,U ) d 1 ,

1 1 1 m i k 1m i k 1 2 1

1 1 2 1 1

2 2 U 12 U U 2

2. 2 2 2 U 1, , 2 1,4

m i k 1 m i k 12 1 2 1

1 1 1 3

2 U U 2 U U 2, 2 , U ,

ahol m i k 12 12 U U , 1 2 3(U ,U ,U ) d 1 ,

2 11 1 2 1 1

m i k 11 3

2 2 U 1U U 2

3. 2 2 U 1, , 2 1,4

2 1 2 11 1 1 3 m i k 1

U U U U 2, 2 , U .

ahol 2 1U U , 1 2 3(U ,U ,U ) 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 , 1 2 3U ,U ,U kitevőinek értéke m i k

1 1 1 1 2 3x y z U U U ,

1 2 3(U ,U ,U ) d 1 mellett tetszőleges lehet.

Az egyenlet túlhatározott, ezért az 1 2 3U , U , U szorzók közül

kettőnek az értéke választható meg. Annak bizonyítása, hogy a választás történhet az m i k

1 1 1 1 2 3x y z U U U egyenlőség változóinak

tetszőleges kitevői mellett, komplex rendszerben valósítható meg. A részegyenletnek a harmadik változat alapján annyi

részmegoldási változata van, ahány felbontási változata van az

1 2 3U U U szorzatnak m i k1 1 1 1 2 3x y z U U U , 1 2 3(U ,U ,U ) d 1 mellett.

Ha az m i k

1 1 1x y z 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 i k *1

1 1 1 1 2 3 1 2 3 1 2 3m 3,i 2,k 1,x y z UU U UU U , U ?,U ?,U ?.

A részegyenlet megoldási részváltozatai m i k

1 1 1 1 2 3x y z U U U ,

1 2 3(U U U ) d 1 értékek mellett:

m i k *1 *1 *1 *1 *1 *11 1 1 1 2 3 1 2 3 1 3 2 2 1 3 2 3 1 3 1 2 3 2 1x yz =UU U , UU U UU U U UU U U U U UU U U U,

ahol *13U az m i kx y z összetett monoma elsőfokú eleme.

Írjuk fel a 3. megoldási változatot:

2 11 1 2 1 1

m i k 11 3

2 2 U 1U U 2

3. 2 2 U 1, , 2 1,4

2 1 2 11 1 3 m i k 1

U U U U 2, 2 , U .

ahol 2 1U U , 1 2 3 1 2(U ,U ,U ) d 1,U ,U páratlan.

Az első részváltozat alapján kapjuk: *1

1 2 3 1 2 3U U U U U U ,

2 11 1 2 1 1

m i k 1 *11 3

2 2 U 1U U 2

1. 2 2 U 1, , 2 1,4

*12 1 2 1

1 1 3 m i k 1

U U U U 2, 2 , U ,

*1 2 1 2 1 2 13 m i k 1 3 2 1 1 7

U U 2 U U 2 U U 2U .

Az elsőfokú elem megválasztásával kapjuk:

m i 3 21 2 1 1 1 1U U x y x y . Az 3 2

1 2 1 1U U x y és 1 2 3(U,U ,U ) d 1 feltételek

mellett 1 2U ,U konkrét értékei tetszőlegesek lehetnek.

Legyen m 3 i 21 1 1 2 1 1U x x ,U y y . (Választhatók más értékek is,

például: 1 1 2 11 2U x z ,U x z ).

A tört oszthatóság-vizsgálata 3 2

1 1 2 2U (2n 1) ,U (2n 1) mellett:

*1 2 13 3 7

(2n 1) (2n 1) 2U U

2 3 2 2 3 22 2 1 1 1 2 2 1 1 1

4n 4n 1 8n 12n 6n 1 2 2n 2n 4n 6n 3n

ahol 6 5

1 1 1 2 2 2n 2 t , t 1, 2,3, , n 2 t , t 1, 2,3, .

2 min. 1U > U és 1t 1 mellett kapjuk a legkisebb megoldást:

3 6 3 6 3 3 3

1 1 1 1 1U (2n 1) (2 2 t 1) (2 2 1 1) 129 , x U 2146689, 3 5

2 1 2 2U > U 129 2146689,2n 1 2 2 t 1 2146689

2 2mint t

2 5 2 6 2 2 22 2 2 1 2U (2n 1) (2 2 t 1) (2 23 1) 1473 , y U 2169729,

7 7 *13 2 1 1 3 3U (U U 2)/2 (2169729 2146689 2)/2 33722,z U U 33722,

2 11 1

U U 2 2169729 2146689 21079104, 2 1 2158209,

2 11 1

U U 2169729 21466895760, 2 11520.

1 1 1 1 1m i k *11 1 1 1 2 3 1 2 3m i k 1

2 2 1 2 2 1x y z U U U U U U ,

3 2 1 3 2 11 1 1x y z 129 1473 33722

3 2 1 1

2 1079104 2 5760 1 2 1079104 2 5760 1 1079104

3 2 1 *11 2 3 1 2 3129 1473 33722 U U U U U U .

Tartsuk meg 1 2U ,U – első részváltozat alapján számított –

értékeit a többi esetében is (lehetnek eltérő értékek is).

A második részváltozat alapján kapjuk: *11 2 3 1 3 2U U U U U U ,

1 1 1 *1*1 3 1

1 1 3 1 1

m i k 11 2

2 2 U 1U U 2

2. 2 2 U 1, , 2 1,4

*1*1 m i k 13 1

1 1 3 2 1

U U, 2 , U 2 U U 2.

*1 7 73 2 1U 2 U U 2 2 2169729 2146689 2 275578625.

U U 2 275578625 2146689 269431328,

12 1 2 69431328 1 138862657,

*13 12 1

U UU U 275578625 214668968357984,

12 2 68357984 136715968.

1 1 1 1 1m i k *11 1 1 1 2 3 1 3 2m i k 1

2 2 1 2 2 1x y z U U U U U U ,

3 2 1 3 2 11 1 1x y z 129 1473 275578625

3 2 1 1

2 69431328 2 68357984 1 2 69431328 2 68357984 1 69431328

3 1 2 *1

1 2 3 1 3 2129 275578625 1473 U U U U U U .

A harmadik részváltozat alapján kapjuk: *1

1 2 3 2 1 3U U U U U U ,

1 21 1 1 1 1

m i k 1 *11 3

2 2 U 1U U 2

3. 2 2 U 1 , , 2 1,4

*11 2 1 21 1 3 7

U U U U 2, 2 , U ,

*1 1 23 7 7

U U 2 2146689 2169729 2U 33722,

U U 2 2146689 2169729 21079104,

1 2U U 2146689 21697295760.

A részegyenletnek nincs megfelelő megoldása. A negyedik részváltozat alapján kapjuk: *1

1 2 3 2 3 1UU U U U U,

1 1 2 *1*1 3 2

1 1 3 1 1

m i k 11 1

2 2 U 1U U 2

4. 2 2 U 1, , 2 1,4

*1*1 73 2

1 1 3 1 2

U U, 2 , U 2 U U 2,

*1 7 73 1 2U 2 U U 2 2 2146689 2169729 2 272606465,

U U 2 272606465 2169729 268694048,

U U 272606465 216972967609184.

1 1 1 1 1m i k *11 1 1 1 2 3 2 3 1m i k 1

2 2 1 2 2 1x y z U U U U U U ,

3 2 1 3 2 11 1 1x y z 129 1473 272606465

3 2 1 1

2 68694048 2 67609184 1 2 68694048 2 67609184 1 68694048

2 1 3 *1

1 2 3 2 3 11473 272606465 129 U U U U U U .

Az ötödik részváltozat alapján kapjuk: *1

1 2 3 3 1 2UU U U UU ,

1 1 3 *11 3

1 1 1 1 1

m i k 11 2

2 2 U 1U U 2

5. 2 2 U 1 , , 2 1,4

*1*1 71 3

1 1 3 2 1

U U, 2 , U 2 U U 2,

*1 7 73 2 1U 2 U U 2 2 2146689 2169729 2 272606465,

U U 2 2146689 272606465 268688288,

U U 2146689 27260646567614944.

A részegyenletnek nincs megfelelő megoldása. A hatodik részváltozat alapján kapjuk: *1

1 2 3 3 2 1UU U U U U,

1 1 3 *12 3

1 1 2 1 1

m i k 11 1

2 2 U 1U U 2

6. 2 2 U 1 , , 2 1,4

*1*1 72 3

1 1 3 1 2

U U, 2 , U 2 U U 2,

*1 7 73 1 2U 2 U U 2 2 2146689 2169729 2 272606465,

U U 2 2169729 272606465 268694048,

U U 2169729 27260646567609184.

A részegyenletnek nincs megfelelő megoldása.

x y z páros, , páratlan. Legyen 1z 2z 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:

1 1 1 1 1m i k1 1 1 1 2 3m i 3

1x y (2z 1) U U U ,

1 1 1 m i 32 1

1 1 2 1 1

2 UU 2 U 1

1. U 1 , , 2 1,2

m i 3 m i 32 1 2 1

1 1 1 3

U 2 U 1 U 2 U 1, 2 1, U ,

ahol m i 32 1 1 2 3U 2 U 1,(U , U , U ) d 1, 2U páratlan,

1 1 1 m i 3m i 3 2 1

1 1 2 1 1

U2 U U 1

2. 2 U 1, , 2 1,2

m i 3 m i 32 1 2 1

1 1 1 3

2 U U 1 2 U U 1, 2 1, U ,

ahol m i 32 1 1 2 32 U U 1,(U , U , U ) d 1, 1U páratlan,

2 11 1 2 1 1

m i 31 3

UU U 1

3. U 1, , 2 1,2

m i 32 1 2 11 1 1 3 3 m i 2

U U 1 U U 1, 2 1, 2 U , U ,

ahol 2 1 1 2 3U U 1,(U , U , U ) d 1, 1 2U , U ellentétes paritású.

Mivel p 3 1 , 1 2 3U , U , U kitevőinek értéke

m i k1 1 1 2 3x y z U U U , 1 2 3(U ,U ,U ) d 1 mellett tetszőleges lehet.

Az egyenlet túlhatározott, ezért az 1 2 3U , U , U szorzók közül

kettőnek az értéke választható meg. Annak bizonyítása, hogy a választás történhet az m i k

1 1 1 2 3x y z U U U egyenlőség változóinak

tetszőleges kitevői mellett, komplex rendszerben valósítható meg. A részegyenletnek megoldási változatonként annyi

részváltozata van, ahány felbontási változata van az 1 2 3U U U

szorzatnak m i k1 1 1 2 3x y z U U U , 1 2 3(U ,U ,U ) d 1 értékek mellett.

Ha az m i k

1 1x y z összetett monomának van elsőfokú eleme, a

részegyenlet megoldható a természetes számok rendszerében.

Példa megoldása a 3. változat alapján. Kiinduló adatok: m i k *1

1 1 1 2 3 1 2 3 1 2 3m 4,i 3,k 1,x y z UU U UU U , U ?,U ?,U ?.

A részegyenlet megoldási részváltozatai m i k

1 1 1 2 3x y z U U U ,

1 2 3(U U U ) d 1 feltételek mellett:

m i k *1 *1 *1 *1 *1 *11 1 1 2 3 1 2 3 1 3 2 2 1 3 2 3 1 3 1 2 3 2 1x yz =UU U , UU U UU U U UU U U U U UU U U U,

ahol *13U az m i kx yz összetett monoma elsőfokú eleme.

Írjuk fel a 3. megoldási változatot:

2 11 1 2 1 1

m i 31 3

UU U 1

3. U 1, , 2 1,2

m i 3 *12 1 2 11 1 1 3 3 m i 2

U U 1 U U 1, 2 1, 2 U , U ,

ahol 2 1 1 2 3U U 1,(U ,U ,U ) d 1, 1 2U , U ellentétes paritásúak.

Az első részváltozat alapján kapjuk: *1

1 2 3 1 2 3U U U U U U ,

2 11 1 2 1 1

m i 3 *11 3

UU U 1

1. U 1, , 2 1,2

*12 1 2 11 1 3 m i 2

U U 1 U U 1, 2 1, U ,

ahol 2 1 1 2 3U U 1,(U ,U ,U ) d 1, 1 2U , U ellentétes paritásúak

és az 4 31 2 1 1 1 2 3U U x y , (U ,U ,U ) d 1 feltételek mellett értékeik

megválaszthatók, *13U páratlan szám, a kiinduló feltétel alapján.

Legyen: 4 3 3 1 3 3 1 31 2 1 1 1 1 1 1 1 2 1 1U U x y . x x y ,U x ,U x y .

Páros 1U esetén nincs megoldás: 1 2U , U paritása azonos.

A tört oszthatósága 3 1 3

1 1 2 1 2U (2n 1) ,U (2n 1) (2n ) esetén:

*1 2 1 1 2 13 m i 2 5

U U 1 (2n 1) (2n ) (2n 1) 1U

3 3 22 1 1 1 1

n (2n 1) 4n 6n 3n,

ahol *1 4 13 1 1 1 1 2 2 2U z 2z 1,n 2 t , t 1,3,5, ,n 2 t , t 1,2,3, .

3 4 3 4 3 3

1 1 1 1U (2n 1) (2 2 t 1) (2 2 1 1) 33 , U 35937,

2 3 22 1 2 2 2U > U 35937 33 33 ,U 33 (2n ) >33 33 ,n

2 min. 2min.n t 3, 3 32 min. 2U 33(2n ) 33(2 6) 57024,

*1 2 1 2 13 m i 2 4 3 2 5

U U 1 U U 1 57024 35937 1U 2905.

2 11 1

U U 2 57024 35937 146480, 2 1 92961,

2 11 1

U U 1 57024 35937 110543, 2 1 21087.

1 1 1 1 1m i k *1

1 1 1 1 2 3m i 3

1x y (2z 1) U U U ,

14 3 3

46480 10543 46480 10543 1 4648035937 57024 2905

1 3 1 3 1 4 3 1 *11 2 335937 57024 2905 33 33 12 2905 33 12 2905 U U U .

A második részváltozat alapján kapjuk: *1

1 2 3 1 3 2U U U U U U ,

1 1 1 *1*1 3 1

1 1 3 1 1

m i 31 2

UU U 1

2. U 1, , 2 1,2

*1*1 m i 23 1

1 1 3 2 1

U U 1, 2 1, U 2 U U 1,

ahol *13 1 1 2 3U U 1,(U ,U ,U ) d 1, *1

1 3U , U ellentétes paritásúak.

Legyen továbbra is: 4 3 3 1 3 3 1 3

1 2 1 1 1 1 1 1 1 2 1 1U U x y . x x y ,U x ,U x y .

Így 1U és 2U csak páros lehet, mivel *1

3U a kiinduló

feltételek alapján páratlan. Ennek megfelelően írhatjuk:

1. 3 3 1 3 1 31 1 1 2 1 1 1 2U x (2n ) ,U x y (2n ) (2n ) ,

2. 3 3 1 3 1 31 1 1 2 1 1 1 2U x (2n ) ,U x y (2n ) (2n 1) ,

ahol 1 2n 1,2,3, , n 1,2,3, .

Minimális megoldásként 3 1 3

1 1 2 1 2 1 2U (2n ) ,U (2n ) (2n ) ,n 1,n 1

értékek esetén kapjuk:

3 3 1 3 31 1 2 1 2U (2n ) (2 1) 8, U (2n ) (2n ) 2(2 1) 16,

*1 m i 2 4 3 23 2 1U 2 U U 1 2 16 8 1 505, *1

1 3 1(U U 1)/2 (505 8 1)/ 2 256, 12 1 513, *1

1 3 1(U U 1)/2 (505 8 1)/ 2 248, 12 1 497.

Ellenőrizzük a megoldást: 1 1 1 1 1m i k *1

1 1 1 1 3 2m i 3

1x y (2z 1) U U U ,

4 3 14 3 3 4

256 248 256 248 1 256 8 505 2562 2 505 8 505 16

4 1 3 *11 3 22 505 2 UU U .

Minimális megoldásként 3 1 3

1 1 2 1 2 1 2U (2n ) ,U (2n ) (2n 1) ,n 1,n 1

értékek esetén kapjuk:

3 3 1 3 31 1 2 1 2U (2n ) (2 1) 8, U (2n ) (2n 1) 2(2 1 1) 54,

*1 m i 2 4 3 23 2 1U 2 U U 1 2 54 8 1 1721,

*11 3 1(U U 1)/ 2 (1721 8 1)/2 864, 12 1 1729,

*11 3 1(U U 1)/2 (1721 8 1)/ 2 856, 12 1 1713.

1 1 1 1 1m i k *11 1 1 1 3 2m i 3

1x y (2z 1) U U U ,

4 3 14 3 3 4

864 856 864 856 1 864 8 1721 8642 2 1721 8 1721 54

4 1 3 *11 3 22 1721 2 UU U .

A harmadik részváltozat alapján kapjuk: *1

1 2 3 2 1 3U U U U U U

1 21 1 1 1 1

m i 3 *11 3

UU U 1

3. U 1, , 2 1,2

*11 2 1 21 1 3 m i 2

U U 1 U U 1, 2 1, U ,

ahol 1 2 1 2 3U U 1,(U ,U ,U ) d 1, 1 2U , U ellentétes paritásúak.

Legyen: 4 3 3 1 3 3 1 31 2 1 1 1 1 1 1 1 2 1 1U U x y . x x y ,U x ,U x y .

Páros 1U esetén nincs megoldás: 1 2U , U paritása azonos.

A tört oszthatósága 3 1 3

1 1 2 1 2U (2n 1) ,U (2n 1) (2n ) esetén:

*1 1 2 1 1 23 m i 2 5

U U 1 (2n 1) (2n 1) (2n ) 1U

3 3 22 1 1 1 1

n (2n 1) 4n 6n 3n,

ahol *1 4 23 1 1 1 1 2 2 2U z 2z 1,n 2 t , t 1,3,5, ,n 2 t , t 1,2,3, .

3 1 3 4 2 2 3 3

1 2 1 1 2 1 2U > U ,(2n 1) >(2n 1) (2n ) ,(2 2 t 1) >(2 t ) (4 1) 64,

3 4 3 4 31 1 1 1 1

1t t 1,U (2n 1) (2 2 t 1) (2 2 1 1) 35937,

1 3 2 3 2 3

2 1 2 2U (2n 1) (2n ) 33(2 t ) 33(2 1) 2112,

*1 1 23 m i 2 5

U U 1 35937 2112 1U 1189,

U U 1 35937 2112 119024,

12 1 38049,

U U 1 35937 2112 116912,

12 1 33825.

1 1 1 1 1m i k *11 1 1 1 3 2m i 3

1x y (2z 1) U U U ,

4 3 14 3 3 4

19024 16912 19024 16912 1 19024 2112 35937 1902433 4 1189

4 3 1 *11 2 34

33 64 33 1902433 4 1189 UU U .

A negyedik részváltozat alapján kapjuk: *1

1 2 3 2 3 1U U U U U U ,

1 1 2 *1*1 3 2

1 1 3 1 1

m i 31 1

UU U 1

4. U 1, , 2 1,2

*1*1 m i 23 2

1 1 3 1 2

U U 1, 2 1, U 2 U U 1,

ahol *13 2 1 2 3U U 1,(U ,U ,U ) d 1, *1

1 2 1 1 1 1 1 1 1 2 1 1U U x y . x x y ,U x ,U x y .

Így 2U csak páros lehet, mivel *1

3U a kiinduló feltételek

alapján páratlan. Ennek megfelelően írhatjuk:

1. 3 3 1 3 1 31 1 1 2 1 1 1 2U x (2n ) ,U x y (2n ) (2n ) ,

2. 3 3 1 3 1 31 1 1 2 1 1 1 2U x (2n ) ,U x y (2n ) (2n 1) ,

3. 3 3 1 3 1 31 1 1 2 1 1 1 2U x (2n 1) ,U x y (2n 1) (2n ) ,

ahol 1 2n 1,2,3, , n 1,2,3, .

1. Minimális megoldás 3 1 3

1 1 2 1 2 1 2U (2n) ,U (2n) (2n ) ,n 1,n 1

értékek esetén:

3 3 1 3 31 1 2 1 2U (2n ) (2 1) 8, U (2n ) (2n ) 2(2 1) 16,

*1 m i 2 4 3 23 1 2U 2 U U 1 2 8 16 1 241,

*11 3 2(U U 1)/2 (241 16 1)/2 128, 12 1 257,

*11 3 2(U U 1)/ 2 (241 16 1)/ 2 112, 12 1 225.

1 1 1 1 1m i k *11 1 1 2 3 1m i 3

1x y (2z 1) U U U ,

4 3 14 3 3 4

128 112 128 112 1 128 16 241 1282 2 241 16 241 8

4 1 3 *12 3 22 241 2 U U U .

2. Minimális megoldás 3 3

1 1 1U x (2n ) , 1 3 1 3

2 1 1 1 2U x y (2n ) (2n 1) , 1 2n 1,n 1 értékek esetén:

3 3 1 3 3

1 1 2 1 2U (2n ) (2 1) 8, U (2n ) (2n 1) 2(2 1 1) 54, *1 m i 2 4 3 23 1 2U 2 U U 1 2 8 54 1 203,

*11 3 2(U U 1)/2 (203 54 1)/ 2 128, 12 1 257,

*11 3 2(U U 1)/ 2 (203 54 1)/2 74, 12 1 149.

1 1 1 1 1m i k *11 1 1 2 3 1m i 3

1x y (2z 1) U U U ,

4 3 14 3 3 4

128 74 128 74 1 128 54 203 1282 3 203 54 203 8

4 1 3 *12 3 12 203 3 U U U .

3. Minimális megoldás 1 3 1 3

2 1 1 1 2U x y (2n 1) (2n ) , 3 3

1 1 1U x (2n 1) , 1 2n 1,n 1 értékek esetén:

3 3 1 3 31 1 2 1 2U (2n 1) (2 1 1) 27,U (2n 1) (2n ) 3(2 1) 24,

*1 m i 2 4 3 23 1 2U 2 U U 1 2 27 24 1 841, *1

1 3 2(U U 1)/2 (841 24 1)/2 432, 12 1 865, *1

1 3 2(U U 1)/ 2 (841 24 1)/2 408, 12 1 817.

1 1 1 1 1m i k *11 1 1 2 3 1m i 3

1x y (2z 1) U U U ,

4 3 14 3 3 4

432 408 432 408 1 432 24 841 4323 2 841 24 841 27

4 1 3 *12 3 13 841 2 U U U .

Az ötödik részváltozat alapján kapjuk: *1

1 2 3 3 1 2U U U U U U ,

1 1 3 *11 3

1 1 1 1 1

m i 31 2

UU U 1

5. U 1, , 2 1,2

*1*1 m i 21 3

1 1 3 2 1

U U 1, 2 1, U 2 U U 1,

ahol *11 3 1 2 3U U 1,(U ,U ,U ) d 1, *1

1 2 1 1 1 1 1 1 1 2 1 1U U x y x x y ,U x ,U x y .

Így 1 2U , U csak páros lehet, mivel *1

1. 3 3 1 3 1 31 1 1 2 1 1 1 2U x (2n ) ,U x y (2n ) (2n ) ,

2. 3 3 1 3 1 31 1 1 2 1 1 1 2U x (2n ) ,U x y (2n ) (2n 1) .

1. Minimális megoldás 3 1 31 1 2 1 2U (2n ) ,U (2n ) (2n ) esetén:

Az *1 m i 2

3 2 1U 2 U U 1 egyenlet oszthatóság-vizsgálata

2U re történő rendezés mellett ( 1U re rendezve egyszerűbb) :

1 3 31 3 1 32 1 1 1 2m i 2 4 3 2

U U 1 (2n ) 2n 1 1U x y (2n )(2n ) ,

3 113 3 23 21 3 3 3 31 12 19 9 9 6 11

1 1 1 1 1

(2n ) 2n 2n 2 t t(2n ) (2 t )n t ,

2 n 2 n 2 n 2 2 t t

ahol 3 111 1 3 3 3 1n 2 t , n 2 t , t / t egész.

Minimális megoldás *1

1min 3 1 3U U ,t 1,t 0 esetén:

*1 11 123 3 3U 2n 1 2 2 t 1 2 0 1 1,

3 3 3 4 31min 1 1U (2n ) (2 2 t ) (2 1) 4096,

3 4 3 4 3 3 7 32 1 2 1 2 1U 2n (2n ) 2 n n 2 2 t 1 2 1 1 128,

U U 1 4096 1 12048, 2 1 4097,

U U 1 4096 1 12047, 2 1 4094.

1 1 1 1 1m i k *11 1 1 3 1 2m i 3

1x y (2z 1) U U U ,

1 4 34 3 3

2048 2047 2048 2047 1 20481 16 2

3 1 4 3 *13 1 21 4096 128 116 16 8 1 16 2 U UU .

2.Minimális megoldás 3 31 1 1U x (2n ) ,

1 3 1 32 1 1 1 2U x y (2n ) (2n 1) esetén:

Az *1 m i 2

3 2 1U 2 U U 1 egyenlet oszthatóság-vizsgálata

2U re történő rendezés mellett:

1 3 31 3 1 32 1 1 1 2m i 2 4 3 2

U U 1 (2n ) 2n 1 1U x y (2n )(2n 1) ,

3 73 2 23 21 3 3 3 31 1

2 16 6 6 5 5 21 1 1 1 1

(2n ) 2n 2n 2 t t(2n ) (2 2 t )(2n 1) 2t

2 n 2 n 2 n 2 2 2 t t

ahol 2 71 1 3 3 3 1n 2 t , n 2 t , t / t páratlan egész.

1min 3 1 3U U ,t 3,t 27 esetén:

*1 7 8 123 3 3U 2n 1 2 2 t 1 2 27 1 2 10 1 6913,

3 2 3 3 31min 1 1U (2n ) (2 2 t ) (2 3) 13824,

3 2 3 3 32 1 2 1 2U 2n (2n 1) 2 2 t (2n 1) 2 3 3 24 27 648,

U U 1 13824 6913 110368, 2 1 20737,

U U 1 13824 6913 13455, 2 1 6911.

1 1 1 1 1m i k *11 1 1 3 1 2m i 3

1x y (2z 1) U U U ,

4 3 14 3 3

10368 3455 10368 3455 1 1036824 3 6913

1 4 3 *13 1 24

6913 13824 103686913 13824 648 6913 24 3 U UU .

A hatodik részváltozat alapján kapjuk: *11 2 3 3 2 1U U U U U U ,

1 1 3 *12 3

1 1 2 1 1

m i 31 1

UU U 1

6. U 1, , 2 1,2

*1*1 m i 22 3

1 1 3 1 2

U U 1, 2 1, U 2 U U 1,

ahol *12 3 1 2 3U U 1,(U ,U ,U ) d 1, *1

Így 2U csak páros lehet, mivel *1

1. 3 3 1 3 1 31 1 1 2 1 1 1 2U x (2n ) ,U x y (2n ) (2n ) ,

2. 3 3 1 3 1 31 1 1 2 1 1 1 2U x (2n ) ,U x y (2n ) (2n 1) ,

3. 3 3 1 3 1 31 1 1 2 1 1 1 2U x (2n 1) ,U x y (2n 1) (2n ) .

1. Minimális megoldás 3 1 3

1 1 2 1 2U (2n ) ,U (2n ) (2n ) esetén:

Rendezzük át az *1 m i 2

3 1 2U 2 U U 1 egyenletet:

3 32 3 1 2 31 1 1m i 2 4 3 2

U U 1 2n (2n ) 2n 1 1U x (2n ) ,

3 73 2 32 31 2 3 3 3 32 21 28 4 7 4 7

1 1 1 1

2n (2n ) 2n n 2 t tn (2 t )n 4t ,

2 n 2 2 n 2 2 n n

ahol 2 72 2 3 3 3 1n 2 t , n 2 t , t / n egész.

2min 3 1 2 3U U ,n 2,t 1,t 0 esetén:

*1 3 83 3 3U 2n 1 2 2 t 1 2 0 1 1,

3 2 3 3 32min 1 2 2U 2n (2n ) 2 2(2 2 t ) 4(2 1) 2048,

3 31 1U (2n ) (2 2) 64,

U U 1 2048 1 11024, 2 1 2049,

U U 1 2048 1 11023, 2 1 2046.

1 1 1 1 1m i k *11 1 1 3 1 2m i 3

1x y (2z 1) U U U ,

4 3 14 3 3

1024 1023 1024 1023 1 10244 8 1

1 3 3 1 4 3 *13 2 14

1 2048 10241 4 8 4 1 4 8 =U U U.

1 1 1U x ( 2 n ) , 1 3 1 3

2 1 1 1 2U x y ( 2 n ) ( 2 n 1) esetén:

m i 2 *1 3 m i 2 3

2 1 3 1 2 1 3U 2 U U 1,2n (2n 1) 2 (2n ) (2n 1) 1,

3 5 2 7 23 32 1 1

2n n(2n 1) 2 (2n ) 2 n ,

ahol 3 1n / n páratlan egész szám.

2min 3 1 3U U ,n 1,n 3 esetén:

*13 3U 2n 1 2 3 1 7, 3 3

1 1U (2n ) (2 1) 8,

3 7 2 7 232min 1 2 1

n 3U 2n (2n 1) 2 1(2 n ) 2(2 1 ) 250,

2 31 1

U U 1 250 7 1128, 2 1 257,

U U 1 250 7 1121, 2 1 243.

1 1 1 1 1m i k *11 1 1 3 1 2m i 3

1x y (2z 1) U U U ,

4 3 14 3 3

128 121 128 121 1 1288 5 7

1 3 3 1 4 3 *13 2 14

7 250 1287 2 5 8 7 8 5 =U U U.

1 1 1U x (2n 1) , 3 1 3

2 1 1 1 2U x y (2n 1) (2n ) esetén:

m i 2 *1 3 m i 2 3

2 1 3 1 2 1 3U 2 U U 1,(2n 1)(2n ) 2 (2n 1) (2n 1) 1,

3 5 2 32 1

2n(2n ) 2 (2n 1) ,

ahol 3 12n /(2n 1) páros egész szám.

2min 3 1 3U U ,n 1,n 108 esetén:

*13 3U 2n 1 2 108 1 217, 3 3

1 1U (2n 1) (2 1 1) 27,

3 5 2 32min 1 2 1 1

2nU (2n 1)(2n ) (2n 1) 2 (2n 1)

5 2 5 22 108 216(2 1 1) 2 (2 1 1) 3 (2 3 ) 648

2 1 1 3

U U 1 648 217 1432, 2 1 865,

U U 1 648 217 1215, 2 1 431.

1 1 1 1 1m i k *11 1 1 3 1 2m i 3

1x y (2z 1) U U U ,

4 3 14 3 3

432 215 432 215 1 4323 2 217

1 3 1 4 3 *13 2 14

217 648 432217 3 6 27 217 3 6 U U U.

Egyszerűsítés után a vizsgált részegyenletek egyikét kapjuk.

12. SZ. PÉLDA: Az m i k 2 2 2 2x y z f ( , ) f ( , ) 0 , (1)

Kiinduló adatok: x,y,z, , , – pozitív egészek.

Az inmonolit egyenlet szimpla felbontással összetett monomára rendezhető és lineáris szorzókra bontható a természetes számok rendszerében:

m i kx y z 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.

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:

m i k1 1 1 1 1 2 3x yz 2 2 1 2 2 1 f( , ) UU U , (3).

Írjuk fel a részegyenlet egyetlen megoldási változatát:

2 1 2 11 1 2 1 1 3

2 2 U 1U U U U 2

1. 2 2 U 1, , , U f( , ),4 4

U f( , )

ahol 2 1 3 1 2 3U U 2,U f( , ),U,U ,U páratlan relatívprím számok,

1 1 2 2 1 2U 2u 1, U 2u 1, u ,u ellentétes paritású számok.

Példa megoldása Kiinduló adatok:

2 2m 5,i 2,k 3,f(ω, ) ω ω , 2 3 1 1 31 2 3U 3 , U 3 5 ,U 5 17 .

3 1 21 2 1 1(U U ) / 4 (3 5 3 ) / 4 36, 2 2 36 72 ,

3 1 22 1

U U 2 3 5 3 231, 2 1 2 31 1 63

2 2 1 3 2 23 3U f ( , ) U ( ) 517 (72 72 63 63 )

24565 13689 10876 .

m i k 2 21 1 1 1 1 2 3x yz 2 2 1 2 2 1 ( ) UU U

2 3 1 1 3 5 2 3 2 23 35 517 3517 (2 36 2 31 1)(2 36 2 31 1)(72 72 63 63 10876) 5 2 39 135 24565 3 5 17 .

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

1U és 2U értékén keresztül kifejezhető.

Írjuk fel a részegyenletet:

m i k1 1 1 1 1 2 3x yz 2 2 1 2 2 1 f( , ) UU U , (4).

Írjuk fel a részegyenlet egyetlen megoldási változatát:

2 1 2 11 1 2 1 1 3

2 2 U 1U U 2 U U

1. 2 2 U 1, , , U f( , ),4 4

U f( , )

ahol 2 1 3 1 2 3U U ,U f( , ),U ,U ,U páratlan relatívprím számok,

1 1 2 2 1 2U 2u 1, U 2u 1,u ,u azonos paritású számok.

Példa megoldása Kiinduló adatok:

2 2m 5,i 2,k 3,f(ω, ) ω ω , 2 1 3 2 1 1 31 2 3U 3 7 ,U 3 5 ,U 57 23 .

3 2 2 12 1

U U 2 3 5 3 7 2184, 2 1 2 184 1 369

3 2 2 11 2 1 1(U U ) / 4 (3 5 3 7 ) / 4 153, 2 2 153 306,

2 2 1 1 3 2 23U ( ) 5 7 23 (369 369 306 306 )

425845 342711 83134 .

m i k 2 21 1 1 1 1 2 3x yz 2 2 1 2 2 1 ( ) UU U

2 1 3 2 1 1 3 5 2 337 35 5723 37 (5 23) 2 2(2 184 2 153 1)(2 184 2 153 1)(369 369 306 306 83134)

5 2 363 675 425845 3 7 (5 23) .

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 1V

és 2V értékén keresztül kifejezhető.

Az összetett m i kx y z monoma bármelyik eleme, akár valamennyi, lehet páros. Legyen x és y páros, z páratlan.

Írjuk fel a részegyenletet:

1 1 1 1m i k1 1 1 2 3m i

2 2 1 2 2 1 f( , )x yz VVV,

ahol m i k

1 1 1 2 3x y z VV V , mivel p 3 i k 3 .

Írjuk fel a részegyenlet megoldási változatait:

m i1 1 1 m i m i

2 1 2 11 1 2 1 1

2 2 2 V 1V 2 V V 2 V 2

1. 2 2 V 1 , ,4 4

V f( , )

ahol m+i2 1 3 1 2 3 2V V 2,V f( , ),(V,V ,V ) d 1,V páros.

Az első megoldási változat első egyenlete alapján a részegyenletnek m i esetén nincs megoldása.

1 1 1 m i m im i 2 1 2 1

1 1 2 1 1

2 2 V 12 V V 2 V V 2

2. 2 2 2 V 1, , ,4 4

V f( , )

ahol m+i2 1 3 1 2 3 1V V 2,V f( , ),(V,V ,V ) d 1,V páros.

A második megoldási változat második egyenlete alapján a részegyenletnek m i 1 esetén nincs megoldása.

2 1 2 11 1 2 1 1

2 2 V 1V V V V 2

3. 2 2 V 1 ,4 4

2 V f( , ),

ahol m i2 1 3V V 2,2 V f( , ), 1 2 3(V ,V ,V ) d 1, 1 1V 2v 1,

2 2 1 2V 2v 1, v , v ellentétes paritású.

A harmadik változat alapján az egyenletnek van megoldása. Példa megoldása. Kiinduló adatok:

3 2 2m 5,i 2,k 3,f(ω, ) ω ω , 2 1 3 1 1 2 31 2 3V 3 11 ,V 3 5 11 ,V 5 29 .

3 1 1 2 12 1

V V 3 5 11 3 11396, 2 2 396 792

3 1 1 2 12 1

V V 2 3 5 11 3 11 2346, 2 1 2 346 1 693

m i 3 2 2 5 2 2 3 3 2 232 V 2 5 29 792 792 693 693

513219001 496793088 16425913 .

3 2 21 1 1 1m i k

1 1 1 2 3m i

2 2 1 2 2 1 ( )x yz VVV,

3 2 25 2 3

792 693 792 693 (792 792 693 693 16425913)311145

2 1 3 1 1 2 3 5 2 399 1485 609725 3 11 3 5 11 5 29 3 11 (5 29) .

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 1V és 2V

értékén keresztül kifejezhető. Legyen x és y páros, z páratlan. Írjuk fel a részegyenletet:

m i k1 1 1 1x y z 2 1 2 2 1 2 f ( , ) ,

1 1 1 1m i k

1 1 1 2 3m i

2 2 1 2 2 1 f( , )x yz VVV,

ahol m i k1 1 1 2 3x y z VV V , mivel p 3 i k 3 .

m i1 1 1 m i m i

2 1 2 11 1 2 1 1

2 2 2 V 1V 2 V 2 V 2 V

1. 2 2 V 1 , , ,4 4

V f( , )

ahol m+i2 1 3 1 2 3 2V V,V f( , ),(V,V ,V ) d 1,V páros.

Az első megoldási változat első egyenlete alapján a részegyenletnek m i 1 esetén nincs megoldása.

1 1 1 m i m im i 2 1 2 1

1 1 2 1 1

2 2 V 12 V V 2 2 V V

2. 2 2 2 V 1, , ,4 4

V f( , )

ahol m+i2 1 3 1 2 3 1V V,V f( , ),(V,V ,V ) d 1,V páros.

A második megoldási változat második egyenlete alapján a részegyenletnek m i 1 esetén nincs megoldása.

2 1 2 11 1 2 1 1

2 2 V 1V V 2 V V

3. 2 2 V 1 , ,4 4

2 V f( , )

ahol 2 1 3V V,V f( , ), 1 2 3(V ,V ,V ) d 1, 1 1V 2v 1,

2 2 1 2V 2v 1, v , v azonos paritású.

A harmadik változat alapján az egyenletnek van megoldása. Példa megoldása. Kiinduló adatok:

3 2 2m 5,i 2,k 3, f(ω, ) ω ω , 2 1 3 1 1 2 3

1 2 3V 3 11 ,V 3 7 11 ,V 7 29 .

3 1 1 2 12 1

V V 2 3 7 11 3 11 2544, 2 1 1089

3 1 1 2 12 1

V V 3 711 3 11495, 2 990

m i 3 2 232 V

5 2 2 3 3 2 22 7 29 1089 1089 990 990 36541729 .

3 2 21 1 1 1m i k

1 1 1 2 3m i

2 2 1 2 2 1 ( )x yz VVV,

3 2 25 2 3

1089 990 1089 990 (1089 1089 990 990 36541729)311203

2 1 3 1 1 2 3 5 2 399 2079 1195061 3 11 3 7 11 7 29 3 11 (7 29) .

Az e részegyenlet vizsgálata

x y z páros, , ω páratlan, f ( , ) tetszőleges.

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

1V és 2V értékén keresztül kifejezhető.

Legyen x és y páros, z páratlan. Írjuk fel a részegyenletet:

1 1 1 1m i k1 1 1 2 3m i 2

1 f( , )x yz VVV,

ahol m i k

1 1 1 2 3x y z VV V , mivel p 3 i k 3 .

m i 21 1 1 m i 2 m i 2

2 1 2 11 1 2 1 1

2 VV 2 V 1 V 2 V 1

1. V 1 , , ,2 2

V f( , )

ahol m+i 2

2 1 3 1 2 3 2V V 1,V f( , ),(V,V ,V ) d 1,V páratlan,

3V tetszőleges paritású,

1 1 1 m i 2 m i 2m i 2 2 1 2 1

1 1 2 1 1

V2 V V 1 2 V V 1

2. 2 V 1, , ,2 2

V f( , )

ahol m+i 2

2 1 3 1 2 3 1V V 1,V f( , ),(V,V ,V ) d 1,V páratlan,

3V tetszőleges paritású,

2 1 2 11 1 2 1 1

m i 23

VV V 1 V V 1

3. V 1 , ,2 2

2 V f( , )

ahol 2 1V V 1, m i 2

32 V f ( , ), 1 2 3(V,V ,V ) d 1, 1 2V ,V

ellentétes, 3V tetszőleges paritású.

Példa megoldása az 1. változat alapján Kiinduló adatok: 2 2m 5,i 2,k 3, f(ω, ) ω ω

m i 21 1 1 m i 2 m i 2

2 1 2 11 1 2 1 1

2 VV 2 V 1 V 2 V 1

1. V 1 , , ,2 2

ahol m+i 2 2 2

2 1 3 1 2 3 2V V 1,V ,(V,V ,V ) d 1,V páratlan,

3V tetszőleges paritású.

Legyen: 2 1 3 2 1 1 3

1 2 3V 3 7 ,V 3 5 7 ,V 5 209 ,

m i k 5 2 3 5 2 31 1 1 1 1 2 3x y z x y z V V V 63 4725 45646645 3 7 (5 209) .

m i 2 5 2 22 1

V 2 V 1 4725 2 63 13370,

12 1 2 3370 1 6741 , m i 2 5 2 2

V 2 V 1 4725 2 63 11354,

12 1 2 1354 1 2709 .

2 2 2 23V 45646645 6741 6741 2709 2709

63908014 52779762 11128252 .

2 21 1 1 1m i k

1 1 1 2 3m i 2

1 ( )x yz VVV,

2 25 2 3

3370 1354 3370 1354 1 (6741 6741 2709 2709 11128252)3 71045

2 1 3 2 1 1 3 5 2 363 4725 45646645 3 7 3 5 7 5 209 3 7 1045 .

Példa megoldása a 2. változat alapján Kiinduló adatok: 2m 3,i 5,k 2,f(ω, ) ω ω 3

1 1 1 m i 2 m i 2m i 2 2 1 2 1

1 1 2 1 1

V2 V V 1 2 V V 1

2. 2 V 1 , , ,2 2

V (ω ω 3)

ahol m+i 2 2

2 1 3 1 2 3 1V V 1,V ω ω 3 ,(V,V,V) d 1,V páratlan,

3V tetszőleges paritású.

Legyen: 2 3 5 4 1 3 2 2

1 2 3V 5 7 ,V 2 3 ,V 3 5 7 11 ,

m i k 3 5 2 5 5 5 5 21 1 1 1 1 2 3x y z x y z V V V 8575 2592 2223375 2 3 5 7 11 .

A kapott eredmény – az 3 5 2

1 1x y z mononma konkrét értékétől

függően – számos módon csoportosítható a számelmélet alaptételének megfelelően. Például:

3 5 2 5 5 5 5 2 3 5 5 5 2 2 3 5 5 5 2 21 1x y z 2 3 5 7 11 7 2 3 5 7 11 5 2 3 7 5 11 , stb..

m i 2 3 5 22 1

2 V V 1 2 2592 8575 187231,

12 1 2 87231 1 174463 , m i 2 3 5 2

2 V V 1 2 2592 8575 178656,

12 1 2 78656 1 157313 , 2

3V (ω ω 3)

= 22223375 (174463 157313 174463 157313 3) 2223375 2991883134 2994106509 .

21 1 1 1m i k

1 1 1 2 3m i 2

1 ( 3 )x yz VVV,

3 5 5 5 2 2 3 5 5 5 2 27 2 35 711 5 2 3 7 511

87231 78656 87231 78656 1 (174463157313 174463 157313 3 2994106509)

5 5 5 5 2 3 5 5 5 2 2 3 5 5 5 2 28575 2592 2223375 2 3 5 7 11 7 2 3 5 7 11 5 2 3 7 5 11 .

Példa megoldása a 3. változat alapján Kiinduló adatok: 2m 3,i 5,k 2,f(ω, ) ω ω 3

2 1 2 11 1 2 1 1

m i 2 23

VV V 1 V V 1

3. V 1 ,2 2

2 V (ω ω 3),

ahol 2 1V V 1, m i 2 232 V (ω ω 3), 1 2 3(V ,V ,V ) d 1,

1 2V ,V ellentétes, 3V tetszőleges paritású.

Legyen: 5 4 2 3 1 3 2 21 2 3V 2 3 ,V 5 7 ,V 3 5 7 11 ,

m i k 3 5 2 5 5 5 5 21 1 1 1 1 2 3x y z x y z V V V 2592 8575 2223375 2 3 5 7 11 .

Az eredmény számos módon csoportosítható. Például:

3 5 2 5 5 5 5 2 3 5 5 5 2 2 3 5 5 5 2 21 1x y z 2 3 5 7 11 7 2 3 5 7 11 5 2 3 7 5 11 , stb..

V V 1 8575 2592 15583,

12 1 2 5583 1 11167 ,

V V 1 8575 2592 12991,

12 1 2 2991 1 5983 , m+i 2 2

3V (ω ω 3) 3+5 2 22223375 (11167 5983 11167 5983 3)

142296000 57883742 200179742 .

m i k 2 m i 21 1 1 1 1 1 1 2 3x yz 1 ( 3 )/2 VVV,

3 5 5 5 2 2 3 5 5 5 2 27 2 35 711 5 2 3 7 511 2 5 3 25583 2991 5583 2991 1 (11167 5983 11167 5983 3 200179742)/2

5 5 5 5 2 3 5 5 5 2 2 3 5 5 5 2 22592 8575 2223375 2 3 5 7 11 7 2 3 5 7 11 5 2 3 7 5 11 .

Az f részegyenlet vizsgálata

x, y, z, , páros.

Egyszerűsítés után a vizsgált részegyenleteket kapjuk.

13. SZ. PÉLDA: Az m i k 2 2 2 2 2 2 2 2x y z f ( , ) f ( , ) 0 , (1)

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.

m i kx y z f( , ) f( , ) ,(2).

Az egyenlet túlhatározott: i 4 k 3. Így az 1 2 3 4U , U , U , U

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 m i k

1 2 3 4x y z U U U U 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.

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:

m i k1 1 1 1 1 2 3 4x yz 2 2 1 2 2 1 f( , ) f( , ) UU U U , (3),

ahol m i k1 2 3 4x y z U U U U , mivel p 3 i j 4 .

Írjuk fel a megoldási változatot és a megoldó képleteket:

1 1 2 4 3 4 32 1 2 11 1

2 2 U 1

2 2 U 1 U U U UU U U U 2 1. , , , ,f( , ) ,

U f( , ) 4 4 2 2

U f( , )

ahol 2 1 4 3 1 2 3 4U U 2,U U ,(U ,U ,U ,U ) d 1 páratlan számok,

1 1 2 2 1 2U 2u 1, U 2u 1,u ,u 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:

4 3 4 32 1 2 11 1

U U U UU U U U 2, , , ,

4 4 2 2

m i k 5 2 3 4 31 2 3 4 1 3 4

U +Ux y z x y z U U U U U U U

ahol ω,ψ páros, páratlan, 4 4U 2u 1, 3 3U 2u 1, 4 3u , u

azonos paritású számok, mivel 2 4 3U (U U ) / 2 páratlan.

A megoldó képletek alapján látható, hogy az 1 2 3 4U ,U ,U ,U

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 1 2U , U vagy

3 4U ,U választott értékeitől. Ugyanakkor összegük értéke

független az 1U 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:

3 4U 3 729 2 364 1,U 37 83349 2 41674, 5 1

2 4 3U (U U ) / 2 (83349 729) / 2 42039 3 173 2 21019 1.

4 3(U U ) / 2 (83349 729) / 2 41310.

A kapott eredmény alapján írhatjuk:

m i k 5 2 3 5 1 6 5 3 16 3 11 2 3 4 1 1x y z x y z U U U U U 3 173 3 3 7 U 3 7 173 .

A részegyenletnek számtalan megoldása létezik, mivel az

5 2 3 16 3 11x y z U 3 7 173 egyenlőség sok változatban teljesíthető

1U választott értékétől, illetve a szorzat felbontásától függően.

Például 11U 173 2 86 1 esetén kapjuk:

5 2 3 16 3 1 1 16 3 1 5 2 3 5 2 3

1x y z U 3 7 173 173 3 7 173 9 173 63 9 4671 7 .

2 11 1

U U 42039 173 42039 173 210558, 10466,

1 1ω 2ω 2 10558 21106, 2 1 2 10466 1 20933.

m i k1 1 1 1 1 2 3 4x yz 2 2 1 2 2 1 f( , ) f( , ) UU U U ,

5 2 3 5 2 3x y z 9 173 63 ( )( )

21106 20933 21106 20933 21106 20933 41310 21106 20933 41310 1 5 1 6 5 3 5 2 3173 42039 729 83349 173 3173 3 3 7 9 173 63 .

A részegyenletnek végtelenül sok, a kiinduló feltételeknek megfelelő, megoldása létezik, mivel 3 4U , U végtelenül sok értéke

elégíti ki az 5 2 31 2 3 4U U U U x y z egyenlőséget.

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:

m i k1 1 1 1 1 2 3 4x yz 2 2 1 2 2 1 f( , ) f( , ) UU U U , (4),

1 1 2 4 3 4 32 1 2 11 1

2 2 U 1

2 2 U 1 U U U UU U 2 U U 1. , , , ,f( , ) ,

U f( , ) 4 4 2 2

U f( , )

1 1 2 2 1 2U 2u 1, U 2u 1,u ,u 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:

4 32 1 2 11 1 4 3

U UU U 2 U U, , , (U U ) / 2.

m i k 5 2 3 4 31 2 3 4 1 3 4

ahol ω,ψ páros, páratlan, 4 4U 2u 1, 3 3U 2u 1, 4 3u , u

azonos paritású számok, mivel 2 4 3U (U U ) / 2 páratlan.

Legyen például:

1 2 1 5 2 1 13 4U 3513 975 2 487 1,U 35 711 467775 2 233887 1,

1 72 4 3U (U U )/ 2 (467775 975)/2 234375 35 2 117187 1,

4 3(U U ) / 2 (467775 975) / 2 233400.

A kapott eredmény alapján írhatjuk:

5 2 3 1 7 1 2 1 5 2 1 1 7 11 1 1 11 2 3 4 1 1x y z U U U U U 35 3513 3 5 711 U 3 5 71113.

5 2 3 7 11 1 1 11x y z U 3 5 7 1113 egyenlőség sok változatban teljesíthető

Például 2 1 1

1U 7 1113 7007 2 3503 1 esetén kapjuk:

5 2 3 7 11 1 1 1 2 1 1 7 11 1 1 1

1 2 3 4 1x y z U U U U U 3 5 71113 7 1113 3 5 71113 5 5 2 2 2 3 3 5 2 2 2 2 3 33 5 3 11 13 7 25 3 3 5 11 13 7 125 ,

1 2 1(U U 2) / 4 (234375 7007 2) / 4 60345,

1 2 1(U U ) / 4 (234375 7007) / 4 56842,

1 1ω 2ω 1 2 60345 1 120691, 2 2 56842 113684.

5 2 31 1 1 1 1 2 3 4x y z 2 2 1 2 2 1 ( )( ) UU U U ,

5 2 3 5 2 3x y z 15 429 175 ( )( )

120691 113684 120691 113684 120691 113684 233400 120691 113684 233400 5 2 37007 234375 975 467775 749005532666015625 15 429 175 .

x y z , ω , f ( , ) páros, páratlan szám.

Legyen: y és z páros, x páratlan szám.

A részegyenlet túlhatározott, mivel i j 4 k 3 . Az f ( , ) tényezők tetszőleges racionális egész

f ( , ) függvény mellett redukálhatók. Írjuk fel a részegyenletet:

1 1 1 1m i k1 1 1 2 3 4i k

2 2 1 2 2 1 f( , ) f( , )x yz UU U U ,

ahol m i k1 1 1 2 3 4x y z U U U U , mivel p 3 i j 4 .

Írjuk fel a részegyenlet megoldási változatait és képleteit:

i k1 1 1

i k i k1 1 2 4 3 4 32 1 2 1

2 2 2 U 1

2 2 U 1 U U U UU 2 U U 2 U 2 1. , , , ,f( , )

4 4 2 2U f( , )

U f( , )

ahol i k2 1 4 3 1 2 3 4U 2 U 2,U U ,(U ,U ,U ,U ) d 1, 2U páros,

i k i k i k1 1 2 4 3 4 32 1 2 1

2 2 U 1

2 2 2 U 1 U U U U2 U U 2 U U 22. , , , ,f( , ) ,

4 4 2 2U f( , )

U f( , )

ahol i k2 1 4 3 1 2 3 42 U U 2,U U ,(U ,U ,U ,U ) d 1, 1U páros,

i k i k1 1 2 4 3 4 32 1 2 1

1 1i k3

2 2 U 1

2 2 U 1 U 2 U U 2 UU U U U 23. , , , ,f( , ) ,

4 4 2 22 U f( , )

U f( , )

ahol i k2 1 4 3 1 2 3 4U U 2, U 2 U ,(U ,U ,U ,U ) d 1, 4U páros,

i k i k1 1 2 4 3 4 32 1 2 1

2 2 U 1

2 2 U 1 2 U U 2 U UU U U U 24. , , , ,f( , ) ,

U f( , ) 4 4 2 2

2 U f( , )

ahol i k2 1 4 3 1 2 3 4U U 2,2 U U ,(U ,U ,U ,U ) d 1, 3U páros.

i k esetén az első és a második változat alapján a részegyenletnek nincs megfelelő megoldása, mivel 1 2U , U 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 2 U 1

2 2 U 1 3. .

2 U f ( , )

U f ( , )

i k i k

4 3 4 32 1 2 11 1

U 2 U U 2 UU U U U 2, , , ,

4 4 2 2

2+3m i k 5 2 3 4 3

1 1 1 1 1 2 3 4 1 3 4

U +2 Ux y z x y z U U U U U U U ,

ahol i k2 1 4 3U U 2, U 2 U , 1 2U , U páratlan számok,

4 4U 2u , 4u páratlan, mivel páratlan szám.

3U , 4U paritása azonos, így 3U is páros.

Legyen: 2 1 2 1 5 1 23 4U 2 35 300 2 150,U 2357 119070 2 59935,

2 3 1 1 12 4 3U (U 2 U )/2 (119070 32 300)/2 64335 354289 2 32167 1,

2 34 3(U 2 U ) / 2 (119070 32 300) / 2 54735,

A kapott eredmények alapján írhatjuk:

5 2 3 1 1 1 2 1 2 1 5 1 2 3 7 4 2 11 1 1 2 3 4 1 1x y z U U U U U 354289 2 35 23 57 U 2 3 5 7 4289.

5 2 3 3 7 4 2 11 1 1x y z U 2 3 5 7 4289 egyenlőség sok változatban teljesíthető

Például 1

1U 4289 2 2144 1 esetén kapjuk:

5 2 3 3 7 4 2 1 1 3 7 4 2 1

1 1 1 2 3 4 1x y z U U U U U 2 3 5 7 4289 4289 2 3 5 7 4289 5 2 2 2 2 3 5 2 2 2 2 33 3 25 7 4289 2 1 9 25 7 4289 6 ,

1 2 1(U U ) / 4 (64335 4289) / 4 17156,

1 2 1(U U 2) / 4 (64335 4289 2) / 4 15011,

1 1ω 2ω 2 17156 34312, 2 1 2 15011 1 30023.

Ellenőrizzük a megoldás:

1 1 1 15 2 31 1 1 2 3 42 3

2 2 1 2 2 1 ( )( )x y z U U U U ,

5 2 3 5 2 31 1 2 3

( )( )x y z 3 2251725 2

34312 30023 34312 30023 34312 30023 54735 34312 30023 54735

4289 64335 9600 1190704289 64335 300 119070

5 2 33 2251725 5 154009313822109375.

Oldjuk meg az egyenletet a negyedik változat alapján:

2 2 U 1

2 2 U 14 . .

U f ( , )

2 U f ( , )

i k i k4 3 4 32 1 2 1

2 U U 2 U UU U U U 2, , , ,

4 4 2 2

2+3m i k 5 2 3 4 3

1 1 1 1 1 2 3 4 1 3 4

2 U +Ux y z x y z U U U U U U U ,

ahol i k2 1 4 3U U 2, 2 U U , 1 2U , U páratlan számok,

3 3U 2u , 3u páratlan, mivel páratlan szám.

3U , 4U paritása azonos, így 4U is páros.

Legyen: 2 2 1 2 1 5 14 3U 2 357 8820, U 235 2430 2 1215,

2 32 4 3U (2 U U )/2 (32 8820 2430)/2 142335 2 71167 1,

2 34 3(2 U U ) / 2 (32 8820 2430) / 2 139905.

5 2 3 2 1 1 1 5 1 2 2 1 2 3 9 3 2 11 1 1 2 3 4 1 1x y z U U U U U 3 53163 23 5 2 3 57 U 2 3 5 7 3163.

A részegyenletnek számtalan megoldása létezik, mivel az 5 2 3 3 9 3 2 1

1 1 1x y z U 2 3 5 7 3163 egyenlőség sok változatban teljesíthető

Például 1 1

1U 7 3163 22141 2 11070 1 esetén kapjuk:

1 2 1(U U ) / 4 (142335 22141) / 4 41119,

1 2 1(U U 2) / 4 (142335 22141 2) / 4 30048,

1 1ω 2ω 2 41119 82238, 2 1 2 30048 1 60097.

1 1 1 15 2 31 1 1 2 3 42 3

2 2 1 2 2 1 ( )( )x y z U U U U ,

5 2 3 5 2 31 1 2 3

2 ( )( )x y z 3 28467 70

82238 60097 82238 60097 82238 60097 139905 82238 60097 139905

2 322141 142335 2430 282240/ 2 22141 142335 2430 8820 5 2 33 28467 70 67543536548061000.

x y z , , f ( , ) páros, ω páratlan szám.

Legyen y páros, x és z páratlan szám.

A részegyenlet túlhatározott, mivel p 3,i j 4 k 3 . Az f ( , ) tényezők tetszőleges racionális egész

1 1 1 1m i k1 1 2 3 4i

2 2 1 2 2 1 f( , ) f( , )x yz UU U U ,

ahol m i k1 1 2 3 4x y z U U U U , mivel p 3 i j 4 .

i1 1 1

i i1 1 2 4 3 4 32 1 2 1

2 2 2U 1

2 2 U 1 U U U UU 2U 2 U 2U 1. , , , ,f( , )

4 4 2 2U f( , )

U f( , )

ahol i2 1 4 3 1 2 3 4U 2 U , U U ,(U , U , U , U ) d 1, 2U páros,

i i i1 1 2 4 3 4 32 1 2 1

2 2 U 1

2 2 2U 1 U U U U2U U 2 2U U2. , , , ,f( , ) ,

4 4 2 2U f( , )

U f( , )

ahol i2 1 4 3 1 2 3 42 U U ,U U ,(U ,U ,U ,U ) d 1, 1U páros,

i i1 1 2 4 3 4 32 1 2 1

2 2 U 1

2 2 U 1 U 2U U 2UU U 2 U U3. , , , ,f( , ) ,

4 4 2 22U f( , )

U f( , )

ahol i2 1 4 3 1 2 3 4U U , U 2 U , (U , U , U , U ) d 1, 4U páros,

i i1 1 2 4 3 4 32 1 2 1

2 2 U 1

2 2 U 1 2U U 2U UU U 2 U U4. , , , ,f( , ) ,

U f( , ) 4 4 2 2

2U f( , )

ahol i2 1 4 3 1 2 3 4U U , 2 U U , (U , U , U , U ) d 1, 3U páros.

i esetén az első és a második változat alapján a részegyenletnek nincs megfelelő megoldása, mivel 1 2U , U 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 2 U 1

2 2 U 13 . .

2 U f ( , )

U f ( , )

4 3 4 32 1 2 11 1

U 2 U U 2 UU U 2 U U, , , ,

4 4 2 2

2m i k 5 2 3 4 3

1 1 1 2 3 4 1 3 4

U 2 Ux y z x y z U U U U U U U ,

ahol i2 1 4 3 1 2 3 4U U , U 2 U ,(U , U ,U , U ) d 1, 4 4U 2u ,

4u páratlan, mivel páratlan szám.

3U és 4U paritása azonos, így 3U is páros.

Legyen: 2 1 2 1 5 1 2

3 4U 235 300 2150,U 2357 119070 2 59535, 2 1 1 1 1

2 4 3U (U 2 U )/2 (119070 4 300)/2 60135 3519211 2 30067 1, 2

4 3(U 2 U )/ 2 (119070 4 300) / 2 58935.

5 2 3 1 1 1 1 2 1 2 1 5 1 2 3 7 4 2 1 11 1 1 2 3 4 1 1x y z U U U U U 3519 211 2 35 23 57 U 2 3 5 7 19 211.

5 2 3 3 7 4 2 1 11 1 1x y z U 2 3 5 7 19 211 egyenlőség sok változatban teljesíthető

Például 1 1 1

1U 7 19 211 28063 2 14031 1 esetén kapjuk:

1 2 1(U U 2) / 4 (60135 28063 2) / 4 22049,

1 2 1(U U ) / 4 (60135 28063) / 4 8018,

1 1ω 2ω 1 2 22049 1 44099, 2 2 8018 16036.

1 1 1 15 2 31 1 2 3 42

2 2 1 2 2 1 ( )( )x y z U U U U ,

5 2 3 5 2 31 2

( )( )x y z 3 300675 14

44099 16036 44099 16036 44099 16036 58935 44099 16036 58935

28063 60135 1200 11907028063 60135 300 119070

5 2 33 300675 14 60281634567105000.

2 2 U 1

2 2 U 14 . .

U f ( , )

2 U f ( , )

i i4 3 4 32 1 2 1

2 U U 2 U UU U 2 U U, , , ,

4 4 2 2

2m i k 5 2 3 4 3

1 1 1 2 3 4 1 3 4

2 U +Ux y z x y z U U U U U U U ,

ahol i2 1 4 3 1 2 3 4U U,2U U,(U,U ,U,U ) d 1, 3 3U 2u , 3u páratlan,

mivel páratlan szám. 3U és 4U paritása azonos, így 4U is páros

Legyen: 1 1 2 2 5 1 1

3 4U 235 150, U 2357 34020 2 17010, 2 1 1 1

2 4 3U (2 U U )/2 (4 34020 150)/2 68115 354541 2 34057 1, 2

4 3(2 U U ) / 2 (4 34020 150) / 2 67965.

5 2 3 1 1 1 1 1 2 2 5 1 1 3 7 4 1 1

1 1 2 3 4 1 1x y z UU U U U 354541 235 2 357 U 2 3 5 74541.

A részegyenletnek számtalan megoldása létezik, mivel az 5 2 3 3 7 4 1 1

1 1 1x y z U 2 3 5 7 4541 egyenlőség sok változatban teljesíthető

Például 1 1

1U 7 4541 31787 2 15893 1 esetén kapjuk:

1 2 1(U U 2) / 4 (68115 31787 2) / 4 24975,

1 2 1(U U ) / 4 (68115 31787) / 4 9082,

1 1ω 2ω 1 2 24975 1 49951, 2 2 9082 18164.

1 1 1 15 2 31 1 2 3 42

2 2 1 2 2 1 ( )( )x y z U U U U ,

5 2 3 5 2 3 21x y z 3 2384025 2 ( )( )/2

49951 18164 49951 18164 49951 18164 67965 49951 18164 67965 /4 31787 68115 150 136080/ 4 31787 68115 150 34020

5 2 33 2384025 2 11048870190015000.

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 .

Az f ( , ) tényező tetszőleges racionális egész

f ( , ) függvény mellett redukálható. Írjuk fel a részegyenletet:

m i k m 21 1 1 1 1 1 2 3 4x yz 1 f( , ) f( , ) /2 UU U U , (7),

ahol m i k1 1 2 3 4x y z U U U U , mivel p 3 i j 4 .

m 21 1 1

m 2 m 21 1 2 4 3 4 32 1 2 1

U 1 U U U UU 2 U 1 U 2 U 1 1. , , , ,f( , )

2 2 2 2U f( , )

U f( , )

ahol m 22 1 4 3 1 2 3 4U 2 U 1,U U ,(U ,U ,U ,U ) d 1, 2U páratlan,

m 2 m 2 m 21 1 2 4 3 4 32 1 2 1

2 U 1 U U U U2 U U 1 2 U U 12. , , , ,f( , ) ,

2 2 2 2U f( , )

U f( , )

ahol m 22 1 4 3 1 2 3 42 U U 1,U U ,(U ,U ,U ,U ) d 1, 1U páratlan,

m 2 m 21 1 2 4 3 4 32 1 2 1

1 1m 23

U 1 U 2 U U 2 UU U 1 U U 13. , , , ,f( , ) ,

2 2 2 22 U f( , )

U f( , )

ahol m 22 1 4 3 1 2 3 4U U 1, U 2 U ,(U ,U ,U ,U ) d 1, 4U páros,

m 2 m 21 1 2 4 3 4 32 1 2 1

U 1 2 U U 2 U UU U 1 U U 14. , , , ,f( , ) ,

U f( , ) 2 2 2 2

2 U f( , )

ahol m 22 1 4 3 1 2 3 4U U 1,2 U U ,(U ,U ,U ,U ) d 1, 3U 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:

m 21 1 1

U 1 1 . .

U f ( , )

m 2 m 24 3 4 32 1 2 1

U U U UU 2 U 1 U 2 U 1, , , ,

2 2 2 2

m i k 5 2 3 4 31 1 1 2 3 4 1 3 4

U Ux y z x y z U U U U U U U ,

ahol m 22 1 4 3 1 2 3 4U 2 U 1,U U ,(U ,U ,U ,U ) d 1, 2U páratlan,

3 4U , U azonos paritású.

Mivel 2m 2,U páratlan.

Legyen: 6 1 2 1 2 3 2 23 4U 2357 33600 216800,U 2357 132300 2 66150,

1 2 1 12 4 3U (U U )/4 (132300 33600)/4 41475 35 7 79 2 20737 1,

4 3(U U ) / 4 (132300 33600) / 4 49350.

5 2 3 1 2 1 1 6 1 2 1 2 3 2 2 8 5 6 4 11 1 2 3 4 1 1x y z UU U U U 35 779 2 35 7 2 35 7 U 2 35 7 79.

5 2 3 8 5 6 4 11 1x y z U 2 3 5 7 79 egyenlőség sok változatban teljesíthető

Például 1

1U 79 2 39 1 esetén kapjuk:

5 2 5 2

1 2 1(U 2 U 1) / 2 (41475 2 79 1) / 2 21053, 5 2 5 2

1 2 1(U 2 U 1) / 2 (41475 2 79 1) / 2 20421,

1 1ω 2ω 1 2 21053 1 42107, 2 1 2 20421 1 40843.

1 1 1 15 2 31 1 2 3 45 2

1 ( )( )x y z U U U U ,

5 2 3 5 2 31x y z 6 3871 50 14565071052000000

21053 20421 21053 20421 1 42107 40843 49350 42107 40843 49350 /8 632 41475 33600 132300/8 79 41475 33600 132300

5 2 36 3871 50 14565071052000000.

Oldjuk meg az egyenletet a második változat alapján:

m 21 1 2

2 U 12 . .

U f ( , )

m 2 m 24 3 4 32 1 2 1

U U U U2 U U 1 2 U U 1, , ,f( , ) ,

2 2 2 2

m i k 5 2 3 4 31 1 1 2 3 4 1 3 4

ahol m 22 1 4 3 1 2 3 42 U U 1,U U ,(U ,U ,U ,U ) d 1, 1U páratlan,

3 4U , U azonos paritású számok.

Mivel m 2 , 1U páratlan.

Legyen: 2 3 1 3 1

3 4U 357 7875 2 3937 1,U 5193 24125 2 12062 1,

U U 24125 7875U 1000 2 500,

4 3(U U ) / 2 (24125 7875) / 2 8125.

5 2 3 3 3 2 3 1 3 1 3 2 9 1 11 1 2 3 4 1 1x y z UU U U U 2 5 3 5 7 5193 U 2 3 5 7193.

5 2 3 3 2 9 1 11 1 1x y z U 2 3 5 7193 egyenlőség sok változatban teljesíthető

Például 1 11U 7193 1351 2 675 1 esetén kapjuk:

5 2 5 2

1 2 1(2 U U 1) / 2 (2 100 1351 1) / 2 4675, 5 2 5 2

1 2 1(2 U U 1) / 2 (2 1000 1351 1) / 2 3324,

1 1ω 2ω 1 2 4675 1 9351, 2 1 2 3324 1 6649.

1 1 1 15 2 31 1 2 3 45 2

1 ( )( )x y z U U U U ,

5 2 3 5 2 31x y z 5 101325 2 256668890625000

4675 3324 4675 3324 1 9351 6649 8125 9351 6649 8125

5 2 31351 8000 7875 241255 101325 2 256668890625000.

Oldjuk meg az egyenletet a harmadik változat alapján:

U 13 . .

2 U f ( , )

U f ( , )

m 2 m 24 3 4 32 1 2 1

U 2 U U 2 UU U 1 U U 1, , , ,

2 2 2 2

m i k 5 2 3 41 1 1 2 3 4 1 3 3 4

Ux y z x y z U U U U U ( +2U )U U ,

ahol m 22 1 4 3 1 2 3 4U U 1, U 2 U ,(U ,U ,U ,U ) d 1, 1 2U , U

ellentétes paritású, 4U páros.

Mivel m 2 , 4U páros.

Legyen: 2 3 1 3 1 2 2

3 4U 357 7875 2 3937 1,U 23511 72600 2 36300,

2 1 2 142 3

U 72600U 2U 2 7875 33900 2 35 113 2 16950,

5 2 34 3(U 2 U ) / 2 (72600 2 7875)2 4800.

5 2 3 2 1 2 1 2 3 1 3 1 2 2 5 4 7 1 2 11 1 2 3 4 1 1x y z UU U U U 2 35113 3 5 7 2 3511 U 2 3 5 711113.

5 2 3 5 4 7 1 2 11 1 1x y z U 2 3 5 711113 egyenlőség sok változatban teljesíthető

Például 1 1

1U 7113 esetén kapjuk:

4 3(U 2 U ) / 2 (72600 2 7875)2 4800 ,

1 2 1(U U 1) / 2 (33900 791 1) / 2 17345,

1 2 1(U U 1) / 2 (33900 791 1) / 2 16554,

1 1ω 2ω 1 2 17345 1 34691, 2 1 2 16554 1 33109.

1 1 1 15 2 31 1 2 3 45 2

1 ( )( )x y z U U U U ,

5 2 3 5 2 31x y z 2 1957725 5 15330748702500000

17345 16554 17345 16554 1 34691 33109 4800 34691 33109 4800

791 33900 63000 72600791 33900 7975 72600

5 2 32 1957725 5 15330748702500000.

U 14 . .

U f ( , )

2 U f ( , )

m 2 m 2

4 3 4 32 1 2 11 1

2 U U 2 U UU U 1 U U 1, , , ,

2 2 2 2

m i k 5 2 3 31 1 1 2 3 4 1 4 3 4

Ux y z x y z U U U U U (2U )U U ,

ahol m 22 1 4 3 1 2 3 4U U 1,2 U U ,(U ,U ,U ,U ) d 1, 1 2U , U

ellentétes paritású, 3U páros.

Mivel m 2 , 3U páros.

Legyen: 3 2 3 1 2 2 2

3 4U 2357 63000 2 31500,U 2511 12100 2 60500,

1 2 132 4

U 63000U 2U 2 12100 39950 25 799 2 19975,

5 2 34 3(2 U U ) / 2 (2 12100 63000) / 2 16900.

5 2 3 1 2 1 3 2 3 1 2 2 2 6 2 7 1 2 11 1 2 3 4 1 1x y z UU U U U 25 799 2 3 5 7 2 511 U 2 3 5 711799.

5 2 3 6 2 7 1 2 11 1 1x y z U 2 3 5 711 799 egyenlőség sok változatban teljesíthető

Például 1 1

1U 7 799 5593 2 2796 1 esetén kapjuk:

4 3(2 U U ) / 2 (2 12100 63000) / 2 16900 ,

1 2 1(U U 1) / 2 (39950 5593 1) / 2 22771,

1 2 1(U U 1) / 2 (39950 5593 1) / 2 17178,

1 1ω 2ω 1 2 22771 1 45543, 2 1 2 17178 1 34357.

1 1 1 15 2 31 1 2 3 45 2

1 ( )( )x y z U U U U ,

5 2 3 5 2 31x y z 5 922845 4 170328578805000000

22771 17178 22771 17178 1 45543 34357 16900 45543 34357 16900

5593 39950 63000 968005593 39950 63000 12100

5 2 35 922845 4 170328578805000000.

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

m i k1 1 1 1 1 2 3 4x yz 2 2 1 2 2 1 f( , ) f( , ) UU U U , (3),

1 1 2 4 3 4 32 1 2 11 1

2 2 U 1

2 2 U 1 U U U UU U U U 2 1. , , , ,f( , ) ,

U f( , ) 4 4 2 2

U f( , )

1 1 2 2 1 2U 2u 1, U 2u 1, u ,u ellentétes paritású számok.

A részegyenlet túlhatározott, így az 1 2 3 4U,U,U,U értékek

szabadon nem választhatók meg. f ( , ) esetén két választott érték korlátozza a másik kettő megválaszthatóságát is. A megválaszthatóságot korlátozza az m i k

1 2 3 4x y z U U U U

egyenlőség is. Ezért annak bizonyítása, hogy a részegyenlet rendelkezik megoldással az m i k

1 2 3 4x y z U U U U 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:

2 1 2 1 2 1 2 11 1 1 1

U U U U 2 U U U U, , 2 , 2 1 ,

4 4 2 2

m i k4 3 4 31 2 3 4

U U U U, , x y z U U U U

2 2 2 24 3 2 1 2 1 2 1 2 1

U U U U U U U U U U,U U ,

2 2 2 4 2

ahol ω, ellentétes paritású, páros, ψ páratlan,

4 4 3 3U 2u 1, U 2u 1, 4 3u , u ellentétes paritású.

1 2U , U megválasztása esetén számítsuk ki 4 3U U értékét:

2 1U 3 5 225 2 112 1,U 11 2 5 1, 2 2 2 2

4 3 2 1U U (U U ) / 2 (225 11 ) / 2 25252.

Az 3U , vagy 4U tényező értékét válasszuk meg úgy, hogy

teljesíthető legyen az m i k 4 7 11 2 3 4x yz x y z U U U U feltétel. A kapott

összegértéken belül 3 4U , U lehetséges értékeinek száma véges.

Legyen:

5 23U 6075 3 5 2 3037 1, 1 1

4U 25252 6075 19177 127151 2 9588 1.

Határozzuk meg ω, ,ψ értékét:

2 1 2 1U U U U225 11 225 11118, 107,

2 2 2 2

4 3U U 19177 60756551.

4 7 11 2 3 4x y z ( )( ) U U U U ,

4 7 15 3 210947 118 107 118 107 (118 107 6551)(118 107 6551) 4 7 111 225 6075 19177 5 3 210947 288338180625.

1 2U ,U értékének meghatározása 3 4U,U megválasztása esetén:

2 1 2 14 3

(U U )(U U )U U r ,

2 1 2 14 3 1

(2u 1 2u 1)(2u 1 2u 1)2u 1 2u 1 2r ,

2 1 2 14 3 1 1 2

(u u 1)(u u )u u 1 r V V

2 1 2 2 1 2 12 1

1u u V 1 V 2V 2 V 2V 2

1. , u , u ,24 4

ahol 2 1V V , 2V páros,

2 1 22 1 2 1

u u V 12V V 2 2V V 2

2. , u , u ,14 4u u V

ahol 2 12V V , 1V páros.

Az egyenlőség szintjét meghatározó monoma 4 3 1u u 1 r

felbontásával 1 2V,V , így 1 2U ,U értékei meghatározhatók.

14. SZ. PÉLDA: Az 3 2 2 2 2 2 2 2x x xy xz xw xz xw y 2z 2w 2z 2w 0

Kiinduló adatok: x,y,z,w – pozitív egészek.

Az egyenlet inmonolit. Szimpla felbontása implicit, partikuláris. Kombinatív felbontása implicit, lineáris:

(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 x y z w 0 z w

1/a. x y 0, x y, 1/b. z w 1 0, z w 1.

x 1 0 x 1 x 2 0 x 2

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 y)(x y)(x 1)r V V V ,(1/ a),

1 2r (z w)(z w 1) U U , (1/b),

ahol 1 2 3 1 2 3(V ,V ,V ) d 1, r V V V racionális számok.

Oldjuk meg az egyenletet 1 2 3V ,V ,V 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 y)(x 1)r V V V ,

x y (x 2)V

1. x y V ,

2 3 1 2 1 3 12 1 V (V 1 2)V V V V VV (x 2)Vx ,

2 3 1 2 1 3 12 1 V (V 1 2)V V V V VV (x 2)Vy ,

ahol 2 1 1 3V V V V ,

2. x y (x 2)V ,

3 2 1 2 3 2 12 1 (V 1 2)V V V V V V(x 2)V Vx ,

3 2 1 2 3 2 12 1 (V 1 2)V V V V V V(x 2)V Vy ,

ahol 2 3 1 2V V V V ,

2 1 2 12

x y VV V V V

3. x y V , x , y ,2 2

x (x 2)V 1

2 13 3

V V 2x 1x (x 2)V 1,V ,

x 2 V V 4

ahol 2 1V V .

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 1f (x, y) r egész értékeit adják.

Ez az alábbi feltételek teljesítését jelenti.

Az első változat esetén:

1V (x y) /(x 2) természetes szám, ahol

1. x 3 y 1, 2. x y 2.

A második változat esetén:

2V (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:

3V (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:

1 2 3 1 2V V V r (z w)(z w 1) U U ,

z w U,

z w U 1

2 1 2 1U U 1 U U 1z , w ,

2 1 1 2 3 1 2 1 2U U 1,(V,V,V,U,U ) d 1,U,U 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.

Példa megoldása az 1/a egyenletet 1. változata alapján Kiinduló adatok: 1 2 3V ?, V ?, V ?

Írjuk fel az 1/a egyenletet és 1. megoldási változatát:

(x y)(x y)(x 1)r V V V ,

x y (x 2)V

1. x y V ,

2 1 3 1V V V Vx ,

2 1 3 1V V V V

ahol 1 2 3 1 2 3(V ,V ,V ) d 1, r V V V racionális számok.

x és y, vagy 1 2 3V ,V ,V értékeinek szabad megválasztására

nincs lehetőség, mivel 1f (x, y) racionális törtfüggvény.

Az egyenlet megoldási feltételei: 1/. x 3, y 1, 2/. x 3, y 2.

x 3, y 1 esetén írhatjuk:

1V (x y) /(x 2) (3 1) /(3 2) 2,

2V x y 3 1 4, 3V x 1 3 1 2.

Ellenőrizzük a komponens egyenlet megoldását:

(x y)(x y)(x 1) (3 1)(3 1)(3 1)VVV 2 4 2 2 4 2.

(x 2) (3 2)

r felbontásával kapjuk 1 2 3 1 2(V ,V ,V , U , U ) d 1 értékeit:

1 2 3 1 2r VV V 2 4 2 16 U U 1 16.

Írjuk fel az 1/b egyenletet és a megoldó képleteket:

1 2 3 1 2V V V r (z w)(z w 1) U U ,

1 2 1 2 1

z w U U U 1 U U 1, z , w ,

z w U 1 2 2

2 1 1 2 3 1 2 1 2U U 1,(V,V ,V ,U ,U ) d 1,U ,U különböző paritású.

Az 1 2U U 1 16 felbontás alapján kapjuk z és w értékét:

2 1 2 1U U 1 U U 116 1 1 16 1 1z 8, w 7.

2 2 2 2

Ellenőrizzük az inmonolit egyenlet megoldását:

1 2 3 1 2V V V r (z w)(z w 1) U U ,

1 2 3 1 2V V V 2 4 2 r (8 7)(8 7 1) 1 16 U U .

x 3, y 2 esetén írhatjuk:

Legyen: x 12, amely értéknél kapjuk:

x y 12 2V 1,V x y 12 2 14,V x 1 12 1 11

x 2 12 2

(x y)(x y)(x 1) (12 2)(12 2)(12 1)VVV 1 14 11 1 14 11.

(x 2) (12 2)

r felbontásával, 1 2 3 1 2(V ,V ,V , U , U ) d 1 mellett, kapjuk:

1 2 3 1 2r VV V 1 14 11 154 U U 1 154 2 77 7 22 11 14.

A felbontás alapján határozzuk meg z és w értékét.

1 2U 1, U 154 esetén kapjuk:

2 1 2 1U U 1 U U 1154 1 1 154 1 1z 77, w 76.

2 2 2 2

1 2 3 1 2V V V 1 14 11 154 r (z w)(z w 1) 1 154 U U ,

1 2 3 1 2V V V 1 14 11 r (77 76)(77 76 1) 1 154 U U .

2 1 2 1U U 1 U U 177 2 1 77 2 1z 39, w 37.

2 2 2 2

1 2 3 1 2V V V 1 14 11 154 r (z w)(z w 1) 2 77 U U ,

1 2 3 1 2V V V 1 14 11 r (39 37)(39 37 1) 2 77 U U .

2 1 2 1U U 1 U U 122 7 1 22 7 1z 14, w 7.

2 2 2 2

1 2 3 1 2V V V 1 14 11 154 r (z w)(z w 1) 7 22 U U ,

1 2 3 1 2V V V 1 14 11 r (14 7)(14 7 1) 7 22 U U .

2 1 2 1U U 1 U U 114 11 1 14 11 1z 12, w 1.

2 2 2 2

1 2 3 1 2V V V 1 14 11 154 r (z w)(z w 1) 11 14 U U ,

1 2 3 1 2V V V 1 14 11 r (12 1)(12 1 1) 11 14 U U .

Az 1. megoldási változata alapján az inmonolit egyenlet végtelenül sok megfelelő megoldással rendelkezik. Az egyenletnek van megoldása a tényezők tört értékeinél is. Például:

1 2 3 1 2

2r V V V 36 19 152 U U 1 152 8 19

Példa megoldása az 1/a egyenletet 2. változata alapján

Kiinduló adatok: 1 2 3V ?, V ?, V ?

(x y)(x y)(x 1)r V V V ,

2. x y (x 2)V ,

2 3 2 1V V V Vx ,

2 3 2 1V V V V

A komponens egyenlet megoldási feltételei: 1. x 3 x y , 2. x x y x(k 1) 2k,x(k 1) 2k,k

x 3, x y esetén írhatjuk:

Legyen: y 2, amely értéknél kapjuk:

1V x y 3 2 1, 2V (x y) /(x 2) (3 2) /(3 2) 5,

3V x 1 3 1 2.

(x y)(x y)(x 1) (3 2)(3 2)(3 1)VVV 1 5 2 1 5 2.

(x 2) (3 2)

1 2 3 1 2r VV V 1 5 2 10 U U 1 10 2 5.

1 2 3 1 1 2V V V 2r (z w)(z w 1) U U ,

1 2 1 2 1

z w U U U 1 U U 1, z , w ,

z w U 1 2 2

2 1 1 2 3 1 2 1 2U U 1,(V,V ,V ,U ,U ) d 1,U ,U különböző paritásúak.

A felbontás alapján kapjuk z és w értékét.

1 2U 1, U 10 mellett kapjuk:

2 1 2 1U U 1 U U 110 1 1 10 1 1z 5, w 4.

2 2 2 2

1 2 3 1 2V V V 1 5 2 10 r (z w)(z w 1) 1 10 U U ,

1 2 3 1 2V V V 1 5 2 r (5 4)(5 4 1) 1 10 U U .

2 1 2 1U U 1 U U 15 2 1 5 2 1z 3, w 1.

2 2 2 2

1 2 3 1 2V V V 1 5 2 10 r (z w)(z w 1) 2 5 U U ,

1 2 3 1 2V V V 1 5 2 r (3 1)(3 1 1) 2 5 U U .

x x y x(k 1) 2k,x(k 1) 2k,k esetén írhatjuk:

maxy (x 1) x 3

x y 2x 1 2x 1 2 3 1lim , k lim 5,

x 2 x 2 x 2 3 2

2x 1k lim 2,

így 5 k 2.

Legyen x 13, akkor y értékére kapjuk:

2x 1 2 13 1k 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:

x y 13 9V x y 13 9 4,V 2,V x 1 13 1 12.

x 2 13 2

(x y)(x y)(x 1) (13 9)(13 9)(13 1)VVV 4 2 12 4 2 12.

(x 2) (13 2)

1 2 3 1 1 2V V V 2r (z w)(z w 1) U U ,

1 2 1 2 1

z w U U U 1 U U 1, z , w ,

z w U 1 2 2

r felbontásával kapjuk 1 2 3 1 2(V,V ,V ,U ,U ) d 1 értékeit:

1 2 3 1 2r VV V 4 2 12 96 U U 1 96 3 32.

2 1 2 1U U 1 U U 196 1 1 96 1 1z 48, w 47.

2 2 2 2

1 2 3 1 2V V V 4 2 12 96 r (z w)(z w 1) 1 96 U U ,

1 2 3 1 2V V V 4 2 12 r (48 47)(48 47 1) 1 96 U U .

2 1 2 1U U 1 U U 132 3 1 32 3 1z 17, w 14.

2 2 2 2

1 2 3 1 2V V V 4 2 12 96 r (z w)(z w 1) 3 32 U U ,

1 2 3 1 2V V V 4 2 12 r (17 14)(17 14 1) 3 32 U U .

A 2. megoldási változata alapján az inmonolit egyenlet végtelenül sok megfelelő megoldással rendelkezik. Példa megoldása az 1/a egyenletet 3. változata alapján Kiinduló adatok: 1 2 3V ?, V ?, V ?

3. x y V ,

x (x 2)V 1

2 1V Vx ,

2 1V V

x 1V .

A komponens egyenlet megoldási feltételei:

1. x 3 x y

x 3 y esetén írhatjuk:

1V x y 3 1 2, 2V x y 3 1 4, 3

x 1 3 1V 2.

x 2 3 2

(x y)(x y)(x 1) (3 1)(3 1)(3 1)VVV 2 4 2 2 4 2

(x 2) (3 2)

Írjuk fel az 1/b egyenletet és megoldó képleteit:

1 2 3 1 1 2V V V 2r (z w)(z w 1) U U ,

1 2 1 2 1

z w U U U 1 U U 1, z , w ,

z w U 1 2 2

A felbontás alapján kapjuk z és w értékeit.

1 2 3 1 2r VVV 2 4 2 16 U U 1 16.

2 1 2 1U U 1 U U 116 1 1 16 1 1z 8,w 7.

2 2 2 2

1 2 3 1 2VVV r (z w)(z w 1) U U ,

1 2 3 1 2V V V 2 4 2 r (8 7)(8 7 1) 1 16 U U .

x 3 y 2 esetén írhatjuk:

1V x y 3 2 1, 2V x y 3 2 5, 3

x 1 3 1V 2.

x 2 3 2

(x y)(x y)(x 1) (3 2)(3 2)(3 1)VVV 1 5 2 1 5 2

(x 2) (3 2)

A felbontás alapján kapjuk z és w értékeit. r felbontásával kapjuk 1 2 3 1 2(V ,V ,V , U , U ) d 1 értékeit:

1 2 3 1 2r VVV 1 5 2 10 U U 1 10 2 5.

2 1 2 1U U 1 U U 110 1 1 10 1 1z 5,w 4.

2 2 2 2

1 2 3 1 2V V V 1 5 2 10 r (z w)(z w 1) 1 10 U U ,

1 2 3 1 2V V V 1 5 2 r (5 4)(5 4 1) 1 10 U U .

2 1 2 1U U 1 U U 15 2 1 5 2 1z 3,w 1.

2 2 2 2

1 2 3 1 2V V V 1 5 2 10 r (z w)(z w 1) 2 5 U U ,

1 2 3 1 2V V V 1 5 2 r (3 1)(3 1 1) 2 5 U U .

A 3. megoldási változata alapján az inmonolit egyenletnek három megfelelő megoldása létezik.

15. SZ. PÉLDA: A mpw (x y z ) xyz 0, egyenlet vizsgálata

Kiinduló adatok: x,y,z,w, változók, p,m – természetes számok.

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: mpw (x y z) xyz 0,

xyzw V V V ,

p(x y z)

ahol m

1 2 3w V V V ,

1 2 3(V ,V ,V ) d 1 racionális számok.

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)V

1. y V ,

x (x y z)V

2. y 16V ,

3. y (x y z)V ,

4. y (x y z)V ,

5. y 16V ,

z (x y z)V

6. y V ,

z (x y z)V

x (x y z)V

7. y 2V ,

x (x y z)V

8. y 8V ,

9. y (x y z)V ,

10. y (x y z)V ,

11. y 8V ,

z (x y z)V

12. y 2V ,

z (x y z)V

x (x y z)V

13. y 4V ,

14. y (x y z)V ,

15. y 4V ,

z (x y z)V

x 2(x y z)V

16. y V ,

x 2(x y z)V

17. y 8V ,

18. y 2(x y z)V ,

19. y 2(x y z)V ,

20. y 8V ,

z 2(x y z)V

21. y V ,

z 2(x y z)V

x 2(x y z)V

22. y 2V ,

x 2(x y z)V

23. y 4V ,

24. y 2(x y z)V ,

25. y 2(x y z)V ,

26. y 4V ,

z 2(x y z)V

27. y 2V ,

z 2(x y z)V

x 4(x y z)V

28. y V ,

x 4(x y z)V

29. y 4V ,

30. y 4(x y z)V ,

31. y 4(x y z)V ,

32. y 4V ,

z 4(x y z)V

33. y V ,

z 4(x y z)V

x 4(x y z)V

33. y 2V ,

35. y 4(x y z)V ,

36. y 2V ,

z 4(x y z)V

x 8(x y z)V

37. y V ,

x 8(x y z)V

38. y 2V ,

39. y 8(x y z)V ,

40. y 8(x y z)V ,

41. y 2V ,

z 8(x y z)V

42. y V ,

z 8(x y z)V

x 16(x y z)V

43. y V ,

44. y 16(x y z)V ,

45. y V .

z 16(x y z)V

A kiinduló egyenlet olyan racionális 1 2 3V ,V ,V értékek

mellett oldható meg, amelyek biztosítják a m2 1 2 3w f (x,y,z) VV V

racionális törtfüggvény természetes számú értékeit. Az 1 2 3x k(x y z)V , y k(x y z)V ,z k(x y z)V

egyenletek alapján a kiinduló egyenletnek 1 2 3V ,V ,V természetes

értékeinél nincs megoldása, mivel 1 2 3V ,V ,V .

Vizsgáljuk meg ezt a tényt a megoldás 1. változata alapján:

xx (x y z)V ,V 1.

Az egyenlet megoldása az 1. változat alapján

x (x y z)V

1. y V ,

1 2 32 3

wx (x y z)V (x V 16V ) ,

2 32 3m

V w 16V wx , y V ,z 16V ,

где

1 2 32 3

wV ,V V w .

3V értéke megválasztható z természetes számértékéből

kiindulva, a 3V k/16 , k 1,2,3, . intervallumban. 2V egész

értéke megválasztható x természetes számértékéből kiindulva, a m

2 3V V w feltétel mellett. 1V értéke pedig a m

1 2 3V w / V V

egyenletből következik. Példa megoldása: Legyen: m 2w 5 25,k 3 . Ez esetben kapjuk:

m m2 3

2 3m2 3

V w 16V wx ,y V ,z 16V ,

1 2 32 3

wV ,V V w .

3V értéke megválasztható z természetes számértékéből

kiindulva, a 3 3V k /16 , k 1,2,3, intervallumban. Legyen:

3k 3,V 3/16 . 2V értéke megválasztható x természetes

számértékéből kiindulva, a m2 3V V w feltétel mellett.

A m2 3V V w egyenlőtlenségből kapjuk:

m2 3V w / V 25 16 / 3 133,3 . Legyen: 2V 134.

Behelyettesítve, kapjuk 1x, y, z,V értékeit:

2 2m m

3134 5 16 5V w 16V w 16x 27400,

3V V w 134 516

2 3 12 3

3 w 5 200y V 134, z 16V 16 3,V

316 V V 20113416

Ellenőrizzük a megoldást: x 27400, y 134,z 3,

m 2 xyz 27400 134 3w 5 25

16(x y z) 16(27400 134 3)

11014800 200 3 8040025 5 VV V 134 25 5 .

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.

Az egyenlet megoldása a 24. változat alapján

Kiinduló adatok: m1 2 3w V V V tetszőleges, 1 2 3V ,V ,V ?

A 24. változat alapján kapjuk:1

24. y 2(x y z)V ,

1 2 1 31 3

Wx 2V , y 2(x y z)V 2(2V y 4V ) ,

m m1 3

4V w 8V wy ,z 4V ,

V V 2w

где

2 1 31 3

wV ,V V w .

3V értéke szabadon megválasztható a z természetes

számértékéből kiindulva, a 3 3V k / 4 intervallumban, ahol

k 1,2,3, . 1V egészszámú értékeit megkaphatjuk y egészszámú

értékeiből kiindulva, a m1 3V V w feltétel mellett. 2V értékeit

pedig megkaphatjuk m

2 1 3V w / V V alapján.

Példa megoldása Legyen:

m 5w 5 3125,k 7 E mellett kapjuk:

m m1 3

1 3m1 3

4Vw 8Vwx 2V,y ,z 4V ,

2 1 31 3

wV ,V V w .

3V értéke szabadon megválasztható z természetes számú

értéke alapján a 3 3V k /4 intervallumban, ahol k 1,2,3, .

Legyen: 3 3k 7,V 7 / 4.

1V egészszámú értékeit megkaphatjuk y egészszámú

értékeiből kiindulva, a m1 3V V w feltétel mellett. 2V értékeit

pedig megkaphatjuk m

1 3V V w egyenlőtlenségből kapjuk:

1 3V w / V 5 Legyen: 1V 3600.

Behelyettesítve, kapjuk:

5 5m m

1 31 m

74 3600 5 8 54Vw 8Vw 4x 2V 2 3600 7200,y

7VV 2w 3600 2 54

45000000 43750 7900875, z 4V 4 7,

6300 6250 4

w 5 4 125V .

V V 3600 7 252

1 3x 2V 2 3600 7200, y 900875, z 4V 7,

m 5 xyz 7200 900875 7

w 5 312516(x y z) 16(7200 900875 7)

45404100000 125 73125 5 V V V 3600 5 .

14529312 252 4

Minden változat alapján az egyenletnek végtelenül sok megoldása létezik. Az egyenlet megoldása a többi változat alapján hasonlóan történik.

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)V x (x y z)V x (x y z)V

1. y V , 2. y 5V ,3. y V ,

z V z V z 5V

x V x 5V x V

4. y 5(x y z)V ,5. y (x y z)V ,6. y (x y z)V ,

z V z V z 5V

x V x 5V x V

7. y V ,8. y V ,9. y 5V .

z 5(x y z)V z (x y z)V z (x y z)V

Az egyenlet megoldása az 1. változat alapján

Kiinduló adatok: m

1 2 3w V V V tetszőleges, 1 2 3V ,V ,V ?

Az 1. változat alapján kapjuk: 1

x 5(x y z)V

1. y V ,

1 2 32 3

wx 5(x y z)V 5(x V V ) ,

2 32 3m

5V w 5V wx , y V ,z V ,

V V 5w

1 2 32 3

wV ,V V w .

3V értéke szabadon megválasztható z természetes

számértékéből kiindulva, a 3V 1,2,3, intervallumban. 2V

egészszámú értékeit megkaphatjuk x egészszámú értékeiből kiindulva,

m2 3V V w feltétel mellett. 1V értékeit pedig

megkaphatjuk m

Példa megoldása: Legyen:

m 3w 6 216 . E szerint kapjuk:

m m2 3

2 3m2 3

5V w 5V wx , y V ,z V ,

V V 5w

1 2 32 3

wV ,V V w .

3V értéke szabadon megválasztható z természetes

számértékéből kiindulva, a 3V 1,2,3, intervallumban. Legyen:

3V 12. 2V egészszámú értékeit megkaphatjuk x egészszámú

értékeiből kiindulva, m

2 3V V w feltétel mellett. A m2 3V V w

feltételből kapjuk: m 32 3V w V 6 Legyen: 2V 92.

m m 3 32 3

m 32 3

5V w 5Vw 5 92 6 5 12 6x 4680,

VV 5w 92 12 5 6

2 3y V 92, z V 12, m 3

w 6 9V .

V V 92 12 46

Ellenőrözzük a megoldást: x 4680, y 92, z 12.

m 3 xyz 4680 92 12w 6 216

5(x y z) 5(4680 92 12)

3 31 2 3

5166720 9 9936216 6 V V V 92 12 216 6 .

23920 46 46

Minden változat alapján az egyenletnek végtelenül sok megoldása létezik. Az egyenlet megoldása a többi változat alapján hasonlóan történik.

Az m(x y z)(x z y)(y z x) pw (x y z) 0

Kiinduló feltételek: x,y,z,wváltozók, p,m számok.

Az egyenlet inmonolit. Szimpla felbontása implicit, partikuláris. Vizsgálata kivitelezhető részegyenletekre történő felbontás nélkül, mivel racionális törtfüggvény mellett határozott.

Írjuk át az egyenletet:

m(x y z)(x z y)(y z x) pw (x y z) 0

m m1 2 3 1 2 3

(x y z)(x z y)(y z x)w V V V , w V V V ,

p(x y z)

1 2 3(V ,V ,V ) d 1 racionális számok.

Az egyenlet megoldása p 16, m 2 értékek esetén: A számelmélet alaptételének megfelelően p 16 és

i k 3 értékek mellett 45 megoldási változatot kapunk:

x y z (x y z)V

1. (x z y) V ,

(y z x) 16V

x y z (x y z)V

2. (x z y) 16V ,

(y z x) V

x y z V

3. (x z y) (x y z)V ,

(y z x) 16V

x y z 16V

4. (x z y) (x y z)V ,

(y z x) V

x y z V

5. (x z y) 16V ,

(y z x) (x y z)V

x y z 16V

6. (x z y) V ,

(y z x) (x y z)V

x y z (x y z)V

7. (x z y) 2V ,

(y z x) 8V

x y z (x y z)V

8. (x z y) 8V ,

(y z x) 2V

x y z 2V

9. (x z y) (x y z)V ,

(y z x) 8V

x y z 8V

10. (x z y) (x y z)V ,

(y z x) 2V

x y z 2V

11. (x z y) 8V ,

(y z x) (x y z)V

x y z 8V

12. (x z y) 2V ,

(y z x) (x y z)V

x y z (x y z)V

13. (x z y) 4V ,

(y z x) 4V

x y z 4V

14. (x z y) (x y z)V ,

(y z x) 4V

x y z 4V

15. (x z y) 4V ,

(y z x) (x y z)V

x y z 2(x y z)V

16. (x z y) V ,

(y z x) 8V

x y z 2(x y z)V

17. (x z y) 8V ,

(y z x) V

x y z V

18. (x z y) 2(x y z)V ,

(y z x) 8V

x y z 8V

19. (x z y) 2(x y z)V ,

(y z x) V

x y z V

20. (x z y) 8V ,

(y z x) 2(x y z)V

x y z 8V

21. (x z y) V ,

(y z x) 2(x y z)V

x y z 2(x y z)V

22. (x z y) 2V ,

(y z x) 4V

x y z 2(x y z)V

23. (x z y) 4V ,

(y z x) 2V

x y z 2V

24. (x z y) 2(x y z)V ,

(y z x) 4V

x y z 4V

25. (x z y) 2(x y z)V ,

(y z x) 2V

x y z 2V

26. (x z y) 4V ,

(y z x) 2(x y z)V

x y z 4V

27. (x z y) 2V ,

(y z x) 2(x y z)V

x y z 4(x y z)V

28. (x z y) V ,

(y z x) 4V

x y z 4(x y z)V

29. (x z y) 4V ,

(y z x) V

x y z V

30. (x z y) 4(x y z)V ,

(y z x) 4V

x y z 4V

31. (x z y) 4(x y z)V ,

(y z x) V

x y z V

32. (x z y) 4V ,

(y z x) 4(x y z)V

x y z 4V

33. (x z y) V ,

(y z x) 4(x y z)V

x y z 4(x y z)V

34. (x z y) 2V ,

(y z x) 2V

x y z 2V

35. (x z y) 4(x y z)V ,

(y z x) 2V

x y z 2V

36. (x z y) 2V ,

(y z x) 4(x y z)V

x y z 8(x y z)V

37. (x z y) V ,

(y z x) 2V

x y z 8(x y z)V

38. (x z y) 2V ,

(y z x) V

x y z V

39. (x z y) 8(x y z)V ,

(y z x) 2V

x y z 2V

40. (x z y) 8(x y z)V ,

(y z x) V

x y z V

41. (x z y) 2V ,

(y z x) 8(x y z)V

x y z 2V

42. (x z y) V ,

(y z x) 8(x y z)V

x y z 16(x y z)V

43. (x z y) V ,

(y z x) V

x y z V

44. (x z y) 16(x y z)V ,

(y z x) V

x y z V

45. (x z y) V .

(y z x) 16(x y z)V

A kiinduló egyenlet 1 2 3V ,V ,V olyan racionális értékeinél

oldható meg, amelyek biztosítják a m

2 1 2 3w f (x, y, z) V V V

racionális törtfüggvény egészszámú értékeit.

Az 1x y z k(x y z)V , 2x z y k(x y z)V 3y z x k(x y z)V egyenletek alapján a kiinduló

egyenletnek nincs megoldása 1 2 3V , V , V egész értékeinél, mivel

1 2 3V ,V ,V . Ellenőrizzük a 43. változat 1. egyenlete alapján:

1 1x y z 16(x y z)V ,V (x y z) /16(x y z) 1.

1 2 3V ,V ,V egész értékeinél megoldás nincs: 1V

Az egyenlet megoldása a 43. változat alapján:

Kiinduló adatok: m1 2 3w V V V tetszőleges, 1 2 3V,V ,V ?

A 43. változatból kapjuk a megoldó képleteket:

m2 1 2 3 1

x y z 16(x y z)V

43. x z y V ,w VV V ,V 1,

y z x V

x y z 16(x y z)V V 16(x y z)V, x ,

x z y V 2

x y z 16(x y z)V V 16(x y z)V, y ,

y z x V 2

x z y V V V, z ,

y z x V 2

3 3 2 2y z x V , y z V x, x z y V , x z V y.

Az y z és x z értékekre kapott kifejezések behelyettesítésével, megkapjuk x és y végleges értékeit:

2 3 1 2 1 1 32 1 V 16(x V x)V V 32xV 16VVV 16(x y z)Vx ,

1 2 1 32x 32xV V 16V V , 2 1 3

V 16V Vx ,

2(1 16V )

2 3 2 m2 1 3 2 3 2 3 3

m m1 2 3

wV 16 V

V 16V V V V V V 16V wx ,

w2(1 16V ) 2V V 32w2(1 16 )

m2 3 2 3V V 16w ,V ,V azonos paritású,

3 1 3 2 1 3 2 2 1V 16(x y z)V V 16(y V y)V V 32yV 16V Vy ,

1 3 2 12y 32yV V 16V V , 3 1 2

V 16V Vy ,

2(1 16V )

где

3 2 2 m3 2 1 2 3 3 2 2

m m1 2 3

wV 16 V

V 16V V V V V V 16V wy ,

w2(1 16V ) 2V V 32w2(1 16 )

m2 3 2 3V V 16w ,V ,V azonos paritású.

Példa megoldása: Kiinduló adatok: 3 2w 5,m 3,V 60,V 40

2 m 2 32 3 3

m 32 3

V V 16V w 40 60 16 60 5 216000x 270,

2V V 32w 2 40 60 32 5 800

2 m 2 33 2 2

m 32 3

V V 16V w 60 40 16 40 5y 280,

2V V 32w 2 40 60 32 5

3 2V V 60 40

z 50.2 2

w 5 125 5x 270, y 280, z 50,V .

V V 270 280 75600 3024

(x y z)(x z y)(y z x)w V V V ,

p(x y z)

m 3 (270 280 50)(270 50 280)(280 50 270)

w 5 12516(270 280 50)

31 2 3

500 40 60 1200000 5125 VV V 270 280 125 5 .

9600 9600 3024

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:

2w 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.

Írjuk fel a héroni diophantikus egyenletet:

21 2 3 4w p(p x)(p y)(p z) VV V V ,

ahol 1 2 3 4V ,V ,V ,V a tényezők értékei, 1 2 3 4(V , V , V , V ) d 1

inhomogén, 1 2 3 4(V ,V ,V ,V ) 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.

A héróni háromszögek területe páros szám, ezért az egyenlet vizsgálata 1w 2w 1 esetén szükségtelen.

Írjuk fel az egyenlet megoldási változatát és implicit képleteit:

p x V,

1 1 2 1 3 1 4p V x y z / 2,x V V ,y V V ,z V V , 1 2 3 4V V ,V ,V .

A problémát a tényezők értékének megválasztása jelenti:

1 2 3 4w VV V V , 1 2 3 4V V V V .

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.

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.

A továbbiakban elegendő meghatározni a komponens háromszögeket, mivel a héróni háromszögek belőlük erednek!

A kiinduló háromszögeket a pitagorászi egyenlet generálja:

2 2 21 1 1x z y ,

2 2 2 21 1 2 1 2 1 1 2 1x 2U U , y U U , z U U ,

ahol 2 1 1 2 1 2U U , (U , U ) d U , U N .

Az 1 2U U 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 j, ( , ) d 1,k mellett, ahol j 1j 2 jk , , az 2 21 2U U faktorizálásával előállított számhármasok:

1 2 1 2 1 11 21 n 1n 2n j 1 1j 1 2j 1 j 1j 2jUU U U k k k k ,

ahol j a számhármasok sorszáma, jk a homogén és

inhomogén háromszögek arányossági tényezője,

1j , 2 j természetes vagy irracionális számpárok.

A kiegészítő háromszögek meghatározása:

2 2 2 22j j 1j 2 j 1 1 2 2 j j 2 j 1j 2 j j 2 j 1jx 2k x 2U U , y k ( ),z k ( ) .

A kiinduló háromszögek páros befogójára építkező kiegészítő háromszögek száma j . Értékét 2 2

1 2U U 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:

1 2 j 1 2 jx z , y z , z y y , 2 2 2 2 2 2 2 22 1 j 2 j 1j 2 1 j 2 j 1jx U U , y k ( ), z U U k ( ) ,

ahol 2 1 1 2 1 2U U,(U,U ) d U,U N számpárok, 2 j 1j ,

1j 2j j( , ) d 1,k az 2 21 2U U szorzatból eredő számhármasok.

Az x, y, z változók értékeinek behelyettesítésével a kiinduló

képletekbe, kapjuk 21 2 3 4w ,V,V,V,V értékeit:

1 2 3 4w V V V V , 1 2 1 3 1 4 1V p x y z / 2,V V x,V V y,V V z,

1 1 2 j 2 j 2 2 2 21 2 2 1 j 2 j 1j

x y x yw U U U U k ( )

A pitagorászi háromszögek páratlan befogójára

építkező kiegészítő háromszögek előállítása: A kiegészítő háromszögeket a pitagorászi egyenlet generálja

2i 1i 1i 2i iQ Q ,(Q Q ) d 1,k esetén, ahol i 1i 2ik ,Q Q az 2 2 2 22 1(U U ) Q faktorizálásával előállított számhármasok:

21 11 21 n 1n 2n i 1 1i 1 2i 1 i 1i 2iQ Q k Q Q k Q Q k Q Q k Q Q ,

ahol i a számhármasok sorszáma, ik a homogén és

inhomogén háromszögek arányossági tényezője, 1i 2iQ , Q

természetes vagy irracionális számpárok. A kiegészítő háromszögek meghatározása:

2 2 2 22i i 2i 1i 1 2i i 1i 2i 2i i 2i 1ix k (Q Q ) / 2, y y k Q Q , z k (Q Q ) / 2 .

A kiinduló háromszögek páratlan befogójára építkező kiegészítő háromszögek száma i . Értékét 2Q értéke szabja meg.

A pitagorászi háromszögek páratlan befogójára építkező

héróni háromszögek előállítása a komponens háromszögek összeadásával és kivonásával:

A héróni háromszögek a komponens háromszögek összegeként és különbségeként állnak elő:

1 2i 1 2ix z , y z , z x x , 2 2 2 2

2 2 i 2i 1i 1 2 i 2i 1i2 1

k Q Q 4U U k (Q Q )x U U , y , z

ahol 2 1 1 2 1 2U U,(U,U ) d U,U N számpárok, 2i 1iQ Q ,

1i 2i i(Q,Q ) d 1,k az 2 2 22 1(U U ) kifejezésből eredő számhármasok.

A változók értékeinek behelyettesítésével a kiinduló képletekbe, kapjuk 2

1 2 3 4w ,V,V,V,V értékeit:

1 2 3 4w V V V V , 1 2 1 3 1 4 1V p x y z / 2,V V x,V V y,V V z,

2 21 1 2i 2i 1 2 i 2i 1i2 1

x y x y 4U U k (Q Q )w (U U )

Az 2 1 1 2U U ,(U ,U ) 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 1 2 3 4(V ,V ,V ,V ) d 2 mellet.

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:

2 2 2 2 2 2 2 2 2

2(y z ) x 2(x z ) y 2(x y ) zm ,m ,m .

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!

Példa megoldása Kiinduló adatok: legyen 1 2(U ,U ) d 1 , 1 2U 15,U 28,

A kiinduló pitagorászi háromszögek előállítása:

2 2 2 2

1 1 2 1 2 1 1 2 1x 2U U , y U U ,z U U , 2 2 2 2

1 1 1x 2 15 28 840, y 28 15 559, z 28 15 1009.

A pitagorászi háromszög páros befogójára

építkező kiegészítő háromszögek előállítása:

A j 1j 2jk , , számhármasok természetes értékeinek

meghatározása 1 2U U faktorizálásával:

1 2 j 1j 2 jU U 420 k

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 j 1j 2 jk számhármasok száma: 79.

A j 1j 2 jk számhármasok természetes és irracionális

értékeinek meghatározása 2 21 2U U faktorizálásával:

1 2 j 1j 2 j j 1j 2 jU U 420 176400 k k

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

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

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 j 1j 2 jk számhármasok száma: 276.

A kiegészítő háromszög meghatározása j 276 esetén.

2 2 2 22,276 1 1,276 2,276 1 2 2,276 2,276 1,276 2,276 2,276 1,276x x 2 2UU ,y ,z ,

2 2 2 22,276 1 2,276 2,276x x 2 20 21 840,y 21 20 41,z 21 20 841.

A pitagorászi háromszög páros befogójára építkező

inhomogén héróni háromszög előállítása j 276 esetén a komponens háromszögek összeadásával:

1 2,276 1 2,276x z , y z , z y y ,

2 2 2 2 2 2 2 22 1 2,276 1,276 2 1 2,276 1,276x U U , y , z U U ,

2 2 2 2 2 2 2 2x 28 15 1009,y 21 20 841,z 28 15 21 20 600 .

A 21 2 3 4w V V V V értékek meghatározása:

1V p (x y z) / 2 (1009 841 600) / 2 1225,

2 1 3 1V V x 1225 1009 216,V V y 1225 841 384,

4 1V V z 1225 600 625, 2 2

1 2 3 4w V V V V 1225 216 384 625 252000 , w 252000.

A megoldás ellenőrzése:

21 2 3 41/ .w p(p x)(p y)(p z) VV V V ,

2w 1225(1225 1009)(1225 841)(1225 600) 2 2 2 2 2 21225 216 384 625 35 216 384 25 35 288 25 252000 ,

2 2 2 21 1 2 j 2 j 1 2 2 1 2 j 1j2 / .w (x y x y ) / 2 U U (U U )

2 2 2 215 28(28 15 21 20 ) 252000.

A fennmaradó háromszögek hasonlóan produkálhatók!

A pitagorászi háromszög páros befogójára építkező inhomogén héróni háromszög előállítása j 276 esetén

a komponens háromszögek kivonásával:

1 2,276 1 2,276x z , y z , z y y , 2 2 2 2 2 2 2 22 1 2,276 1,276 2 1 2,276 1,276x U U , y , z U U ,,

2 2 2 2 2 2 2 2x 28 15 1009,y 21 20 841,z 28 15 21 20 518 .

1V p (x y z) / 2 (1009 841 518) / 2 1184,

2 1 3 1V V x 1184 1009 175,V V y 1184 841 343,

4 1V V z 1184 518 666, 2 2

1 2 3 4w V V V V 1184 175 343 666 217560 , w 217560.

1 2 3 41/ .w p(p x)(p y)(p z) VV V V , 2w 1184(1184 1009)(1184 841)(1184 600)

21184 175 343 666 47332353600 217560 ,

2 2 2 21 1 2 j 2 j 1 2 2 1 2 j 1j2 / .w (x y x y ) U U (U U )

2 2 2 215 28(28 15 21 20 ) 217560.

Ellenőrizzük a háromszög belső magasságának értékét:

xh 2w 2 217560 435120 241w ,h 431

2 x 1009 1009 1009

A fennmaradó háromszögek hasonlóan produkálhatók!

A pitagorászi háromszög páratlan befogójára építkező kiegészítő háromszögek előállítása:

A i 1i 2ik ,Q ,Q számhármasok természetes értékeinek

meghatározása 2 22 1U U Q faktorizálásával:

2 22 1 i 1i 2iU U Q 559 k Q Q =

43 1 13 13 1 43 1 13 43 1 1 559.

A i 1i 2ik ,Q ,Q számhármasok természetes és irracionális

értékeinek meghatározása 2Q faktorizálásával:

2i 1i 2i i 1i 2iQ 559 312481 k Q Q k Q Q

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 2 2 2 2 2 22,3 2,3 1,3 2,3 1 2 1x (Q Q )/2 (43 13 )/2 840,y y U U 28 15 559,

2 2 2 22,3 2,3 1,3z (Q Q ) / 2 (43 13 ) / 2 1009.

A pitagorászi háromszög páratlan befogójára építkező inhomogén héróni háromszög előállítása i 3 esetén

a komponens háromszögek összeadásával:

1 2,3 1 2,3x z , y z , z x x , 2 2 2 2 2 22 1 2,3 1,3 1 2 2,3 1,3x U U , y (Q Q ) / 2, z 2U U (Q Q ) / 2 ,

2 2 2 2 2 2x 28 15 1009,y (43 13 )/2 1009,z 2 15 28 (43 13 )/2 1680 .

1V p (x y z) / 2 (1009 1009 1680) / 2 1849,

2 1 3 1V V x 1849 1009 840,V V y 1849 1009 840,

4 1V V z 1849 1680 169, 2 2

1 2 3 4w V V V V 1849 840 840 169 449560 , w 449560.

21 2 3 41/ .w p(p x)(p y)(p z) VV V V ,

2w 1849(1849 1009)(1849 1009)(1849 1680) 2 2 2 2 2 21849 840 840 169 43 840 840 13 43 840 13 449560 .

2 21 1 2i 2i 1 2 2i 1i2 1

x y x y 4U U Q Q2 / .w (U U )

2 2 4 15 28 43 13(28 15 ) 449560.

1 2,3 1 2,3x z , y z , z x x , 2 2 2 22,3 1,3 1 2 2,3 1,32 2

Q Q 4U U Q Qx U U , y , z

2 2 2 22 2 43 13 4 15 28 43 13

x 28 15 1009,y 1009,z 02 4

A komponens háromszögek egyenlők, ezért a héróni háromszög alapja: 1 2iz x x 840 840 0 .

1 2 3 4w V V V V értékek meghatározása:

A meghatározás szükségtelen: nem keletkezik valós háromszög.

Az ellenőrzés szükségtelen: nem keletkezik valós háromszög.

a komponens háromszögek összeadásával:

1 2,6 1 2,6x z , y z , z x x , 2 2 2 22,6 1,6 1 2 2,6 1,62 2

2 2 2 22 2 559 1 4 15 28 559 1

x 28 15 1009,y 156241,z 1570802 2

1V p (x y z) / 2 (1009 156241 157080) / 2 157165,

2 1 3 1V V x 157165 1009 156156,V V y 157165 156241 924,

4 1V V z 157165 157080 85, 2

1 2 3 4w V V V V 157165 156156 924 85 21927548922899600 43903860 , w 43903860.

21 2 3 41/ .w p(p x)(p y)(p z) VV V V ,

243903860 157165(157165 1009)(157165 156241)(157165 157080) 2157165 156156 924 85 1927548922899600 43903860

1 1 2,6 2,6 1 2 2,6 1,62 22 1

x y x y 4U U Q Q2 / .w (U U )

2 22 2 4 15 28 559 1

(28 15 ) 43903860.4

1 2,6 1 2,6x z , y z , z x x , 2 2 2 22,6 1,6 1 2 2,6 1,62 2

2 2 2 22 2 559 1 4 15 28 559 1

x 28 15 1009,y 156241,z 1554002 2

1V p (x y z) / 2 (1009 156241 155400) / 2 156325,

2 1 3 1V V x 156325 1009 155316,V V y 156325 156241 84,

4 1V V z 156325 155400 925, 2

1 2 3 4w V V V V 156325 155316 84 925 21886538414690000 43434300 , w 43434300.

1 2 3 41/ .w p(p x)(p y)(p z) VV V V , 2w 156325(156325 1009)(156325 156241)(156325 155400)

2156325 155316 84 925 1886538414690000 43434300 ,w 43434300. 2 2

1 1 2,6 2,6 1 2 2,6 1,62 22 1

x y x y 4U U Q Q2/.w (U U )

2 22 2 4 15 28 559 1

(28 15 ) 43434300.4

Ellenőrizzük a háromszög belső magasságának értékét:

yh 2w 2 43434300 86868600 154845w ,h 555

2 y 156241 156241 156241

Választott 1 2 1 2(U , U ) d 1, U 15, U 28 értékek esetén

előállítható inhomogén héróni háromszögek száma:

3(j i 1) 3(276 6 1) 843.

szijjÁrtÓ sÁndor - mek.oszk.humek.oszk.hu/04900/04960/04960.pdf · 7 fermat mobilizáló,...

Documents

a modern geográfia kihívása : a térinformatika ... ·...

idősödő munkavállaló – a munkavédelem új kihívása...

az európai unió : 446 millió ember – 27 országaz, hogy...

3. a személyközi problémák megoldásának...

a xxi. század új típusú biztonsági kihívása: a...

magyar nyelv És irodalom -...

a sötét anyag (és a sötét energia)...

a matematika néhány kihívása...

matematika 5-8....

san juan copala: dominaciÓn polÍtica y resistencia...

számviteli törvény változásai 2014. a...

a nemlétezés kihívása -...

muslab 2015 muslab 2015...muslab 2015 mus lab muslab.org...

3. a személyközi problémák megoldásának mérése ·...

· másodfokú egyenlet megoldásának „levezetéséhez"...

web viewcalzada del hueso no. 1100, col. villa quietud, c.p....

matematika · 2 pont 7. adja meg a következő egyenlet [0;...

movilización y protesta de las clases medias argentinas...

a villamosmérnöki mesterképzési (master) szak...

caserolazos - valeria falleti cv 2.pdf 1 15/08/12 14:58 ·...