Olimpiady Matematyczne

Matematyka jest drzwiami i kluczem do nauki.

Roger Bacon

XLVIII MOM - Zadanie 5

Niech $a$ oraz $b$ będą liczbami całkowitymi dodatnimi. Dowieść, że jeśli liczba $(4a^2-1)^2$ jest podzielna przez $4ab-1$ , to $a=b$ .

Rozwiązanie

Przypuśćmy, że teza zadania jest fałszywa. Niech $S$ oznacza zbiór wszystkich takich par $(a,b)$ liczb całkowitych dodatnich, że $a\ne b$ oraz liczba $(4a^2-1)^2$ jest podzielna przez $4ab-1$ .

Z przyjętego założenia wynika, że zbiór $S$ jest niepusty. Udowodnimy ponadto, że:

Dla każdej pary $(k,m)\in S$ spełniającej warunek $k<m$ istnieje para $(k,n)\in S$ , w której $n<k$ .
Jeżeli para $(k,m)$ należy do zbioru $S$ , to para $(m,k)$ również.

Dowód zdania1. Przyjmijmy

$ w={(4k^2-1)^2\over 4km-1}. $

Para $(k,m)$ należy do zbioru $S$ , zatem liczba $w$ jest całkowita. Zależności $(4k^2-1)^2\equiv 1\,\,\mod{4k}$ oraz $4km-1\equiv -1\,\,\mod{4k}$ w połączeniu z równością $(4k^2-1)^2=(4km-1)w$ dowodzą, że $m\equiv -1\,\,\mod{4k}$ , czyli $w=4kn-1$ dla pewnej liczby całkowitej dodatniej $n$ . Wykażemy, że liczba $n$ spełnia tezę zdania 1.

Rzeczywiście, z określenia liczby $w$ wynika, że jest ona dzielnikiem liczby $(4k^2-1)^2$ . Z uwagi na równość $w=4kn-1$ dostajemy więc $(k,n)\in S$ . Ponadto na podstawie zależności $k<m$ możemy napisać

$ 4kn-1=w={(4k^2-1)^2\over 4km-1}<{(4k^2-1)^2\over 4k^2-1}=4k^2-1, $

skąd płynie wniosek, że $n<k$ .

Dowód zdania2. Należy dowieść, że z podzielności $4km-1\,|\,(4k^2-1)^2$ wynika podzielność $4km-1\,|\,(4m^2-1)^2$ . Ponieważ liczba

$ \begin{split} k^2(4m^2-1)^2-m^2(4k^2-1)^2 &=16m^2k^2(m^2-k^2)+k^2-m^2=\cr &=(m^2-k^2)(4km-1)(4km+1) \end{split} $

jest podzielna przez $4km-1$ , więc z zależności $4km-1\,|\,(4k^2-1)^2$ otrzymujemy $4km-1\,|\,k^2(4m^2-1)^2$ . Jednak liczby $k^2$ i $4km-1$ są względnie pierwsze, co pociąga podzielność $4km-1\,|\,(4m^2-1)^2$ .

Zbiór $S$ jest niepusty, więc wśród wszystkich par $(c,d)\in S$ możemy wybrać parę, dla której wartość $2c+d$ jest najmniejsza.

Przypuśćmy, że $c<d$ . Wówczas na mocy zdania 1. istnieje w zbiorze $S$ taka para $(c,d')$ , że $d'<c$ . Zatem $2c+d'<2c+c<2c+d$ , wbrew minimalności liczby $2c+d$ . Wobec tego zachodzi nierówność $c>d$ . Zdanie 2. dowodzi, że para $(d,c)$ należy do zbioru $S$ . Jednakże $2d+c<2c+d$ , co ponownie prowadzi do sprzeczności z minimalnością liczby $2c+d$ .