Másodfokú, háromismeretlenes diofantoszi egyenlet?

Az a)-nál ha jobban megnézed, z értéke csak 2 lehet, így viszont az egyenlet:

2x^2 - 5y^2 = 19

Adjunk az egyenlethez 3x^2-et:

5x^2 - 5y^2 = 19 + 3x^2

Mivel a bal oldal osztható 5-tel, ezért a jobb oldalnak is oszthatónak kell lennie. Itt érdemes x=5-re, x=5k+1, 5k+2, 5k+3, 5k+4 alakban vizsgálódni, és megnézni a jobb oldal 5-ös maradékait. Azt látjuk, hogy mindig lesz a jobb oldalnak 5-ös maradéka, így egy 5-tel osztható számmal nem lehet egyenlő, tehát az egyenletnek nincs megoldása.

A d)-nél azt kell tudni, hogy a hatványok maradékai mindig ciklikusan követik egymást, például

2^0=1, 5-ös maradéka 1

2^1=2, 5-ös maradéka 2

2^2=4, 5-ös maradéka 4

2^3=8, 5-ös maradéka 3

2^4=16, 5-ös maradéka 1, és ez a végtelenségig.

Ha a maradékosztály száma p prím, és az a hatványalap nem osztható vele, akkor a ciklus hossza mindig p-1, így a^0=1 maradéka megegyezik a^(p-1) maradékával, ami megegyik a^(2(p-1)) maradékával, és így tovább (ez egyébként kis Fermat-tétel néven fut, csak ott kongruenciával van felírva). Ennek megfelelően az a^10 11-es maradéka 1 (vagy 0, ha osztható vele), ugyanez igaz a többire is. Ez viszont azt eredményezi, hogy a bal oldal csak akkor lesz osztható 11-gyel, hogyha a betűk értéke 11 (lévén a 11 másik prímszámnak nem osztója). Ha a feladat megenged negatív prímszámokat is, akkor még lehetséges értéknek a (-11) is szóba jön. Innen már szerintem jó eséllyel meg tudod oldani.

Igazad van, nem csak 2 lehet. Kicsit elnéztem.

A 2*x^2 paritása biztosan páros, a (-1) paritása biztosan páratlan. Mivel ezek ilyen szempontból fixek, ezért rendezzük őket egy oldalra, amikről pedig nem tudunk semmit, azokat a másikra:

2*x^2 + 1 = 5*z^2 + 5*y^2

A bal oldal paritás szerint biztosan páratlan. A jobb oldalon ha mindkét prím páratlan, akkor a jobb oldal paritása páros, így nyilván nem lehet egyenlőség. Ha mindkét prím páros (=2), akkor szintén páros a bal oldal. Marad tehát az, hogy vagy a z, vagy az y értéke páros, de pontosan az egyik. Látható, hogy az egyenlet y;z vonatkozásában szimmetrikus (vagyis mindegy, hogy például az egyik 2, a másik 3, vagy fordítva), ezért gyakorlatilag elég csak az egyik esetben megnézni, hogy mi van akkor, hogyha 2.

Ilyen értelemben a fenti levezetésem teljesen releváns, csak ez a kicsi kitérő lemaradt.

Illetve arról még nem esett szó, hogy mi van akkor, hogyha negatív prímek is játszhatnak, így a (-2)-t is meg kellene fontolni, de láthatóan ugyanaz a helyzet, mintha 2-t írnánk be.

Az ilyen feladatok általában a különböző maradékokra utaznak, meg hogy mikor mi osztható mivel. Például a c) feladatnál nagyon szépen lehet sakkozni az oszthatósággal és a maradékokkal, persze ehhez az kell, hogy az ember a megfelelő osztó számot megtalálja.