A, B, egészek. Mely A, B párok megoldásai az A^3 - B^2 = 57 egyenletnek?

Ez lelkiismereti kérdés, nehogy valami versenyfeladathoz jó tippet adjak (de ez szerintem nem az). Szóval, a megoldásom:

A és B 8-as maradékait esetszétválasztással vizsgálva kijön, hogy B páros és A páratlan.

A és B 7-es maradékait vizsgálva kijön, hogy B osztható 7-tel.

Most felhasználjuk azt, hogy 57=2^3+7^2, és B=7C helyettesítéssel az egyenlet átalakítható:

(A-2)*((A+1)^2+3) = 49*(C^2+1)

Mivel A páratlan, ezért ((A+1)^2+3) egy 4k+3 alakú szám, ami azt jelenti, hogy a prímtényezős felbontásában páratlan sokszor szerepel 4k+3 alakú prím (mivel csak 4k+1 és 4k+3 alakúak vannak, innen könnyen látszik).

Itt jön a nem épp középiskolai anyag: C^2+1-nek nem lehet 4k+3 alakú prímosztója, semmilyen C egész számra (*).

Tehát marad a 49=7^2, ami két darab 4k+3 alakú prím, ebből csak úgy juthat páratlan sok az ((A+1)^2+3) tényezőre, ha 1-1 arányban oszlik el (A-2) és ((A+1)^2+3) között.

Viszont ha (A-2) is osztható héttel, akkor A==2 (mod 7), így (A+1)^2+3==5 (mod 7), ellentmondás.

(*) bizonyítása (az "elemi" bizonyításra nagyon kis eséllyel jön rá az, aki még nem tudja, hogy ez az állítás igaz):

Tegyük fel, hogy C^2+1 osztható p-vel, ahol p=4k+3. Ekkor C^2== (-1) modulo p, illetve C relatív prím p-hez.

Tekintsük a C-hatványokat modulo p! Ez, könnyen látszik, hogy C^0=1-gyel kezdve: 1, C, -1, -C, 1, C, -1, -C, stb... és ez a 4-es blokk ismétlődik, hiszen mindegyik érték az előző C-szerese (modulo p).

Tehát minden (4n+2)-edik hatvány (-1) lesz.

Ez ellentmondás, hiszen a kis-Fermat tétel alapján C^(4k+2)=C^(p-1)==1 modulo p.

(*) másik "elemi" bizonyítása:

p=4k+3, ekkor az 1^2, 2^2, ..., (2k+1)^2 számok mind különbözők mod p, és ez az összes nemnulla négyzetszám-maradék mod p, hiszen (2k+2)^2, (2k+3)^2, ... (4k+2)^2 ugyanezek lesznek, csak fordított sorrendben. (Ugyanis a^2-b^2=(a+b)(a-b) akkor és csak akkor osztható p-vel, ha a=b vagy a+b=p).

Ha C^2+1==0 mod p, akkor minden X=1,2,...,2k+1-hez pontosan egy olyan másik Y van 1,2,..., 2k+1 közül, amelyekre X^2+Y^2==0 (Az előző bekezdés alapján legfeljebb 1 megoldás van. Ugyanakkor X=AC biztosan megoldás (ha a maradék nagyobb 2k+1-nél, akkor vegyük p-AC-t)).

És kész is az ellentmondás: a 2k+1 darab maradék párokba állítható, ez nyilván lehetetlen.