Freud Róbert
Gyarmati EditSZÁMELMÉLET

Második, javított
és b®vített kiadás

Egyetemi-főiskolai tankönyv

Az első kiadás az Oktatási Minisztérium támogatásával,a Felsőoktatási Pályázatok Irodája által lebonyolított
felsőoktatási tankönyv-támogatási program keretében
jelent meg.

Szakmai bírálók :Dr. Ruzsa Imre az MTA rendes tagja(12. fejezet)
Dr. Sárközy András az MTA rendes tagja(1–12. fejezet)
Dr. Szalay Mihály kandidátus(1–11. fejezet)

ISBN 963 19 0784 8

A mű más kiadványban való részleges vagy teljes felhasználása, utánközlése,
illetve sokszorosítása tilos!

c Dr. Freud Róbert kandidátus, Dr. Gyarmati Edit PhD,⃝
Nemzeti Tankönyvkiadó Rt., Budapest, 2000, 2006

TARTALOM

Bevezetés9

1. Számelméleti alapfogalmak

15

1.1. Oszthatóság
1.2. Maradékos osztás
1.3. Legnagyobb közös osztó
1.4. Felbonthatatlan szám és prímszám
1.5. A számelmélet alaptétele
1.6. Kanonikus alak

2. Kongruenciák
2.1. Elemi tulajdonságok
2.2. Maradékosztályok és maradékrendszerek
2.3. Az Euler-féle φ-függvény
2.4. Euler–Fermat-tétel
2.5. Lineáris kongruenciák
2.6. Szimultán kongruenciarendszerek
2.7. Wilson-tétel
2.8. Műveletek maradékosztályokkal

3. Magasabb fokú kongruenciák
3.1. Megoldásszám és redukció
3.2. Rend
3.3. Primitív gyök
3.4. Diszkrét logaritmus (index)
3.5. Binom kongruenciák
3.6. Chevalley-tétel, Kőnig–Rados-tétel
3.7. Prímhatvány modulusú kongruenciák

15
20
25
34
37
42

54
54
60
67
71
74
81
93
96

102
102
106
110
119
121
126
132

6

Tartalom

4. Legendre- és Jacobi-szimbólum
4.1. Másodfokú kongruenciák
4.2. Kvadratikus reciprocitás
4.3. Jacobi-szimbólum

5. Prímszámok
5.1. Klasszikus problémák
5.2. Fermat- és Mersenne-prímek
5.3. Prímszámok számtani sorozatokban
5.4. Becslések π(x)-re5.5. Hézag a szomszédos prímek között
5.6. A prímek reciprokösszege
5.7. Prímtesztek
5.8. Titkosírás

6. Számelméleti függvények
6.1. Multiplikativitás, additivitás
6.2. Nevezetes függvények
6.3. Tökéletes számok
6.4. A d(n) függvény vizsgálata
6.5. Összegzési és megfordítási függvény
6.6. Konvolúció
6.7. Átlagérték
6.8. Additív függvények karakterizációja

7. Diofantikus egyenletek
7.1. Lineáris diofantikus egyenlet
7.2. Pitagoraszi számhármasok
7.3. Néhány elemi módszer
7.4. Gauss-egészek
7.5. Számok előállítása négyzetösszegként
7.6. A Waring-problémakör
7.7. A Fermat-sejtés
7.8. Pell-egyenlet
7.9. Partíciók

137
137
141
147

152
152
158
168
172
180
187
199
213

220
220
226
234
237
248
253
260
275

280
281
286
289
295
305
314
320
334
340

Tartalom

8. Diofantikus approximáció
8.1. Irracionális szám approximációja
8.2. Minkowski-tétel
8.3. Lánctörtek
8.4. A törtrészek eloszlása

7

349
349
358
365
372

9. Algebrai és transzcendens számok

377

9.1. Algebrai szám, transzcendens szám
9.2. Minimálpolinom és fokszám
9.3. Műveletek algebrai számokkal
9.4. Algebrai számok approximációja
9.5. Az e transzcendens szám
9.6. Algebrai egész

377
381
384
390
397
403

10. Algebrai számtestek

408

10.1. Testbővítés
10.2. egyszerű algebrai bővítés
10.3. Másodfokú bővítések
10.4. Norma
10.5. Egész bázis

408
412
419
434
439

11. Ideálok
11.1. Ideál
11.2. Elemi számelméleti kapcsolatok
11.3. Alaptételes gyűrű, főideálgyűrű, euklideszi gyűrű
11.4. Ideálok oszthatósága
11.5. Dedekind-gyűrű
11.6. Osztályszám

12. Kombinatorikus számelmélet
12.1. Csupa különböző összeg
12.2. Sidon-sorozatok
12.3. Összeghalmazok
12.4. Schur tétele
12.5. Fedőrendszerek
12.6. Additív komplementumok

448
448
455
460
468
477
490

495
495
506
517
530
536
541

8

Tartalom

Eredmények és útmutatások
1. Számelméleti alapfogalmak
2. Kongruenciák
3. Magasabb fokú kongruenciák
4. Legendre- és Jacobi-szimbólum
5. Prímszámok
6. Számelméleti függvények
7. Diofantikus egyenletek
8. Diofantikus approximáció
9. Algebrai és transzcendens számok
10. Algebrai számtestek
11. Ideálok
12. Kombinatorikus számelmélet

Megoldások
1. Számelméleti alapfogalmak
2. Kongruenciák
3. Magasabb fokú kongruenciák
4. Legendre- és Jacobi-szimbólum
5. Prímszámok
6. Számelméleti függvények
7. Diofantikus egyenletek
8. Diofantikus approximáció
9. Algebrai és transzcendens számok
10. Algebrai számtestek
11. Ideálok
12. Kombinatorikus számelmélet

550
551
563
578
590
594
610
631
654
659
666
672
679

690
690
699
708
712
713
724
738
751
755
758
768
782

Történeti névtár

786

Táblázatok

792

Prímszámok (2–3907)
Prímtényezős felbontás
Mersenne-számok
Fermat-számok

Tárgymutató

792
794
795
796

797

BEVEZETÉSA könyv szándékaink szerint a következő funkciók betöltésére készült:(A) Elméleti tankönyv a magyarországi egyetemeken folyó számelmélet-oktatáshoz, elsősorban az egyetemek matematikus, alkalmazott matematikus,
matematika tanári és informatika szakos hallgatói részére.
(B) Számelmélet feladatgyűjtemény, szintén elsősorban a fenti hallgatói rétegek számára.
(C) A kötelező és fakultációs anyagon túlmenően a számelmélet egyes fejezeteit, problémaköreit részletesebben tárgyaló ,,szakkönyv”, az ilyen témából szakdolgozatot készítők és más, a terület iránt mélyebben érdeklődők számára.
(D) A(z elemi) számelmélet legfontosabb területeit áttekintő ,,kézikönyv” matematikusok és matematikatanárok részére.
A könyv felépítése
A fenti célok minél jobb megvalósítása érdekében a tárgyalást teljesen
az alapoknál kezdjük és az első két fejezetben csak a középiskolás anyagratámaszkodunk. Ennél a résznél elemi és kevésbé absztrakt segédeszközöket
használunk, és a túlzottan tömör indoklások helyett inkább részletes magyarázatokat adunk, hogy a megértést a ,,kezdő” Olvasók számára is maximálisan megkönnyítsük. Ugyanakkor már itt is nagy súlyt helyezünk az anyag
mélyebb összefüggéseit feltáró tételek, a ,,szép” és nehéz gondolatokat tartalmazó bizonyítások bemutatására.
A későbbi fejezetekben egyre mélyebbre hatolunk a különféle számelméleti
témakörök tárgyalásában. Arra törekszünk, hogy a számelmélet rendkívül sokszínű problémavilágából (beleértve a rengeteg régi, de még mindig megoldatlan
problémát is) és az ezek kezelésére az évszázadok (sőt évezredek) alatt kidolgozott változatos módszerekből minél többe nyújtsunk betekintést. Ahol lehet,
bemutatjuk a számelmélet legújabb eredményeit és alkalmazásait is. Egyes
részeknél felhasználjuk a matematika más területeinek tételeit és módszereit
is, elsősorban (klasszikus, lineáris és absztrakt) algebrát, analízist és kombinatorikát.
A könyv szerkezetét úgy alakítjuk ki, hogy az az egyes fejezetek egymásraépülését és az anyag rendszerezését minél jobban biztosítsa.
A könyv egészére jellemző, hogy a fogalmakat, állításokat stb. a formális
megfogalmazáson túlmenően is alaposan ,,körbejárjuk”, mindig példákkal illusztráljuk, megpróbáljuk a ,,lényegi” vonásaikat megragadni, bemutatjuk a

10Bevezetés

korábbi anyaghoz való kapcsolódást, felhívjuk a figyelmet az esetleges buktatókra, elemezzük, mi indokolja az adott fogalom bevezetését stb. Nagy súlyt
helyezünk arra, hogy lehetőleg a konkrétból kiindulva haladjunk az általános
felé. Igyekszünk a számelméletnek a matematika más területeivel való szoros
és sokszínű kapcsolatát minél átfogóbban érzékeltetni.
Feladatok
A fejezeteket alkotó minden egyes pont után feladatok következnek. A
feladatok részben az aktuális fogalmak, tételek, módszerek stb. megértését
ellenőrzik és ezek elmélyítését segítik elő, részben újabb példákat, összefüggéseket és alkalmazásokat mutatnak be, részben pedig az adott témakörhöz
kapcsolódó egyéb problémákat vizsgálnak. Gyakran szerepelnek feladatnak,,álcázott” tételek is, amelyek az anyag részletesen nem tárgyalt további érdekes
vonatkozásaira, távolabbi összefüggéseire hívják fel a figyelmet.
Ennek megfelelően a feladatok mennyisége és nehézsége igen tág határok
között mozog, az éppen sorra kerülő anyag témájától, terjedelmétől és mélységétől függően. A(z általunk) nehezebbnek ítélt feladatokat csillaggal, akiemelkedően nehéznek tartott feladatokat pedig két csillaggal jelezzük. (Természetesen egy feladat nehézsége mindig relatív; a megoldó képességeitől,érdeklődésétől és általános előismeretétől eltekintve jelentősen függhet — többek között — a korábban megoldott feladatoktól is.)A feladatok eredményét és/vagy a megoldáshoz vezető (egyik lehetséges)útmutatást — minimális számú kivételtől eltekintve — az ,,Eredmények ésútmutatások” c. fejezetben közöljük. Néhány (elsősorban nehezebb) feladathoz
részletes megoldást is adunk a ,,Megoldások” c. fejezetben, ezeket a feladatokat
a kitűzésnél M betűvel jelöltük meg.
Az Olvasónak azt tanácsoljuk, hogy lehetőleg csak akkor nézze meg a
feladatokhoz adott útmutatást vagy megoldást, ha semmiképpen sem boldogul
a feladattal. Térjen inkább vissza többször is ugyanarra a problémára, esetleg
oldja meg előbb valamelyik speciális esetet.
Fontos, hogy próbálja meg felderíteni a feladat ,,mondanivalóját”, hátterét, a matematikai környezetben elfoglalt helyét és szerepét. Nagyon hasznos
az általánosítás vagy újabb problémák önálló felvetése (még akkor is, ha ezeket
nem sikerül megoldani).
Az egyes fejezetek rövid ismertetése
Az első két fejezet bevezető jellegű, ezekben az egész számok oszthatóságával, a legnagyobb közös osztóval, a számelmélet alaptételével (azaz az egyértelmű prímfelbontással), illetve a kongruenciákkal kapcsolatos elemi ismereteket

Bevezetés

11

tárgyaljuk. Ezek biztos elsajátítása elengedhetetlen a további fejezetek tanulmányozásához.
A 3. és 4. fejezetben a kongruenciák elméletét építjük tovább.
Az 5. fejezet témája a prímszámok, amelyek a matematika egyik legegyszerűbben definiált, ugyanakkor talán legtitokzatosabb halmazát jelentik.
Ebben a fejezetben Euklidész több mint 2000 éves tételei, valamint azóta ismegoldatlan problémái és az utóbbi évtizedek egyik matematikai szenzációját
jelentő, a gyors prímtesztelésen és az ehhez képest összemérhetetlenül lassú
prímfaktorizáción alapuló nyilvános jelkulcsú titkosírások egyaránt helyet kapnak. Ebben a fejezetben a korábbi számelméleti ismeretek felhasználásán túl
számos helyen intenzíven támaszkodunk az elemi analízis eredményeire és módszereire is.
A 6. fejezet a számelméleti függvényekkel foglalkozik. Az egyes fontos
függvények bemutatása mellett számos általános konstrukciót és alkalmazást
tárgyalunk.
A 7. fejezet a diofantikus egyenletekről szól. A legegyszerűbb problémák(lineáris egyenlet, pitagoraszi számhármasok) bemutatása után ízelítőt nyújtunk többek között a Waring-problémakörből és bebizonyítjuk a Fermat-sejtésnek a köbökre és a negyedik hatványokra vonatkozó speciális esetét. A
módszerek közül kiemelnénk a Gauss- és Euler-egészek számelméletét, amelyek általánosítása később a 10. és 11. fejezet egyik központi témáját alkotja.
A 8. fejezet az alkalmazások szempontjából fontos diofantikus approximációval foglalkozik. Röviden bemutatjuk az approximációnak a geometriai
számelmélettel, illetve a lánctörtekkel való kapcsolatát is.
A 9–11. fejezetek szoros egységet alkotnak. A 9. fejezetből az algebraiszámok és algebrai egészek alaptulajdonságai nélkülözhetetlenek a következő
két fejezet megértéséhez. A 10. fejezet a testbővítésekkel, ezen belül is elsősorban a racionális testnek egy algebrai számmal való bővítésében levő algebrai egészek számelméleti vizsgálatával foglalkozik. Ebben a fejezetben intenzíven támaszkodunk az elemi lineáris algebra fogalmaira és tételeire. Végül a
11. fejezetben az ideálok számelméleti vonatkozásait tárgyaljuk. Az ideálok
segítségével egyrészt általános gyűrűkben is jól leírhatók a számelmélet alaptételének szükséges és elégséges, illetve elégséges feltételei, másrészt az algebrai számtestek számelméleti vizsgálatánál fontos szerepet játszik, hogy itt
az algebrai egészek ideáljaira érvényes az egyértelmű prímfaktorizáció (nohamagukra az algebrai egészekre ez általában nem teljesül).
A(z első kiadáshoz képest teljesen új) 12. fejezet néhány érdekes kombinatorikus számelméleti problémát mutat be. Ezek némelyike akár középiskolai
szakkörön is tárgyalható, más esetben viszont a megoldáshoz a matematika
más ágainak mélyebb módszereit is igénybe kell venni. Reméljük, hogy a válo-12Bevezetésgatásunkkal azt is sikerül érzékeltetnünk, milyen nagy szerepet játszottak atémakör fejlődésében Erdős Pál izgalmas problémafelvetései és szellemes bizonyításai.
A könyvben sok helyen kitérünk érdekes matematikatörténeti vonatkozásokra is, és ilyen célt szolgál a könyv végén található rövid ,,Történeti névtár”
is.
Amint a fenti leírásból is kiderül, a számelmélet egyes területei ezer szállal kötődnek egymáshoz és más matematikai ágakhoz egyaránt. Ezért komolyés nem is teljesen áthidalható nehézséget jelent az a kettősség, hogy egyrészt
az egyes témakörök tárgyalásánál jól érzékelhető legyen ez a szoros kapcsolat, másrészt az adott témakört bemutató fejezet minél inkább önmagában isérthető és teljes legyen. Igyekeztünk olyan egyensúlyt kialakítani, hogy annak, aki a könyvet folyamatosan dolgozza fel, fokozatosan, összefüggéseiben
és minél teljesebben táruljon fel egy probléma- és gondolatgazdag matematikai diszciplína, ugyanakkor a csak néhány fejezetből ,,csipegető” olvasónak islehetősége nyíljék érdekes, tartalmas és hasznos ismeretek elsajátítására.
Technikai tudnivalók
Az egyes fejezetek ún. pontokra tagolódnak. A definíciókat, a tételeket
és a feladatokat k.m.n típusú módon számoztuk, ahol k a fejezetet, m ezenbelül a pontot és n a ponton belüli sorszámot jelenti. A definíciók és a tételek,,közös listán” futnak, tehát pl. a 6.2.1 Definíció után a 6.2.2 Tétel következik.
Az illusztrációs példák, képletek stb. (sima, egy számmal történő) számozása
pontonként újrakezdődik. A definíciók, illetve a tételek megfogalmazásának avégén ♣ áll, a bizonyítások befejezését pedig jelzi.
A jelölések, fogalmak, tételek visszakeresését megkönnyít(het)i a könyv
végén található ,,Tárgymutató”, amelyet igyekeztünk nagyon részletesen összeállítani.
Néhány általános jelölés: Megkülönböztetjük a (valós) számok alsó ésfelső egészrészét, és ezeket ⌊ ⌋, illetve ⌈ ⌉ jelöli, így pl. ⌊π⌋ = 3, ⌈π⌉ = 4, a [π]jelölést nem használjuk. A számok törtrészét { } jelöli, tehát {c} = c−⌊c⌋. Az
oszthatóságra, a legnagyobb közös osztóra és a legkisebb közös többszörösre aszokásos jelöléseket használjuk, tehát pl. 7 | 42, (9, 15) = 3, [9, 15] = 45. A[ ] szögletes zárójel legkisebb közös többszöröst, zárt intervallumot vagy egyszerűen zárójelet jelöl (ez utóbbi különösen a 11. fejezetben jellemző, ahol a( ) kerek zárójel ideált jelent; a megkülönböztetés érdekében itt a legnagyobb
közös osztóra is az lnko{a, b} jelölést használjuk).
A polinomok és függvények jelölésére többnyire az (argumentum nélküli)
f , g stb. jelölés szerepel, de helyenként az f (x), g(x) stb. írásmód is előfordul. A polinomok fokszámát (az angol degree szónak megfelelően) ,,deg”-gel13

Bevezetés

jelöljük, tehát pl. deg(x3 + x) = 3. A szokásos módon Q, R, illetve C rendre a
racionális, a valós, illetve a komplex számok testét, Z, Zm , illetve T [x] pedig
az egész számok, a modulo m maradékosztályok, illetve a T feletti polinomokgyűrűjét jelenti. A testbővítéseknél Q(ϑ), illetve E(ϑ) a racionális test ϑ-val
való egyszerű bővítését, illetve (algebrai ϑ esetén) az ebben található algebrai
egészek gyűrűjét jelenti, E-vel pedig az összes algebrai egész gyűrűjét jelöljük.
A p betűt szinte kizárólag a (pozitív) prímszámok jelölésére tartjuk fenn. A
sima (index nélküli) log jelölés a természetes (e alapú) logaritmust jelenti. ∏A(végesvagy
végtelen)szorzatokésösszegek
jelölésére
gyakranhasználjuk
a∑és
jeleket, például
r
∏
i=1

i
pα
i ,

∏
p≤n

p,

∑ 1
p

p2

αr
1
rendre a pα
szorzatot, az n-nél nem nagyobb (pozitív) prímszámok
1 . . . pr
szorzatát, illetve a (pozitív) prímszámok négyzetének reciprokösszegét jelenti.

Megemlékezés
A könyvet Turán Pál, Erdős Pál és Gallai Tibor akadémikusok emlékének
ajánljuk (akik egyébként egymás jó barátai és közeli munkatársai voltak).
Mindketten abban a szerencsés helyzetben voltunk, hogy szoros kapcsolatban állhattunk a huszadik századi számelmélet két kiemelkedő egyéniségével,Turán Pállal és Erdős Pállal.
Mindketten Turán Pál legendás számelmélet szemináriumain nevelkedtünk, ott kóstoltunk bele először igazán abba, hogyan kell egy-egy probléma
lényeges elemeit kibontani, feldolgozni és mindezt mások számára megvilágítani. Turán Páltól tanultuk, hogy a látszólag távoli területek összekapcsolása
gyakran új, hatékony megközelítési módot eredményez.
Könyvünk előzményeihez tartozik az a (feladatokat nem tartalmazó) országos Számelmélet jegyzet, amelyet 35 évvel ezelőtt Gyarmati Edit több más
forrásmunka mellett Turán Pál előadásainak felhasználásával írt. Az azóta
eltelt idő alatt tartott előadásaink tapasztalatai, a hallgatók előismereteinek
gyarapodása (pl. lineáris algebra) és az időközben született új eredmények azt
indokolták, hogy a már régóta aktuális felfrissítés és átdolgozás helyett egy
új könyvet írjunk. Könyvünk szelleme és felépítése természetesen több rokon
vonást mutat az említett jegyzettel.
Mindkettőnkre nagy hatással volt Erdős Pál matematikai és emberi nagysága, ahogyan a ,,szép” matematikai problémák és bizonyítások iránti szenvedélyes szeretetét másokkal megosztotta, ugyanolyan természetes közvetlenséggel

14

Bevezetésbeszélve ezekről (és sok minden másról is) komoly tudósok és kezdő érdeklődők
előtt egyaránt. Freud Róbert sok közös matematizálás élményét és szakmaifejlődésének jelentős részét is Erdős Pálnak köszönheti.
Gyarmati Edit pályaválasztásában meghatározó szerepet játszott felejthetetlen középiskolai tanára, Gallai Tibor, a gráfelmélet világhírű kutatója.
Gallai Tibor zseniális tanáregyéniség volt, akinek csodálatos gimnáziumi óráiés egyetemi előadásai a legjobb hallgatókat sikerrel indították el a matematikai
kutatás útján, miközben a gyengébb diákok számára is a megértés és az alkotásélményét nyújtották.
Köszönetnyilvánítás
Nagy köszönettel tartozunk azért a munkáért, amelyet a lektorok, Ruzsa
Imre (12. fejezet), Sárközy András (1–12. fejezet) és Szalay Mihály (1–11. fejezet) végeztek. Mindhárman rendkívüli alapossággal nézték át a kéziratot, ésigen sok általános, konkrét és stiláris észrevételt tettek, amelyeket szinte kivétel
nélkül figyelembe vettünk. Sárközy András koncepcionális megjegyzései nyomán több helyen egységesebb fogalomalkotást, jobban harmonizáló felépítést
és további eredményekre történő utalásokat tudtunk megvalósítani. Szalay Mihály a legapróbb részletekbe menően ellenőrizte a kéziratot, és igen gondosan
végigszámolta azokat a feladatokat is, amelyek részletes megoldását nem adtuk meg; figyelmét nem kerülte el a legapróbb pontatlanság sem, és konkrétan
megfogalmazott módosítási javaslatai sok kisebb-nagyobb hiba, egyenetlenség
kijavítását tették lehetővé. Ruzsa Imre az általa átnézett 12. fejezethez fűzött
igen értékes megjegyzéseket.
Nagyon köszönjük a Nemzeti Tankönyvkiadó munkatársainak, Palojtay
Mária főszerkesztőnek és Balassa Zsófiának, az első kiadás szerkesztőjének
kiváló munkáját és segítő együttműködését.
A könyvben a szerzők (és a lektorok) minden igyekezete ellenére bizonyára
akadhatnak hibák és hiányosságok. Bárkitől köszönettel fogadjuk az ezzel
kapcsolatos észrevételeket.
Budapest, 2006. február

Freud Róbert, Gyarmati Edit

Jelen formájában a könyv — néhány új eredmény ismertetésétől, bizonyítások egyszerűsítésétől és sajtóhibák javításától eltekintve — azonos a 2006-os
kiadással. Gyarmati Edit, aki nemcsak szerzőtársam, hanem sok évtizeden át
nagyszerű feleségem is volt, 2014-ben elhunyt. Remélem, ez a könyv is segítmegőrizni az emlékét.
Budapest, 2023. december

Freud Róbert, freudro8@gmail.com

ELTE TTK Matematikai Intézet, 1117 Budapest, Pázmány Péter sétány 1c

1. SZÁMELMÉLETI ALAPFOGALMAK

Ebben a fejezetben az egész számok oszthatóságával kapcsolatos néhány alapvető fogalmat, tételt és módszert tekintünk át. A fogalmak bevezetésénél
legtöbbször csak általános oszthatósági vonatkozásokra építünk, és minél kevesebbet támaszkodunk az egész számok speciális tulajdonságaira. A párosszámok és más példák segítségével igyekszünk rámutatni arra is, hogy az egész
számoknál ,,megszokott” tételek egy része, köztük az egyértelmű prímfelbontás(más néven a számelmélet alaptétele) egyáltalán nem magától értetődő.
A felépítés során úgy jutunk el a számelmélet alaptételéhez, hogy a maradékos osztásból kiindulva az euklideszi algoritmus segítségével megmutatjuk alegnagyobb közös osztó ,,kitüntetett” tulajdonságát, majd ennek alapján igazoljuk, hogy az egész számok körében a felbonthatatlan számok és a prímszámok egybeesnek. Az alaptételre egy, a maradékos osztástól független,
közvetlen indukciós bizonyítást is adunk, majd az alaptétel néhány fontos
következményét tárgyaljuk.

1.1. Oszthatóság
Ha a és b racionális számok és b ̸= 0, akkor a-t b-vel elosztva ismét racionális
számot kapunk. Hasonló állítás az egész számok körében nem érvényes. Ezértérdemes bevezetni a következő definíciót:
D 1.1.1
1.1.1 Definíció
A b egész számot az a egész szám osztójának nevezzük, ha létezik olyan
q egész szám, amelyre a = bq. ♣Jelölés: b | a. Ugyanezt a kapcsolatot fejezi ki más szavakkal, hogy az aosztható b-vel, illetve az a többszöröse a b-nek. Ha nem létezik olyan q egész,
amelyre a = bq, akkor a b nem osztója a-nak, ennek jelölése: b̸ | a.
A továbbiakban, ha egyéb kikötést nem teszünk, akkor számon mindig
egész számot értünk.
A 0 minden számmal osztható (a 0-val is!), hiszen bármely b-re 0 = b · 0.
A másik ,,végletet” azok a számok alkotják, amelyek minden számnak osztói:
D 1.1.2
1.1.2 Definíció
Ha egy szám minden számnak osztója, akkor egységnek nevezzük. ♣16

1. Számelméleti alapfogalmak

1.1.3 Tétel
Az egész számok körében két egység van, az 1 és a −1. ♣T 1.1.3

Bizonyítás: Az 1 és a −1 valóban egységek: bármely a-ra ±1 | a, hiszena = (±1)(±a).
Megfordítva, ha ε egység, akkor az ε az 1-nek is osztója, azaz alkalmas
q-val 1 = εq. Mivel |ε| ≥ 1 és |q| ≥ 1, így csak
|ε| = 1,azaz

ε = ±1

lehetséges.
Megjegyzés: Az oszthatóságot az egészektől különböző számkörökben (sőt általánosabban bármely integritási tartományban, lásd az 1.1.23 feladatot) be
lehet vezetni. Tekintsük példaként a páros számokat. Itt b | a azt jelenti, hogy
létezik olyan q páros szám, amelyre a = bq. Ennek megfelelően itt 2 | 20, de
2 ̸ | 10, sőt a 10-nek egyáltalán nincs is osztója. Ebből az is következik, hogy√apáros számok körében egyáltalán nincsenek egységek. Ugyanakkor a c + d 2
alakú (speciális valós) számok körében, ahol c és d tetszőleges egészek, végtelen sok egység található (lásd az 1.1.22 feladatot). Mindez azt jelenti, hogy az
egységek változatos képet mutathatnak, és általában nem (csak) az előjelbeli
eltéréssel hozhatók kapcsolatba, mint ahogy azt az 1.1.3 Tétel esetleg tévesen
sugallhatná.
1.1.4 Tétel
Ha ε és δ egységek és b | a, akkor εb | δa is teljesül. ♣T 1.1.4

Bizonyítás: Az ε az 1-nek is osztója, azaz alkalmas r-rel 1 = εr. Ha a = bq,
akkor δa = (εb)(δqr), tehát valóban εb | δa.
Az 1.1.4 Tétel azt fejezi ki, hogy egy szám és az egységszerese oszthatósági
szempontból teljesen azonosan viselkednek; az egységek az oszthatóság szempontjából ,,nem számítanak”. Ennek alapján nem jelent (majd) megszorítást,
ha az egész számok oszthatósági vizsgálatát leszűkítjük a nemnegatív egészekre, sőt (a 0 speciális szerepének tisztázása után) csak a pozitív egészekkel
foglalkozunk.
A következő tételben az egész számok oszthatóságának néhány egyszerű,de fontos tulajdonságát foglaljuk össze.

171.1. Feladatok
1.1.5 Tétel

T 1.1.5(i) Minden a-ra a | a.
(ii) Ha c | b és b | a, akkor c | a.
(iii) Az a | b és b | a oszthatóságok egyszerre akkor és csak akkor teljesülnek,
ha az a a b-nek egységszerese.
(iv) Ha c | a és c | b, akkor c | a + b, c | a − b, tetszőleges (egész) k-ra c | ka,és tetszőleges (egész) r, s-re c | ra + sb. ♣Az (i)–(iii) tulajdonságok rendre azt fejezik ki, hogy az egész számok oszthatósága reflexív és tranzitív, de nem szimmetrikus reláció. A (iv)-beli állítások közül a legtöbbször az első hármat alkalmazzuk, ezek egyébként valamenynyien az utolsónak speciális esetei (r = s = 1; r = 1, s = −1; illetve r = k,s = 0).
Bizonyítás: Csak (iii)-at igazoljuk, a többi könnyen bizonyítható az oszthatóság definíciójából.
Ha a = εb, ahol ε egység, akkor b | a azonnal adódik. Továbbá 1 = εrmiatt ra = b, tehát a | b is teljesül.
Megfordítva, ha a | b és b | a, azaz alkalmas q és s egészekkel b = aq és
a = bs, akkor innen b = b(qs). Ha b = 0, akkor szükségképpen a = 0, teháta = εb. Ha b ̸= 0, akkor qs = 1, azaz s (és q is) egység, tehát ekkor is a = εb.

Feladatok(Ha más kikötést nem teszünk, a feladatokban értelemszerűen egész számok szerepelnek, a hatványkitevők pedig nemnegatív egészek.)
1.1.1 Írjunk le egy háromjegyű számot kétszer egymás mellé. Mutassuk
meg, hogy az így kapott hatjegyű szám osztható 91-gyel.
1.1.2 Lássuk be, hogy két páratlan szám négyzetének a különbsége mindig
osztható 8-cal.
1.1.3 Tegyük fel, hogy az (a, b, c számjegyekből álló) abc háromjegyű számosztható 37-tel. Igazoljuk, hogy ekkor a bca szám is osztható 37-tel.
1.1.4 Bizonyítsuk be, hogy ha 5a + 9b osztható 23-mal, akkor 3a + 10b is
osztható 23-mal.

18

1. Számelméleti alapfogalmak
1.1.5 Melyek igazak az alábbi állítások közül?
a) c | a + b =⇒ c | a, c | b .
b) c | a + b, c | a =⇒ c | b .
c) c | a + b, c | a − b =⇒ c | a, c | b .
d) c | 2a + 5b, c | 3a + 7b =⇒ c | a, c | b .
e) c | ab =⇒ c | a vagy c | b .
f) c | a, d | b =⇒ cd | ab .
g) c | a, d | a =⇒ cd | a .
1.1.6 Igazoljuk az alábbi oszthatóságokat:(ii) a+b | a2k+1 +b2k+1 ;(i) a−b | an −bn ;(iii) a+b | a2k −b2k .

1.1.7 Mely c egészekre lesz (c6 − 3)/(c2 + 2) is egész szám?
1.1.8 Igazoljuk, hogy minden n természetes számra 133 | 11n+2 + 122n+1 .
1.1.9 Adjunk meg végtelen sok olyan n-et, amelyre 29 | 2n + 5n .
1.1.10 Mutassuk meg, hogy (b − 1)2 | bk − 1 akkor és csak akkor teljesül, hab − 1 | k.
∗

1.1.11 Tegyük fel, hogy 2b − 1 | 2a + 1. Lássuk be, hogy b = 1 vagy 2.
1.1.12 Bizonyítsuk be az alábbi állításokat.
a) Ha b | a és a ̸= 0, akkor |b| ≤ |a|.
b) Minden nemnulla egész számnak csak véges sok osztója van.
1.1.13 Melyek azok a számok, amelyek felírhatók a) két; b) három (nemfeltétlenül különböző) pozitív osztójuk összegeként?
1.1.14 Igazoljuk, hogy egy (tízes számrendszerben felírt természetes) szám
akkor és csak akkor oszthatóa) 3-mal, illetve 9-cel, ha a számjegyeinek az összege osztható 3-mal,illetve 9-cel;b) 4-gyel, illetve 25-tel, ha az utolsó két számjegyéből álló szám osztható
4-gyel, illetve 25-tel;c) 8-cal, illetve 125-tel, ha az utolsó három számjegyéből álló szám osztható 8-cal, illetve 125-tel;d) 11-gyel, ha a számjegyeinek váltakozó előjellel vett összege osztható
11-gyel.
1.1.15 Létezik-e 2-nek olyan pozitív egész kitevős hatványa, amelyben minda tíz számjegy ugyanannyiszor fordul elő?

∗1.1.16 Létezik-e olyan szám, amelyben csak az 1 és 2 számjegyek fordulnak
elő, és amely osztható 21000 -rel?

1.1. Feladatok

19

1.1.17 Mutassuk meg, hogya) három szomszédos egész szám szorzata osztható 6-tal;∗b) k szomszédos egész szám szorzata osztható k!-sal.
M 1.1.18 Legyen n > 1 tetszőleges egész. Csongor megnevezi n-nek egy tetszőleges pozitív osztóját, legyen ez d1 . Ezután Tünde választ egy
d2 pozitív osztót, amely nem lehet osztója d1 -nek. Ismét Csongor
választ egy d3 -at, amely nem osztója sem d1 -nek, sem d2 -nek stb.
Az veszít, aki magát az n-et kénytelen választani. Kinek van nyerő
stratégiája, ha n értékea) 16; b) 31111 ; c) 10; d) 50;∗∗∗e) 123 456 789 101 112 131 415?

1.1.19 Válasszunk ki az 1, 2, . . . , 2n számok közül tetszőlegesen n + 1 darabot. Igazoljuk, hogy a kiválasztott számok között biztosan lesz két
olyan, hogy az egyik a másiknak osztója.
1.1.20 Mi az oka annak, hogy noha a 0 | 0 oszthatóság igaz, a 0/0 osztásnak
még sincs értelme?

1.1.21 A páros számok körében melyek azok az elemek, amelyekneka) egyáltalán nincs osztója;b) pontosan két (pozitív vagy negatív) osztója van?
√
1.1.22 Tekintsük oszthatósági szempontból a c + d 2 alakú (speciális valós)számokat, ahol c és d tetszőleges egészek.
√√a) Döntsük el, hogy 12 − 7√ 2 osztható-e 3 + 4 2-vel.
b) Igazoljuk, hogy az 1 + 2 egység.
c) Mutassuk meg, hogy végtelen sok egység van.
d) Hány osztója van egy√tetszőleges elemnek?
e) Lássuk be, hogy c+d 2 akkor és csak akkor egység,
ha |c2 −2d2 | = 1.
√
M ∗ f) Bizonyítsuk be, hogy az egységek éppen a ±(1 + 2)k alakú elemek,
ahol k tetszőleges egész.
g) Hányszor fordul elő az egész számok körében, hogy egy négyzetszám
kétszerese eggyel nagyobb, illetve eggyel kisebb egy (másik) négyzetszámnál?
1.1.23 Integritási tartománynak a (legalább kételemű) kommutatív, nullosztómentes gyűrűket nevezzük, azaz amelyekben az összeadás ésa szorzás kommutatív és asszociatív, van nullelem, minden elemnek van ellentettje, érvényes a disztributivitás, és két nemnulla elemszorzata sem lehet nulla. (Ez pongyolán fogalmazva azt jelenti, hogyaz összeadás, kivonás és szorzás tekintetében az egész számoknál

20

1. Számelméleti alapfogalmak
megszokott ,,szép” tulajdonságok teljesülnek.) Vezessük be az oszthatóságot és az egység fogalmát az 1.1.1 és 1.1.2 Definíciók szerint,
és lássuk be az alábbiakat.
M a) Akkor és csak akkor létezik egység, ha a szorzásnak létezik egységeleme (azaz olyan e elem, amelyre bármely a-val ea = a teljesül).
b) Az egységek éppen az egységelem osztói, illetve más megfogalmazásban azok az elemek, amelyeknek (a szorzásra nézve) létezik inverze.
c) Egy egység minden osztója és két egység szorzata is egység.
d) Vizsgáljuk meg az 1.1.5 Tétel állításait.

1.2. Maradékos osztás
T 1.2.1
1.2.1 Tétel
Tetszőleges a és b ̸= 0 egész számokhoz léteznek olyan egyértelműen
meghatározott q és r egész számok, melyekreésa = bq + r

0 ≤ r < |b|. ♣Bizonyítás: Legyen először b > 0. A
0 ≤ r = a − bq < bfeltétel pontosan akkor teljesül, habq ≤ a < b(q + 1),azaz
q ≤ a/b < q + 1.
Ilyen q egész szám pedig nyilván pontosan egy létezik; q az a/b (alsó) egészrész e, q = ⌊a/b⌋, azaz a legnagyobb olyan egész szám, amely még kisebb vagy
egyenlő, mint a/b.
Ha b < 0, akkor a
0 ≤ r = a − bq < |b| = −b
feltételq ≥ a/b > q − 1

211.2. Maradékos osztás

teljesülésével ekvivalens, ami ismét pontosan egy q egészre áll fenn (ekkor q
az a/b felső egészrésze, q = ⌈a/b⌉, azaz a legkisebb olyan egész, amely még
nagyobb vagy egyenlő, mint a/b).
A maradékos osztásnál kapott q számot hányadosnak, az r-et pedig (legkisebb nemnegatív) maradék nak nevezzük. A b | a oszthatóság (b ̸= 0 esetén)
pontosan akkor teljesül, ha a maradék 0.
Gyakran kényelmesebb, ha negatív maradékokat is megengedünk. Errevonatkozik az 1.2.1 Tétel alábbi variánsa, amely hasonlóan bizonyítható:
T 1.2.1A
1.2.1A Tétel
Tetszőleges a és b ̸= 0 egész számokhoz léteznek olyan egyértelműen
meghatározott q és r egész számok, melyekrea = bq + r

és

−

|b|
|b|
<r≤
. ♣
2
2

Ebben az esetben az r-et legkisebb abszolút értékű maradék nak nevezzük.
Példa: Legyen a = 30, b = −8, ekkor
30 = (−8)(−3) + 6 = (−8)(−4) − 2,tehát a legkisebb nemnegatív maradék a 6, a legkisebb abszolút értékű maradék pedig a −2.
Az alábbi tétel bizonyításából látni fogjuk, hogy a maradékos osztás felhasználható a pozitív egész számok ún. számrendszer es felírásához is.
T 1.2.2
1.2.2 Tétel
Legyen t > 1 rögzített egész. Ekkor bármely A pozitív egész egyértelműen
felírható az alábbi alakban:
A = an tn + an−1 tn−1 + . . . + a1 t + a0 ,ahol 0 ≤ ai < tés an ̸= 0. ♣Bizonyítás: A 0 ≤ a0 < t és t | A − a0 feltétel miatt a0 éppen az A-nak a t-vel
történő maradékos osztásakor keletkező legkisebb nemnegatív maradék, tehát
pontosan egy megfelelő a0 létezik. Jelöljük a hányadost q0 -lal, ekkor a
q0 =A − a0= an tn−1 + an−1 tn−2 + . . . + a2 t + a1t

22

1. Számelméleti alapfogalmak

felírásból az előzőkhöz hasonlóan adódik, hogy a1 éppen a q0 -nak a t-vel
történő maradékos osztásakor keletkező legkisebb nemnegatív maradék. Az
eljárást folytatva kapjuk a megfelelő ai -k létezését és egyértelműségét.
Az A szám fenti
A = an tn + an−1 tn−1 + . . . + a1 t + a0előállításában az ai számok az A számjegyei t alapú számrendszer ben (hat > 10, akkor a 0, 1, . . . , 9 mellett újabb számjegyjeleket is be kell vezetni). A
fenti előállítást
A = an an−1 . . . a1 a0 [t]vagyA = an an−1 . . . a1 a0 [t]alakban jelöljük (a felülvonással szükség esetén azt jelezzük, hogy egymás
mellé írt számjegyekről és nem például szorzásról van szó). Ha t = 10, akkor
a számrendszer alapszámára utaló jelölést legtöbbször elhagyjuk.
Példa: 38 = 38[10] = 123[5] , hiszen 38 = 1 · 52 + 2 · 5 + 3 · 1.
A mindennapi életben általában a tízes számrendszerrel dolgozunk, degyakran hasznosabb pl. a kettes számrendszer, többek között a számítógépeknél. Ez utóbbiban csak kétféle számjegy szerepel, a 0 és az 1, az összeadás ésa szorzás elvégzéséhez pedig csak az alábbi egyszerű egymegegy, illetve egyszeregy táblát kell tudni (igaz, hogy mindezért cserébe egy szám felírásához
jóval több számjegyre van szükség, mint pl. tízes számrendszerben):
⊕
0
1

0
0
1

1
1
10

⊙
0
1

0
0
0

1
0
1

A maradékos osztás — egyszerűsége ellenére — mind gyakorlati, mind
pedig elméleti szempontból igen jelentős (akár a legkisebb nemnegatív, akár
a legkisebb abszolút értékű maradék szerint végezzük). Többek között jól
használható oszthatósági kérdések vizsgálatánál, hiszen gyakran ,,csak a maradék számít”. Legfontosabb alkalmazása talán a maradékos osztások sorozatából álló euklideszi algoritmus, amelyet a következő pontban tárgyalunk.

23

1.2. Feladatok

Feladatok
1.2.1 Ha 10 849-et és 11 873-at ugyanazzal a háromjegyű (tízes számrendszerbeli pozitív egész) számmal maradékosan elosztjuk, mind a kétszer ugyanazt a (nemnegatív) maradékot kapjuk. Mennyi ez a maradék?
1.2.2 Lássuk be, hogy minden m-hez végtelen sok olyan kettőhatvány létezik, amelyek közül bármely kettőnek a különbsége osztható m-mel.
1.2.3 Mutassuk meg, hogy n egész számból mindig kiválasztható néhány
(esetleg egy, esetleg az összes), amelyek összege osztható n-nel.
1.2.4 Bizonyítsuk be, hogy minden pozitív egész számnak létezik olyan
nemnulla többszöröse, amelyben csak a 0 és 1 számjegyek fordulnak
elő (tízes számrendszerben).
∗

1.2.5 A Fibonacci-számok sorozatát a
φ0 = 0,φ1 = 1,

φj+1 = φj + φj−1 ,j = 1, 2, . . .

rekurzióval definiáljuk. A sorozat első néhány eleme:0, 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, . . .
Bizonyítsuk be, hogy minden m-hez végtelen sok m-mel osztható
Fibonacci-szám létezik.
(Megjegyzés: A szakirodalom egy részében a 0-t nem tekintik Fibonacci-számnak, tehát a sorozatot a φ1 = φ2 = 1 értékekből kiindulva
definiálják a fenti rekurzióval. Ez a kétféleség nem okozhat zavart, ha
megegyezünk abban a szóhasználatban, hogy az ,,n-edik Fibonacciszám” mindig φn -et jelentse.)
1.2.6 Milyen maradékot adhat egy négyzetszám a) 3-mal; b) 4-gyel;c) 5-tel; illetve d) 8-cal osztva?
1.2.7 Mutassuk meg, hogy 12 egymást követő egész szám négyzetének azösszege sohasem lehet négyzetszám.
1.2.8 (A feladat tízes számrendszerre vonatkozik.)a) Van-e olyan (9-nél nagyobb) négyzetszám, amely csupa azonos számjegyből áll?
∗b) Adjuk meg a 81-nél nagyobb összes olyan négyzetszámot, amely páros
sok jegyű, és az ,,első fele” is csupa azonos számjegyből áll, valamint
a ,,második fele” is csupa azonos számjegyből áll.

24

1. Számelméleti alapfogalmak
1.2.9 Mutassuk meg, hogy egy egész szám három páratlan kitevőjű hatványának az összege mindig osztható 3-mal.

∗

1.2.10 Vegyünk nyolc tetszőleges (különböző) természetes számot, és képezzük a páronkénti különbségeik szorzatát. A 2-nek legalább hányadik
hatványával osztható ez a szorzat?
1.2.11 Hány olyan legfeljebb 10-jegyű pozitív egész szám van, amely osztható
mert√√ négyzetgyökének (alsó) egészrészével? (Pl. a 12 ilyen,⌊ 12⌋ = 3 osztója a 12-nek, de a 22 nem ilyen, mert ⌊ 22⌋ = 4
nem osztója a 22-nek.)
1.2.12 Milyen kapcsolatban áll ⌊a + b⌋ és ⌊a⌋ + ⌊b⌋?
1.2.13 Elvégezhető-e a maradékos osztás a páros számok körében (azazérvényes-e az 1.2.1–1.2.1A Tételek megfelelője)?
1.2.14 Mutassuk meg, hogy az 1.1.14 feladatban megismert szabályok értelemszerű átfogalmazásban nemcsak az oszthatóság eldöntésére, hanem az osztási maradék megállapítására is alkalmasak. Hogyan általánosíthatók ezek más alapú számrendszerekre?
1.2.15 Érdekes módon 23 + 46 + 12 + 18 = 99 és 99 osztója a számok egymás
mellé írásával keletkező 23461218-nak. Tényleg a véletlen játékávalállunk szemben?
1.2.16 Képezzük az 12231001 szám (tízes számrendszerbeli) számjegyeinekaz összegét, majd az így kapott szám számjegyeinek az összegét stb.,
amíg egyjegyű számhoz nem jutunk. Mi lesz a végeredmény?
1.2.17 Hogyan lehet gyorsan megkapni egy szám 9-es számrendszerbeli felírásából a 3-as számrendszerbeli alakját és viszont? Milyen számrendszerek közötti átváltásnál alkalmazható hasonló gyors eljárás?
1.2.18 Egy n pozitív egész valamely számrendszerben négyjegyű, az eggyel
nagyobb alapú számrendszerben pedig kétjegyű. Határozzuk meg
n-et.
1.2.19 Az alábbi szorzásban sem a számrendszer alapszámát, sem a ∗-gal
jelölt (nem feltétlenül egyforma) számjegyeket nem ismerjük. Határozzuk meg ezeket. (Egyik szám első jegye sem lehet 0.)
2 ∗ ∗
∗ 1
∗
∗ ∗ ∗ ∗∗·
∗ ∗∗ 2 ∗ ∗∗ ∗ ∗ 1

∗ ∗

∗

2

25

1.3. Legnagyobb közös osztó

1.2.20 A 740-et a t alapú számrendszerbe átszámolva olyan négyjegyű számot kapunk, amelynek utolsó jegye 5. Határozzuk meg t értékét.
1.2.21 Egy kétkarú mérleghez tíz darab súlyból álló súlykészletet szeretnénk
gyártani, amellyel egy minél nagyobb határig bezárólag minden egész
grammnyi súlyt le lehet mérni. Milyen súlyokat válasszunk, ha méréskor
a) csak a mérleg egyik serpenyőjébe tehetünk súlyt;∗b) mindkét serpenyőbe tehetünk súlyt?
1.2.22 Vizsgáljuk meg, hogy körülbelül hányszor annyi számjegy kell egy
nagy szám kettes számrendszerbeli felírásához, mint a tízes számrendszerbeli felírásához. Ez pontos megfogalmazásban a következőt
jelenti. Jelöljük az n szám számjegyeinek a számát kettes számrendszerben K(n)-nel, tízes számrendszerben pedig T (n)-nel. Mutassuk
meg, hogy a K(n)/T (n) sorozatnak létezik határértéke, és számítsuk
ki ezt a határértéket.
1.2.23 Változó alapú számrendszer. Legyenek t1 , t2 , . . . tetszőleges egynél
nagyobb egész számok. Mutassuk meg, hogy bármely A pozitív egész
egyértelműen felírható
A = an tn tn−1 . . . t1 + an−1 tn−1 . . . t1 + . . . + a1 t1 + a0
alakban, ahol 0 ≤ ai < ti+1 és an ̸= 0.

1.3. Legnagyobb közös osztó
1.3.1 Definíció
Az a és b számok legnagyobb közös osztója d, ha(i)d | a, d | b; és(ii)
ha egy c-re c | a, c | b teljesül, akkor |c| ≤ |d|. ♣D 1.3.1

Jelölés: d = (a, b) vagy d = lnko(a, b) vagy d = lnko{a, b}.
Ha a = b = 0, akkor nem létezik legnagyobb közös osztójuk, hiszen minden egész szám közös osztó, és ezek között nincs legnagyobb abszolút értékű.
Minden más esetben viszont (adott a és b mellett) az 1.3.1 Definíciót pontosan két d szám elégíti ki, amelyek egymás ellentettjei. Mivel egy szám ésa negatívja oszthatósági szempontból teljesen egyenértékű, ezért a és b összes
közös osztóját úgy kapjuk meg, hogy a pozitív közös osztók mellé vesszük azok

26

1. Számelméleti alapfogalmak

negatívjait. A pozitív közös osztók P halmaza nem az üres halmaz, hiszen az
1 biztosan közös osztó, továbbá P -nek csak véges sok eleme lehet, mert egy
nemnulla számnak csak véges sok osztója van (lásd az 1.1.12b feladatot). Ennélfogva P elemei között létezik egy legnagyobb, jelöljük h-val. Ekkor nyilván
d = h és d = −h kielégítik az 1.3.1 Definíciót, más szám viszont nem.
1.3.2 Definíció
Az a és b számok kitüntetett közös osztója δ, ha(i)
δ | a, δ | b; és(ii’)
ha egy c-re c | a, c | b teljesül, akkor c | δ. ♣D 1.3.2

A kitüntetett közös osztó tehát olyan közös osztó, amely minden közös
osztónak többszöröse.
A definícióból következik, hogy ha két számnak létezik kitüntetett közös
osztója, akkor az egységszerestől eltekintve egyértelmű. Ez részletesen kifejtve
azt jelenti, hogy egyrészt egy kitüntetett közös osztó bármely egységszerese isaz, másrészt két kitüntetett közös osztó szükségképpen egymás egységszerese.
Ennek igazolását az 1.3.10 feladatban tűztük ki.
Ha a = b = 0, akkor a kitüntetett közös osztójuk a definíció szerint 0.
A továbbiakban ezzel az esettel egyáltalán nem foglalkozunk, azaz mindig
eleve feltesszük, hogy a és b közül legalább az egyik nem nulla.
Megmutatjuk, hogy ha egyáltalán létezik a δ kitüntetett közös osztó,
akkor δ csak a legnagyobb közös osztó (valamelyik értéke) lehet. Jelöljük
d-vel a δ-val azonos előjelű legnagyobb közös osztót. Ekkor egyrészt (ii) miatt|δ| ≤ |d| ,másrészt (ii’) alapján d | δ, amiből
|d| ≤ |δ|következik. A két egyenlőtlenségből kapjuk, hogy |d| = |δ|, és így az azonoselőjel miatt δ = d.
Egyáltalán nem magától értetődő azonban, hogy a legnagyobb közös osztó
valóban rendelkezik a (ii’) kitüntetett tulajdonsággal is, vagyis hogy bármely
két egész számnak létezik kitüntetett közös osztója.
T 1.3.3
1.3.3 Tétel
Bármely két egész számnak létezik kitüntetett közös osztója. ♣1.3. Legnagyobb közös osztó

27

Bizonyítás: A kitüntetett közös osztó létezését a matematika egyik legősibb
eljárásával, az euklideszi algoritmussal igazoljuk. Az egyik számot maradékosan elosztjuk a másikkal, majd a másik számot a maradékkal stb., mindig az
osztót a maradékkal, amíg 0 maradékhoz nem jutunk. Megmutatjuk, hogy az
eljárás véges, és az utolsó nemnulla maradék lesz a két szám (egyik) kitüntetett
közös osztója.
Nézzük mindezt részletesen. Tegyük fel, hogy (pl.) b ̸= 0. Ha b | a, akkor
δ = b megfelel.
Ha b̸ | a, akkor alkalmas qi , ri egészekkel
a = bq1 + r1 ,ahol

0 < r1 < |b|,b = r1 q2 + r2 ,ahol

0 < r2 < r1 ,r1 = r2 q3 + r3 ,
..
.

ahol

0 < r3 < r2 ,rn−2 = rn−1 qn + rn ,ahol

0 < rn < rn−1 ,rn−1 = rn qn+1

(rn+1 = 0).

Az eljárás biztosan befejeződik véges sok lépésben, ugyanis a maradékok
nemnegatív egészekből álló szigorúan csökkenő sorozatot alkotnak:|b| > r1 > r2 > . . .
Most belátjuk, hogy rn valóban az a és b számok (egyik) kitüntetett közös
osztója.
Az algoritmus egyenlőségein alulról felfelé haladva először azt igazoljuk,
hogy rn közös osztója a-nak és b-nek. Az utolsó egyenlőségből rn | rn−1 . Az
utolsó előtti egyenlőségre rátérvern | rn−1 , rn | rn =⇒ rn | rn−1 qn + rn = rn−2 .
Ugyanígy folytatva végül rn | b, majd (az első egyenlőségből) rn | a adódik.
A kitüntetett tulajdonság igazolásához felülről lefelé haladunk. Legyenc | a, c | b, ekkor az első egyenlőségből c | a − bq = r1 . A második egyenlőségre
rátérvec | b, c | r1 =⇒ c | b − r1 q2 = r2 .
Ugyanígy folytatva végül az utolsó előtti egyenlőségből kapjuk, hogy c | rn .
Megjegyzések : 1. Az euklideszi algoritmust a legkisebb nemnegatív maradékok
helyett a legkisebb abszolút értékű maradékokkal is végezhetjük; ebben az

28

1. Számelméleti alapfogalmak

esetben a maradékok abszolút értékei alkotnak nemnegatív egészekből állószigorúan csökkenő sorozatot, és így az eljárás ekkor is véges sok lépésben
biztosan befejeződik.
2. Szokás a legnagyobb közös osztót eleve pozitívnak definiálni. Mivelazonban egy szám és a negatívja egymás egységszeresei, azaz bármely oszthatósági kérdésnél teljesen azonosan viselkednek, ezért semmi ok sincs arra,
hogy a legnagyobb közös osztó fogalmából a negatív számokat eleve kirekeszszük. Ezért adtuk meg a legnagyobb közös osztó definícióját úgy, hogy abba
a két legnagyobb abszolút értékű közös osztó egyenrangúan beleférjen.
3. Az előrebocsátott megjegyzések alapján nem jelent megszorítást, ha
a továbbiakban kényelmi okokból a legnagyobb közös osztó, illetve a (velemár bizonyítottan megegyező) kitüntetett közös osztó két értéke közül mindig
a pozitívat fogjuk tekinteni. Ezentúl az (a, b), illetve lnko(a, b) jelölés is
ezt a(z egyértelműen meghatározott) pozitív számot fogja jelenteni, és (általában) a kitüntetett közös osztóra is a legnagyobb közös osztó elnevezést
fogjuk használni.
4. A legnagyobb közös osztó gyakorlati kiszámításánál az egyszerűen
adódó (a, b) = (b, a − kb) összefüggés alapján gyakran kényelmesebb az euklideszi algoritmusnak az(a, b) = (b, r1 ) = (r1 , r2 ) = . . . = (rn−1 , rn ) = (rn , 0) = rn
alakját használni.
5. Az 1.3.2 Definíciót, az ottani (ii’) kitüntetett tulajdonság bevezetését
az indokolja, hogy csak oszthatósági relációt használ fel, szemben az 1.3.1
Definícióval, amelyben rendezési reláció (nagyobb–kisebb) is szerepel. Ennélfogva nem meglepő, hogy az egész számok számelméleti vizsgálatainál —amint hamarosan látni fogjuk — mind elméleti, mind pedig gyakorlati szempontból elsősorban a (ii’) kitüntetett tulajdonságra tudunk majd támaszkodni.
A csak az oszthatóságra épülő fogalomalkotás további előnye, hogy bizonyos
számkörökben (illetve általánosabban integritási tartományokban) az 1.3.1
Definíció nem is értelmes. Ennek egyik nyilvánvaló oka az, ha nem definiálható a számkörben (a szokásos ,,jó” tulajdonságokkal bíró) rendezés, ilyenek
pl. a komplex számok bizonyos részhalmazai. Az 1.3.1 Definícióval azonban
olyan számkörökben
is adódhat probléma, amelyekben van rendezés, például√
a c + d 2 (c, d egészek) számkörben is ez a helyzet. Itt ugyanis a végtelen
sok egység miatt bármely két elemnek végtelen sok közös osztója van, és ezek
között nincs legnagyobb abszolút értékű. (Ha csak páronként nem egységszeres közös osztókat tekintünk, akkor sincs értelme az 1.3.1 Definíciónak,mert bármely két közös osztó esetén létezik az elsőnek olyan egységszerese,29

1.3. Legnagyobb közös osztó

amely nagyobb a második osztónál.) Ezért a számelmélet további fejezeteiben
egyenesen az 1.3.2 Definíció szerint értelmezzük majd a legnagyobb közös osztót.
Most (az egész számok körében) a legnagyobb közös osztó néhány fontos
tulajdonságát tárgyaljuk.
1.3.4 Tétel
Ha c > 0, akkor (ca, cb) = c(a, b). ♣T 1.3.4

Bizonyítás: Tekintsük az (a, b) előállítására szolgáló euklideszi algoritmust,
legyen az utolsó nemnulla maradék rn = (a, b). Szorozzunk meg minden egyenlőséget c-vel, ekkor éppen a (ca, cb)-t előállító euklideszi algoritmushoz jutunk.
Ebben az utolsó nemnulla maradék (ca, cb) = crn = c(a, b).
Az 1.3.4 Tétel egy másik lehetséges bizonyítására vonatkozóan lásd az
1.3.11 feladatot.
T 1.3.5
1.3.5 Tétel
Az a és b számok legnagyobb közös osztója alkalmas u és v egészekkel
kifejezhető (a, b) = au + bv alakban. ♣Bizonyítás: Az euklideszi algoritmus első egyenlőségéből r1 -et kifejezve
r1 = a − bq1
adódik. Ennek felhasználásával a második egyenlőségből az
r2 = b − r1 q2 = b − (a − bq1 )q2 = a(−q2 ) + b(1 + q1 q2 )előállításhoz jutunk, azaz r2 felírható aU + bV alakban. Hasonlóan továbbhaladva az utolsó előtti egyenlőségből azt kapjuk, hogy (a, b) = rn is kifejezhető
au + bv alakban.
Az 1.3.5 Tétel fontos következménye az ax+by = c kétismeretlenes lineáris
diofantikus egyenlet megoldhatóságára vonatkozó alábbi tétel. Diofantikus
egyenletnek általában olyan egész együtthatós algebrai egyenletet nevezünk,
melynek a megoldásait is az egész számok körében keressük, ezekkel részletesen
a 7. fejezetben foglalkozunk. A fenti ax + by = c egyenletben tehát a, b, crögzített egész számok, és megoldáson egy x, y egész számpárt értünk.

30

1. Számelméleti alapfogalmak

T 1.3.6
1.3.6 Tétel
Legyenek a, b, c rögzített egész számok. Az ax + by = c diofantikus egyenletnek akkor és csak akkor létezik megoldása, ha (a, b) | c. ♣Bizonyítás: Először tegyük fel, hogy létezik x0 , y0 megoldás. Ekkor (a, b) | aés (a, b) | b alapján szükségképpen
(a, b) | ax0 + by0 = c.
Megfordítva, tegyük fel, hogy (a, b) | c, vagyis van olyan t egész, amelyre(a, b)t = c. Az 1.3.5 Tétel alapján(a, b) = au + bv
teljesül alkalmas u, v egészekkel. Ezt az egyenlőséget t-vel beszorozva kapjuk,hogy
c = a(ut) + b(vt),azaz x = ut, y = vt megoldása az ax + by = c diofantikus egyenletnek.
Az 1.3.6 Tételt kiegészíthetjük azzal, hogy megoldhatóság esetén az euklideszi algoritmus egyúttal eljárást is szolgáltat a lineáris diofantikus egyenlet(egyik) megoldásának a megkereséséhez.
A lineáris diofantikus egyenlet további vonatkozásaival (megoldásszám,összes megoldás előállítása, más megoldási módszer) részletesen a 7.1 pontban
foglalkozunk, a lineáris kongruenciákkal való kapcsolatát pedig a 2.5 pontban
tárgyaljuk.
Több szám legnagyobb közös osztóját rögtön a ,,kitüntetett” tulajdonsággal definiáljuk; olyan közös osztó, amely minden közös osztónak többszöröse.
Az a1 , a2 , . . . , ak (nem csupa 0) számok pozitív legnagyobb közös osztóját(a1 , a2 , . . . , ak )-val jelöljük. Ennek létezését a legegyszerűbben annak alapján
igazolhatjuk, hogy két szám közös osztóinak a halmaza megegyezik a két szám
legnagyobb közös osztója osztóinak a halmazával. Ebből kapjuk, hogy
(a1 , a2 , . . . , ak ) = ((. . . ((a1 , a2 ), a3 ), . . . , ak−1 ), ak ) .

D 1.3.7
1.3.7 Definíció
Az a1 , a2 , . . . , ak számok relatív prímek, ha nincs egységtől különböző
közös osztójuk, azaz (a1 , a2 , . . . , ak ) = 1. ♣

31

1.3. Feladatok

D 1.3.8
1.3.8 Definíció
Az a1 , a2 , . . . , ak számok páronként relatív prímek, ha közülük semelyikkettőnek sincs egységtől különböző közös osztója, azaz minden 1 ≤ i ̸= j ≤ kesetén (ai , aj ) = 1. ♣Nyilvánvaló, hogy a páronként relatív prím számok egyúttal relatív prímek is, de ez (k > 2 esetén) megfordítva nem igaz (lásd az 1.3.5 feladatot).
Már az 1.1.5e feladatban is láttuk, hogy ha egy szám osztója egy szorzatnak és az egyik tényezőnek nem osztója, akkor ebből nem következik, hogy amásik tényezőnek osztója legyen. A helyes feltételt az alábbi tétel adja, amely
már Euklidésznél is szerepel, és amely az oszthatósági feladatokban való felhasználhatósága mellett kulcsszerepet játszik a számelmélet alaptételének bizonyításánál is.
T 1.3.9

1.3.9 Tétel
Ha c | ab és (c, a) = 1, akkor c | b. ♣Bizonyítás: Nyilván elég arra az esetre szorítkoznunk, ha a, b és c pozitív.
Ekkor a c | ab és c | cb oszthatóságokból a legnagyobb közös osztó kitüntetett
tulajdonsága, valamint az 1.3.4 Tétel alapján következik, hogyc | (ab, cb) = (a, c)b = b.
Feladatok(Ha egy feladatban előfordul valamilyen u, v számpárra az (u, v) jelölés,akkor automatikusan feltesszük, hogy az u és v közül legalább az egyik nem
nulla.)
1.3.1 Számítsuk ki (3794, 2226) értékét, és írjuk fel 3794u + 2226v alakban.
1.3.2 Mutassuk meg, hogy az alábbi törtek semmilyen n pozitív egész esetén sem egyszerűsíthetők:a)3n + 5;7n + 12b)

3n2 + 1;
4n2 + 3c)n! − 1;(n + 1)! − 1d)7n − 2.
7n+1 − 5

1.3.3 Adjuk meg (n2 + 2, n4 + 4) lehetséges értékeit, ha n végigfut a természetes számokon.

32

1. Számelméleti alapfogalmak
1.3.4 Tegyük fel, hogy (a, b) = 5. Számítsuk kia) (a + b, a − b);b) (a + 2b, 4a − b)lehetséges értékeit.
1.3.5 Adjunk meg három olyan számot, amelyek relatív prímek, de közülük
semelyik kettő sem relatív prím.
1.3.6 Melyek igazak az alábbi állítások közül?
a) Ha (a, b) = d, akkor ( ad , db ) = 1.
b) Ha (a, b) = d, akkor ( ad , b) = 1 és (a, db ) = 1 közül legalább az egyik
teljesül.
cc) c | ab ⇐⇒ (c,a)| b.

d) c | ab, (a, b) = 1 =⇒ c | a vagy c | b.
1.3.7 Legyenek a és b pozitív egészek. Hány b-vel osztható szám van az
a, 2a, 3a, . . . , ba számok között?
1.3.8 Legyenek a és b különböző pozitív egészek. Melyek igazak az alábbiállítások közül?
a) Végtelen sok n egészre (a + n, b + n) = 1.
b) Végtelen sok n egészre (a + n, b + n) = (b + n, bn) = 1.
c) Végtelen sok n egészre (a + n, bn) = (b + n, bn) = 1.
1.3.9a) Hány olyan u, v egész számpár található, amelyre (a, b) = au + bv?
b) Az (a, b) = au + bv előállításban mennyi u és v legnagyobb közös
osztója?
c) Legyen H az au + bv alakú számok halmaza, ahol u és v végigfut az
egész számokon. Mi lesz H legkisebb pozitív eleme?
1.3.10 A kitüntetett közös osztó egyértelműsége. Legyen δ az a, b egész
számok (egyik) kitüntetett közös osztója. A kitüntetett közös osztó definíciója alapján bizonyítsuk be az alábbiakat.
a) Tetszőleges ε egységre εδ is kitüntetett közös osztója a, b-nek.
b) Ha δ1 is kitüntetett közös osztója a, b-nek, akkor δ1 = εδ, ahol εalkalmas egység.
M 1.3.11 Adjunk az 1.3.4 Tételre új bizonyítást, amely csak a kitüntetett közös
osztó fogalmára (és létezésére) támaszkodik, és nem használja fel(közvetlenül) magát az euklideszi algoritmust.

33

1.3. Feladatok

1.3.12 Nevezzük csupaegynek azokat a pozitív egészeket, amelyeknek (tízesszámrendszerben) minden számjegye 1-es.
a) Mely számoknak létezik csupaegy többszöröse?
b) A 31000 -nek melyik a legkisebb csupaegy többszöröse?
M∗ 1.3.13 Mutassuk meg, hogy bármely n > 0, k > 0 és a > 1 egészekre(an − 1, ak − 1) = a(n,k) − 1.
1.3.14 Legyen a pozitív egész.
a) Igazoljuk, hogy ha n és k különböző kettőhatványok és a páros szám,
akkor (an + 1, ak + 1) = 1.
∗b) Határozzuk meg általában (an + 1, ak + 1) értékét.
1.3.15 Bizonyítsuk be, hogy a szomszédos Fibonacci-számok (lásd az 1.2.5
feladatot) relatív prímek. Mi a helyzet a másodszomszédokkal? És aharmadszomszédokkal?
∗∗

1.3.16 Legyen φm az m-edik Fibonacci-szám. Igazoljuk, hogyk | n ⇐⇒ φk | φn ,sőt

φ(k,n) = (φk , φn ) .

1.3.17 Szakaszok összemérhetősége. Euklidész ,,Elemek” c. könyvében egész
számok közös osztói mellett foglalkozik szakaszok közös mérték évelis. Két szakasz közös mértékén egy olyan szakaszt értünk, amely
egész számszor felmérhető (maradék nélkül) mind a két szakaszra.
Két szakaszt összemérhetőnek nevezünk, ha létezik közös mértékük.
a) Bizonyítsuk be, hogy két szakasz akkor és csak akkor összemérhető,ha a hosszaik aránya racionális szám.
b) Két adott összemérhető szakasznak hány közös mértéke létezik?
c) Fogalmazzuk meg a maradékos osztás szakaszokra vonatkozó értelemszerű megfelelőjét, és mutassuk meg, hogy az erre épülő euklideszi
algoritmus akkor és csak akkor fejeződik be véges sok lépésben, ha akét kiindulási szakasz összemérhető.
d) Igazoljuk, hogy összemérhető szakaszok esetén létezik a közös mértékeik között legnagyobb, és erre az összes közös mérték egész számszor
felmérhető (maradék nélkül).
e) Lássuk be, hogy egy négyzet oldala √és átlója esetén az euklideszi
algoritmus nem ér véget. (Ezzel a 2 irracionalitását geometriaiúton igazoltuk.)

34

1. Számelméleti alapfogalmak

1.4. Felbonthatatlan szám és prímszám
Láttuk, hogy oszthatósági szempontból a 0, illetve az egységek különlegesszerepet játszanak: a 0-nak minden szám osztója, az egységek pedig minden
számot osztanak. Legyen a továbbiakban a tetszőleges, 0-tól és egységtől
különböző szám. Az egység definíciója alapján bármely ε egység esetén ε | aés εa | a. Ezeket az a triviális osztóinak nevezzük. A továbbiakban fontos
szerepet játszanak azok a számok, amelyeknek csak triviális osztóik vannak:
D 1.4.1
1.4.1 Definíció
A p egységtől (és nullától) különböző számot felbonthatatlan számnak
nevezzük, ha csak úgy bontható fel két egész szám szorzatára, hogy valamelyik
tényező egység. Azaz
p = ab =⇒ a vagy b egység. ♣Itt p ̸= 0-t azért nem szükséges külön kikötni, mert a 0 nemtriviálisan isszorzattá bontható, pl. 0 = 5 · 0. Megjegyezzük még, hogy a p = ab szorzatban
nem lehet mindkét tényező egység, hiszen akkor a szorzatuk, azaz p is egység
lenne. (Így az 1.4.1 Definíció végén tulajdonképpen ,,kizáró vagy” szerepel.)A felbonthatatlan számok tehát azok az egységtől különböző egészek,
amelyek csak triviálisan bonthatók két egész szám szorzatára, vagy más szóval, amelyek csak az egységekkel és saját maguk egységszereseivel oszthatók.
Ilyenek például a 2, 3, −17 stb. Ha egy nemnulla számnak triviálistól különböző osztója is van, akkor összetett számnak nevezzük.
A következő fogalom bevezetéséhez emlékeztetünk arra, hogy ha egy cszám osztója egy szorzat valamelyik tényezőjének, akkor c osztója a szorzatnak
is, de ennek a megfordítása nem igaz: pl. c = 6-ra 6 | 3·4, de 6̸ | 3, 6̸ | 4. Fontos
szerepet játszanak azok a c számok, amelyekre a megfordítás is érvényes:
D 1.4.2
1.4.2 Definíció
A p egységtől és nullától különböző számot prímszámnak (vagy röviden
prímnek) nevezzük, ha csak úgy lehet osztója két egész szám szorzatának, halegalább az egyik tényezőnek osztója. Azazp | ab =⇒ p | a vagy p | b. ♣Az 1.4.2 Definíció végén ,,megengedő vagy” szerepel, hiszen előfordulhat,
hogy p a szorzat mindkét tényezőjét osztja. Megjegyezzük még, hogy most1.4. Felbonthatatlan szám és prímszám35p ̸= 0-t mindenképpen külön ki kellett kötni, hiszen a 0-ra teljesül az 1.4.2
Definíció további részében megfogalmazott tulajdonság:
0 | ab =⇒ ab = 0 =⇒ a = 0 vagy b = 0 =⇒ 0 | a vagy 0 | b.
Az 1.4.2 Definícióból rögtön következik, hogy egy prímszám egy (kettőnél) több tényezős szorzatnak is csak úgy lehet osztója, ha legalább az egyik
tényezőnek osztója.
T 1.4.3
1.4.3 Tétel
Az egész számok körében p akkor és csak akkor prím, ha felbonthatatlan.
♣
Bizonyítás: Nyilván feltehető, hogy p nem nulla és nem egység.
I. Először tegyük fel, hogy p prím, és lássuk be, hogy felbonthatatlan is.
Induljunk ki egy p = ab szorzat-előállításból; azt kell igazolnunk, hogy a és bvalamelyike egység.
Mivel p = ab, így p | ab is igaz. Mivel p prím, ezért ebből p | a vagy p | bkövetkezik. Az első esetben ab | a, tehát (a ̸= 0 miatt) b | 1, vagyis b egység,a második esetben pedig ugyanígy kapjuk, hogy a egység.
II. Most tegyük fel, hogy p felbonthatatlan, és lássuk be, hogy prím is.
Induljunk ki egy p | ab oszthatóságból; azt kell igazolnunk, hogy p | a és p | bközül legalább az egyik teljesül.
Ha p | a, akkor készen vagyunk. Ha p̸ | a, akkor p felbonthatatlansága és(p, a) | p miatt (p, a) = 1. A p | ab és (p, a) = 1 feltételekből az 1.3.9 Tétel
alapján p | b következik.
Ezzel megmutattuk, hogy az egészek körében a felbonthatatlan számok
és a prímszámok egybeesnek. Ezért jogosult a felbonthatatlan vagy prímelnevezések bármelyikének a használata, és az is, hogy a középiskolában az
egészekre a felbonthatatlan számnak megfelelő tulajdonsággal értelmezik aprímszámot. A továbbiakban a rövidség kedvéért a prím(szám) szót fogjukáltalában használni, kivéve, ha hangsúlyozni akarjuk a szám felbonthatatlan
tulajdonságát.
A két fogalom azonban sok más számkörben nem ekvivalens. Például apáros számok körében a 6 felbonthatatlan, hiszen egyáltalán nem bontható két
páros szám szorzatára, azonban nem prím, mert osztója a 18 · 2 szorzatnak, denem osztja egyik tényezőt sem. További példákat látunk majd a 10. fejezetben.
Az egészek körében a prímszámok vizsgálata a számelmélet egyik legfontosabb területe. Már Euklidész bebizonyította, hogy végtelen sok prímszám létezik (5.1.1 Tétel), ugyanakkor a prímszámokkal kapcsolatban rengeteg

36

1. Számelméleti alapfogalmak

az olyan egyszerűen megfogalmazható probléma, amely még ma is megoldatlan. Mindezekkel bővebben az 5. fejezetben foglalkozunk.
Feladatok
A szokásos szóhasználatnak megfelelően az egész számok körében már az
alábbiakban is a prím vagy prímszám szót fogjuk használni a felbonthatatlanszámra is. Megjegyezzük azonban, hogy az 1.4.1–1.4.7 feladatok mindegyike
tulajdonképpen felbonthatatlan számokra vonatkozik.
1.4.1 Adjuk meg az összes olyan n pozitív egészt, amelyre az alábbi számok
mindegyike prímszám:a) n, n + 2 és n + 4;b) n és n2 + 8;c) n, n + 6, n + 12, n + 18 és n + 24;d) n, n3 − 6 és n3 + 6.

1.4.2 Létezik-e végtelen hosszú, nemnulla diﬀerenciájú számtani sorozat
csupa prímszámból?
1.4.3 Halhatatlan kapitánynak három halhatatlan unokája van, akiknek azéletkora három különböző prímszám és ezek négyzetének az összege
is prímszám. Hány éves a kapitány legkisebb unokája? (Ne felejtsük
el, hogy az unokák halhatatlanok, tehát akár több millió évesek islehetnek!)
1.4.4 Legyenek a és k egynél nagyobb egészek. Bizonyítsuk be az alábbiállításokat.
a) Ha ak − 1 prím, akkor a = 2 és k prím.
b) Ha ak + 1 prím, akkor k kettőhatvány.
Megjegyzés: A 2k − 1 alakú prímeket Mersenne-prímeknek, a 2k + 1
alakú prímeket pedig Fermat-prímeknek nevezzük, ezekkel részletesen az 5.2 pontban foglalkozunk majd.
M 1.4.5 Adjuk meg az összes olyan t > 1 egészt és k > 0 páratlan számot,amelyre 1k + 2k + 3k + . . . + tk prímszám.
1.4.6 Mely n pozitív egészekre lesz prímszáma) n3 − n + 3;b) n3 − 27;c) n8 + n7 + n6 + n5 + n4 + n3 + n2 + n + 1;d) n4 + 4;e) n8 + n6 + n4 + n2 + 1?

1.5. A számelmélet alaptétele

37

1.4.7 Legyen n > 1 egész szám. Bizonyítsuk be az alábbi állításokat.
√a) Ha n-nek nem létezik olyan t osztója, amelyre 1 < t ≤ n, akkor nprímszám.
b) Az n szám 1-nél nagyobb osztói közül a legkisebb szükségképpenprím.
√c) Ha n összetett, de nem létezik olyan t osztója, amelyre 1 < t ≤ 3 n,akkor n két prímszám szorzata.
1.4.8 Bizonyítsuk be, hogy (n − 5)(n + 12) + 51 semmilyen n egész esetén
sem osztható 289-cel.
1.4.9 Mik lesznek a páros számok körében a felbonthatatlanok, illetve aprímek?
1.4.10 A felbonthatatlan és prím fogalma tetszőleges I integritási tartományban (lásd az 1.1.23 feladatot) értelmezhető. Bizonyítsuk be az
alábbi állításokat.
a) Ha I-ben a szorzásnak nincs egységeleme, akkor I-ben nincs prím.
b) Ha I-ben a szorzásnak van egységeleme, akkor I-ben minden prímszükségképpen felbonthatatlan is.

1.5. A számelmélet alaptétele
T 1.5.1
1.5.1 Tétel (A számelmélet alaptétele)
Minden, a 0-tól és egységektől különböző egész szám felbontható véges
sok felbonthatatlan szám szorzatára, és ez a felbontás a tényezők sorrendjétől
és egységszeresektől eltekintve egyértelmű. (Az egyértelműség azt jelenti, hogyhaa = p1 p2 . . . pr = q1 q2 . . . qs ,ahol a pi és qj számok valamennyien felbonthatatlanok, akkor r = s, és a pi
és qj számok párba állíthatók úgy, hogy mindegyik pi a hozzá tartozó qj -nek
egységszerese.) ♣Megjegyzések : 1. A 0-t és az egységeket azért kellett kizárni, mert azok egyáltalán nem bonthatók fel felbonthatatlan számok szorzatára: az egységek csakúgy írhatók fel szorzatként, hogy minden tényező egység, a 0 pedig csak úgy,hogy legalább az egyik tényező 0 (és akkor ez a tényező nem felbonthatatlan).
2. Magukra a felbonthatatlan számokra a tétel olyan formában érvényes,
hogy ezeket egytényezős szorzatoknak tekintjük.

38

1. Számelméleti alapfogalmak

3. Néhány észrevétel az egyértelműséghez. Tegyük fel, hogy az a száma = p1 p2 . . . pr alakban előáll felbonthatatlanok szorzataként. Ekkor nyilván
a tényezőket tetszőleges más sorrendben összeszorozva ugyancsak a-t kapunk.
Emellett legyenek ε1 , . . . , εr tetszőleges olyan egységek, amelyek szorzata 1,
ekkor ε1 p1 , . . . , εr pr is felbonthatatlanok, és ezek szorzata is a-val egyenlő.
Az alaptétel egyértelműségi része éppen azt fejezi ki, hogy ezektől a variálási
lehetőségektől eltekintve az a másképpen már nem írható fel felbonthatatlanokszorzataként. Például a 12 esetében néhány ilyen felírás
12 = 2 · 2 · 3 = 2 · (−3) · (−2) = 3 · (−2) · (−2).
4. A tétel kimondásánál mindenképpen a felbonthatatlan szám fogalmátérdemes használni, hiszen a tétel éppen azt fejezi ki, hogy ilyen ,,építőkövekből”
lényegében minden szám lényegében egyértelműen ,,összerakható”. A bizonyítás során is meg fogjuk különböztetni a felbonthatatlan és a prím fogalmát.
Ezek ekvivalenciája — amint látni fogjuk — szoros összefüggésben áll a számelmélet alaptételének az érvényességével.
5. Sok számkörben (illetve integritási tartományban) nem érvényes aszámelmélet alaptétele. Például a páros számok körében a 100-nak két lényegesen különböző felbontása létezik felbonthatatlanok szorzatára: 100 = 2 · 50 == 10 · 10. További példákat látunk majd a 10. fejezetben.
Most rátérünk az alaptétel igazolására. Az egyértelműségi részre két bizonyítást is adunk.
A felbonthatóság bizonyítása: Tekintsünk egy nullától és egységektől különböző tetszőleges a számot. Ha a felbonthatatlan, akkor készen vagyunk.
Ha a nem felbonthatatlan, akkor létezik nemtriviális felbonthatatlan osztója, mert a legkisebb pozitív nemtriviális osztója szükségképpen felbonthatatlan (lásd az 1.4.7b feladatot). Ekkor a = p1 a1 , ahol p1 felbonthatatlan és a1
nem egység.
Ha a1 felbonthatatlan, akkor készen vagyunk; ha nem, akkor van olyan
p2 felbonthatatlan szám, amellyel a1 = p2 a2 , ahol a2 nem egység.
Hasonlóan járunk el a2 -vel stb. Eljárásunk véges sok lépésben be kellhogy fejeződjön, ugyanis az |ai | számok pozitív egészek, és szigorúan csökkenő
sorozatot alkotnak:|a| > |a1 | > |a2 | > . . . ,tehát eljutunk egy olyan ak -hoz, amely már felbonthatatlan, ak = pk+1 .
Ekkor az a = p1 p2 . . . pk+1 előállítást nyerjük.
Az egyértelműség első bizonyítása: Ebben a bizonyításban a fő segédeszközünk
az lesz, hogy minden felbonthatatlan egyben prím is (1.4.3 Tétel).

1.5. A számelmélet alaptétele

39

Tegyük fel indirekt, hogy valamely a-nak létezik (legalább) két lényegesen
különböző felbontása felbonthatatlanok szorzatára:a = p1 p2 . . . pr = q1 q2 . . . qs .

(1)

Ha itt valamelyik pi egységszerese valamelyik qj -nek, például p1 = εq1 , akkor
q1 -gyel egyszerűsítvea′ =a= (εp2 )p3 . . . pr = q2 q3 . . . qs
q1

adódik, vagyis az a′ számnak kapjuk két lényegesen különböző felbontását
felbonthatatlanok szorzatára.
Az eljárást folytatva így végül egy olyan számhoz jutunk, amelynek a
kétféle felbontásában már nincsenek egységszeres tényezők. Az általánosság
megszorítása nélkül feltehetjük, hogy az (1)-beli előállítás ilyen, azaz pi ̸= εqj .
(1)-ből kapjuk, hogy p1 | q1 q2 . . . qs . Mivel p1 felbonthatatlan, így az
1.4.3 Tétel alapján prím is, ezért p1 szükségképpen osztója legalább az egyik
qj tényezőnek.
Azonban ha p1 | qj , akkor qj felbonthatatlansága miatt p1 vagy egység,
vagy pedig a qj egységszerese, és mindkettő ellentmondás.
Az egyértelműség második bizonyítása: Ebben a bizonyításban |a|-ra vonatkozó
teljes indukciót használunk.
Mivel egy szám és az egységszeresei minden oszthatósági szempontból
egyenértékűek, ezért nem jelent megszorítást, ha pozitív egészeknek pozitív
felbonthatatlanok szorzatára való felbontásaival foglalkozunk.
Ha a = 2, akkor az egyértelműség (a 2 felbonthatatlan volta miatt) igaz.
Tegyük most fel, hogy minden 1 < a < n szám egyértelműen bomlik fel
felbonthatatlanok szorzatára, és megmutatjuk, hogy ekkor a = n felbontása isegyértelmű. Tegyük fel indirekt, hogy n-nek létezik (legalább) két különböző
felbontása felbonthatatlanok szorzatára:n = p1 p2 . . . pr = q1 q2 . . . qs .

(2)

Itt nyilván r ≥ 2, s ≥ 2, továbbá pi ̸= qj , mert ha például p1 = q1 , akkor
az 1 < n/p1 < n számnak is két különböző felbontása lenne, ami ellentmond
az indukciós feltevésnek.
Tegyük fel, hogy p1 < q1 és legyen n1 = n − p1 q2 . . . qs . Megmutatjuk,hogy
1 < n1 < n,
(3)

40

1. Számelméleti alapfogalmak

és
n1 -nek is van két különböző felbontása,(4)

ami ellentmondás.
Az n1 = n−p1 q2 . . . qs kifejezésbe n helyére a (2)-beli felbontásokat beírva
kapjuk, hogy
n1 = p1 (p2 . . . pr − q2 . . . qs ) = q2 . . . qs (q1 − p1 ).

(5)

Nyilván n1 < n, továbbá p1 < q1 miatt
n1 = q2 . . . qs (q1 − p1 ) ≥ q2 · 1 = q2 > 1,
amivel (3)-at beláttuk.
Bontsuk fel az n1 mindkét (5)-beli szorzat-előállításának utolsó tényezőjét
felbonthatatlanok szorzatára:
p2 . . . pr − q2 . . . qs = u1 . . . uk

és

q1 − p1 = v1 . . . vm .

Ennek alapján az n1 az alábbi módon áll elő felbonthatatlanok szorzataként:
n1 = p1 u1 . . . uk = q2 . . . qs v1 . . . vm .

(6)

(Ha esetleg q1 − p1 = 1, akkor (6) úgy értendő, hogy a vi -k hiányoznak, atovábbi gondolatmenet ekkor ,,még inkább” érvényben marad.)Megmutatjuk, hogy (6) az n1 két különböző felbontását adja. Az elsőfelbontásban szerepel a p1 . A másodikban viszont nem, ugyanis egyrészt
p1 ̸= qj , másrészt, ha valamelyik i-re p1 = vi , akkor
p1 | v1 . . . vm = q1 − p1 =⇒ p1 | q1
következne, ami lehetetlen. Ezzel (4)-et is beláttuk.
Megjegyzések : 1. Az egyértelműség első bizonyítását elemezve megállapíthatjuk, hogy az tulajdonképpen a maradékos osztáson múlott. Ugyanis a maradékos osztásra támaszkodó euklideszi algoritmussal igazoltuk a kitüntetett közös
osztó létezését, majd ennek felhasználásával mutattuk meg (az 1.3.9 Tétel
segítségével), hogy egy felbonthatatlan szám szükségképpen prím is, és ez volta bizonyítás kulcslépése.
Általában is igaz, hogy ha egy számkörben (illetve integritási tartományban) létezik a maradékos osztás megfelelője, akkor ott érvényes a számelmélet1.5. Feladatok

41

alaptétele is. Az egyértelműségi részre az egész számoknál adott gondolatmenetünk az általános esetre is szó szerint átvihető, a felbonthatóságnál esetenként finomabb meggondolásokra is szükség lehet. Erre vonatkozó példák
szerepelnek majd a 7. és 10. fejezetben. A 11.3 pontban az ideálok segítségével
az általános esetben is egységes bizonyítást adunk arra, hogy a maradékos osztásból következik a számelmélet alaptétele (felbonthatóság és egyértelműség
egyaránt).
Megjegyezzük még, hogy a maradékos osztás és az alaptétel kapcsolata
nem szimmetrikus; vannak olyan számkörök, amelyekben érvényes a számelmélet alaptétele, noha semmilyen értelemben sem létezik bennük maradékos
osztás. Ilyen példát látunk majd a 10. fejezetben.
2. Az egyértelműség második bizonyítása nem támaszkodott az 1.3 és
1.4 pontok tételeire. Ez lehetőséget ad arra, hogy ezeknek a tételeknek egy
részére az alaptétel segítségével új bizonyítást adjunk. Ezek közül két fontos
tételt külön is kiemelünk: az egyik a kitüntetett közös osztó létezése (1.3.3
Tétel), a másik pedig az, hogy minden felbonthatatlan egyben prím is (az1.4.3 Tétel ,,érdemibb” fele). Az előbbinek az alaptételből történő levezetését
lényegében az 1.6.4 Tétel bizonyításánál láthatjuk majd, az utóbbira nézve
lásd az 1.5.8 feladatot.
Feladatok
1.5.1 Igazoljuk, hogy egy a szám felbonthatatlan számok szorzataként történő előállításában a tényezők száma legfeljebb log2 |a|.
1.5.2 Tekintsük a páros számok körét.
a) Mely elemek írhatók fel lényegében egyértelműen felbonthatatlanokszorzataként?
b) Adjunk meg olyan elemet, amelynek pontosan 1000 lényegesen különböző felbontása van.
1.5.3 Vizsgáljuk meg, hogy az egyértelműségre adott bizonyításaink hol
buknak meg a páros számok körében?
1.5.4 Mutassuk meg, hogy a 10-zel osztható egész számok körében nemérvényes a számelmélet alaptétele, sőt itt van olyan elem is, amelynek
két különböző felbontásában még a felbonthatatlan tényezők darabszáma sem azonos.
1.5.5 Tekintsük a véges tizedes törtek V halmazát.
a) Határozzuk meg az egységeket és a felbonthatatlanokat.
b) Bizonyítsuk be, hogy V -ben érvényes a számelmélet alaptétele.

42

1. Számelméleti alapfogalmak∗c) Lássuk be, hogy V -ben létezik a maradékos osztás megfelelője, azaz
minden c ∈ V elemhez hozzá tudunk rendelni egy f (c) nemnegatív
egész számot úgy, hogy f (c) = 0 ⇐⇒ c = 0, továbbá minden
a, b ∈ V , b ̸= 0 esetén létezik olyan q, r ∈ V , hogy a = bq + r és
f (r) < f (b).

1.5.6 Az egyértelműségre adott második bizonyításnak sok más változata
is elkészíthető. Hol kell módosítani a gondolatmenetet, ha n1 -et
n1 = n − p1 q2 -nek választjuk?
1.5.7 Hányféleképpen írható fel egy egész szám felbonthatatlanok szorzataként, ha most a csak a sorrendben és/vagy egységszeresekben való
eltérést is különböző felbontásnak tekintjük?
M 1.5.8 Vezessük le a számelmélet alaptételéből, hogy minden felbonthatatlan egyben prím is.
1.5.9 Keressük meg (az egészek körében) az összes olyan p1 , p2 , p3 (nemfeltétlenül pozitív és nem feltétlenül különböző) prímszámokat, amelyekre
1
1
1
=
+
.
p1 − p2 − p3p2p3
M∗ 1.5.10 Adjuk meg (az egészek körében) az összes olyan pozitív prímszámot,amelynek alkalmas (pozitív egész kitevős) hatványa felírható két pozitív egész szám köbének az összegeként.

1.6. Kanonikus alak
A továbbiakban csak pozitív számok pozitív osztóival foglalkozunk, és prímszámon is pozitív felbonthatatlan számot fogunk érteni. Ebben az esetben aszámelmélet alaptétele úgy fogalmazható, hogy minden n > 1 egész szám felbontható véges sok (pozitív) prímszám szorzatára, és ez a felbontás a tényezők
sorrendjétől eltekintve egyértelmű. (Az egységek a pozitivitás miatt most nem
játszanak szerepet.)Az ilyen prímtényezős előállításban az azonos prímek szorzatát általában
hatványként jelöljük, vagyis a számot különböző prímek hatványainak a szorzataként írjuk fel. Ekkor a számelmélet alaptételének az alábbi alakját kapjuk:

43

1.6. Kanonikus alak
T 1.6.1

1.6.1 Tétel
Minden n > 1 egész szám felírható
αr
1 α2
n = pα1 p2 . . . p r =

r
∏

piαi

i=1

alakban, ahol p1 , . . . , pr különböző (pozitív) prímek és αi > 0 egész. Ez aifelírás a pα
prímhatványtényezők sorrendjétől eltekintve egyértelmű. ♣i
Ezt az előállítást az n szám kanonikus alak jának nevezzük.
Látni fogjuk, hogy bizonyos esetekben (például több szám egyidejű vizsgálatánál) kényelmesebb, ha megengedjük, hogy a kanonikus alakban egyes
prímek kitevője 0 is lehessen, ekkor az egyértelműség természetesen ezektől
a(z esetleges fiktív) tényezőktől eltekintve értendő. Ily módon az 1 számnak isbeszélhetünk kanonikus alakjáról (ebben csak 0 kitevővel szerepelnek prímek).
Külön fogjuk jelezni, mikor érdemes a 0 kitevőt is megengedni a kanonikus alakban, a többi esetben automatikusan feltesszük, hogy minden kitevő
pozitív (egész).
Először azt mutatjuk meg, hogyan tekinthetők át a kanonikus alak segítségével egy szám osztói, azok száma, két szám legnagyobb közös osztója éslegkisebb közös többszöröse.
T 1.6.2

1.6.2 Tétel
Az
αr
1 α2
n = pα1 p2 . . . p r

kanonikus alakú n számnak egy d pozitív egész akkor és csak akkor osztója,
ha d kanonikus alakja
d = pβ1 1 pβ2 2 . . . pβr r ,ahol

0 ≤ βi ≤ αi ,i = 1, 2, . . . , r. ♣Az osztók esetében a 0 kitevőt is megengedő módosított kanonikus alakot
használtuk.
Az 1, illetve n triviális osztókat abban a két speciális esetben kapjuk meg,amikor (minden i-re) βi = 0, illetve βi = αi .
Bizonyítás: Az elégségesség igazolásához tegyük fel, hogy d a fenti alakú.
Ekkor a1 −β1 α2 −β2r −βrq = pαp2. . . pαr144

1. Számelméleti alapfogalmak

szám αi ≥ βi miatt egész, és n = dq, vagyis d | n. (Ennél a résznél nem
használtuk ki a kanonikus alak egyértelműségét, sőt azt sem, hogy a pi -kprímek.)A szükségességhez tegyük fel, hogy d | n, azaz van olyan q (pozitív) egész,
amellyel n = dq. Ekkor n kanonikus alakját a d és a q kanonikus alakjánakaz összeszorzásából kapjuk meg. Ez azt jelenti, hogy n kanonikus alakjában dminden prímosztója szerepel, éspedig legalább akkora hatványon, mint d-ben,vagyis αi ≥ βi .
Egy n > 0 egész pozitív osztóinak a számát d(n)-nel jelöljük.
Példa: d(1) = 1, d(10) = 4, d(n) = 2 ⇐⇒ n prím.
T 1.6.3

1.6.3 Tétel
Az
αr
1 α2
n = pα1 p2 . . . p r

kanonikus alakú n szám pozitív osztóinak a számad(n) = (α1 + 1)(α2 + 1) . . . (αr + 1) . ♣Bizonyítás: Az 1.6.2 Tétel szerint az n összes pozitív osztóját úgy kapjuk meg,ha ad = pβ1 1 pβ2 2 . . . pβr r
kifejezésben a β1 , β2 , . . . , βr kitevők egymástól függetlenül végigfutnak a
β1 = 0, 1, . . . , α1 ,β2 = 0, 1, . . . , α2 ,...,βr = 0, 1, . . . , αrértékeken. A βi kitevő tehát αi + 1-féleképpen választható, és így a β1 , . . . , βr
kitevők egymástól független megválasztására összesen(α1 + 1)(α2 + 1) . . . (αr + 1)

(1)

lehetőség van. Mivel az n minden pozitív osztója csak egyféleképpen áll elő afenti alakban (hiszen ennek az osztónak is egyértelmű a prímtényezős felbontása), ezért az (1) képlet valóban az n pozitív osztóinak a számát adja.
Most rátérünk két szám legnagyobb közös osztójának a kanonikus alakjára. Itt ismét a módosított kanonikus alakkal dolgozunk: mindkét számnál

45

1.6. Kanonikus alakkiírjuk azokat a prímszámokat is, amelyek csupán az egyik számnak osztói (amásik szám kanonikus alakjában ezek természetesen 0 kitevővel szerepelnek).
T 1.6.4

1.6.4 Tétel
Legyen az a és b pozitív egészek kanonikus alakja
αr
1 α2
a = pα1 p2 . . . prés b = pβ1 1 pβ2 2 . . . pβr r ,ahol

αi ≥ 0, βj ≥ 0 .

Ekkormin(α1 ,β1 ) min(α2 ,β2 )r ,βr )
p2
. . . pmin(αr(a, b) = p1

(ahol min(αi , βi ) az αi és βi számok közül a kisebbiket jelenti, ha αi ̸= βi ,illetve a közös értéküket, ha αi = βi ). ♣Bizonyítás: Legyenr∏min(αi ,βi )
d=
pi
.
i=1

Azt fogjuk megmutatni, hogy d egyrészt közös osztója a-nak és b-nek, másrészt
pedig minden közös osztónak többszöröse. A bizonyításban az 1.6.2 Tételre
fogunk támaszkodni.
Mivel min(αi , βi ) ≤ αi és min(αi , βi ) ≤ βi , ezért d | a és d | b, azaz dközös osztó.
Legyen most c az a és b tetszőleges pozitív közös osztója. Ekkorc=r∏pγi i ,ahol

γi ≤ αi , γi ≤ βi .

i=1Ez azt jelenti, hogy γi ≤ min(αi , βi ), és így c | d.
Példa: Számítsuk ki 4840 és 2156 legnagyobb közös osztóját.
A számok kanonikus alakja: 4840 = 23 · 5 · 112 , illetve 2156 = 22 · 72 · 11.
Tehát (4840, 2156) = 22 · 50 · 70 · 11 = 44.
Megjegyzés: A legnagyobb közös osztó fenti kiszámítási módja nagyon kényelmesnek tűnik, sajnos azonban nagy számokra általában nem alkalmazható,
ugyanis nem ismerünk gyors eljárást nagy számok esetén a kanonikus alakmeghatározására. Az euklideszi algoritmus ugyanakkor nagy számok esetén isgyorsan megadja a két szám legnagyobb közös osztóját. Mindezekről (alkalmazásokkal együtt) részletesen az 5.7 és 5.8 pontban lesz szó.

46

1. Számelméleti alapfogalmak

Rátérve a legkisebb közös többszörösre, ez nevének megfelelően a pozitív
közös többszörösök közül a legkisebbet jelenti:
D 1.6.5
1.6.5 Definíció
Az a és b pozitív egészek legkisebb közös többszöröse a k pozitív egész, ha(i)a | k, b | k; és(ii)
ha egy c > 0-ra a | c, b | c teljesül, akkor c ≥ k. ♣Az a és b legkisebb közös többszörösét [a, b]-vel (vagy lkkt(a, b)-vel) jelöljük.
Mivel a két szám szorzata, ab nyilvánvalóan közös többszöröse a-nak és
b-nek, így [a, b] meghatározásához elég az ab-nél nem nagyobb véges sok pozitív egész között megkeresni az a és b közös többszörösei közül a legkisebbet.
A legkisebb közös többszörös létezése és egyértelműsége tehát nyilvánvaló.
A legnagyobb közös osztónál látottakhoz hasonlóan azonban a legkisebb
közös többszörösnél is — a definícióban szereplő ,,legkisebbség” helyett —inkább egy speciális oszthatósági tulajdonság játszik fontos szerepet: a legkisebb közös többszörös minden közös többszörösnek osztója (szokás a legkisebb
közös többszöröst egyenesen ezzel a tulajdonsággal definiálni). Ezt és a legkisebb közös többszörösre vonatkozó további alapvető eredményeket a következő
tételben foglaljuk össze:
1.6.6 Tétel
I. Ha az a és b pozitív egészek kanonikus alakja

T 1.6.6

és b = pβ1 1 pβ2 2 . . . pβr r ,ahol αi ≥ 0, βj ≥ 0 ,αr
1 α2
a = pα1 p2 . . . p r

akkor
max(α1 ,β1 ) max(α2 ,β2 )r ,βr )
p2
. . . pmax(αr[a, b] = p1

(ahol max(αi , βi ) az αi és βi számok közül a nagyobbikat jelenti, ha
αi ̸= βi , illetve a közös értéküket, ha αi = βi ).
II. a | c, b | c ⇐⇒ [a, b] | c.
III. (a, b)[a, b] = ab. ♣Bizonyítás: I. és II. Egy c pozitív egész akkor és csak akkor közös többszöröse
a-nak és b-nek, ha a | c és b | c egyszerre érvényes. Ez azt jelenti, hogyc kanonikus alakjában mindegyik pi prím γi kitevőjére γi ≥ αi és γi ≥ βi
teljesül, ez pedig azzal ekvivalens, hogy γi ≥ max(αi , βi ).

471.6. Kanonikus alakAz ilyen c számok közül az a legkisebb, amikor egyrészt γi = max(αi , βi )(i = 1, 2, . . . , r), másrészt c a pi -ken kívül más prímekkel egyáltalán nem osztható. Ezzel beláttuk, hogy [a, b] kanonikus alakja valóban az I-beli.
Azt is kaptuk, hogy az összes c közös többszörös kanonikus alakjában api -k kitevője legalább akkora, mint [a, b]-ben, és emellett ezekben más prímek
is előfordulhatnak, vagyis a c közös többszörösök éppen az [a, b] többszöröseivel
egyeznek meg. Ezzel II-t is igazoltuk.
III. Megmutatjuk, hogy (a, b)[a, b] és ab kanonikus alakjában mindegyik
pi prím ugyanakkora kitevővel szerepel, vagyis
min(αi , βi ) + max(αi , βi ) = αi + βi ,i = 1, 2, . . . , r.

Ha például αi ≤ βi , akkor itt a bal oldalon αi + βi áll, ami valóban ugyanaz,mint a jobb oldal.
Megjegyzések : 1. A III. összefüggés fontos speciális eseteként kapjuk, hogy
ab = [a, b] ⇐⇒ (a, b) = 1.
2. Ne felejtsük el, hogy a | c és b | c fennállásából nem következik ab | c,például 4 | 36, 6 | 36, azonban 24̸ | 36. A helyes következtetést éppen II-ből
kapjuk:a | c, b | c =⇒ [a, b] | c.
Ha a és b relatív prímek, akkor az előző megjegyzés szerint [a, b] = ab, és ekkor
az alábbi fontos speciális esetet nyerjük:
a | c, b | c, (a, b) = 1 =⇒ ab | c.
Például 72 | c igazolásához elegendő azt belátni, hogy a c 8-cal és 9-cel
is osztható. Általában is, bármely oszthatósági kérdés visszavezethető
∏r prími
hatványokkal való oszthatóságokra: ha m kanonikus alakja m = i=1 pαi(αi > 0), akkorim | c ⇐⇒ pα
i = 1, 2, . . . , r.
i | c,
3. A legkisebb közös többszörös fogalma és fő tulajdonságai kettőnél több
számra is átvihetők. Kiemeljük, hogy véges sok pozitív egész legkisebb közös
többszöröse akkor és csak akkor egyenlő a szorzatukkal, ha páronként relatív
prímek. Megjegyezzük még, hogy a III. egyenlőségnek nincs közvetlen egyszerű
általánosítása több szám esetére (lásd az 1.6.15 feladatot).
A számelmélet alaptételéből (is) következik, hogy két szám akkor és csak
akkor relatív prím, ha nincs közös prímosztójuk. Ebből azonnal adódik az
alábbi tétel:48

1. Számelméleti alapfogalmak
T 1.6.7

1.6.7 Tétel(c, ab) = 1 ⇐⇒ (c, a) = 1 és (c, b) = 1 . ♣Ha két pozitív egész relatív prím, akkor általában az alábbi formában
célszerű a kanonikus alakjukat megadni:
a=

r
∏

i
pα
i ,

b=

i=1

s
∏

β

qj j ,pi ̸= qj .

j=1

Végül az n! kanonikus alakját tárgyaljuk:
T 1.6.8

1.6.8 Tétel (Legendre-formula)
Az n! kanonikus alakja
n! =

∏

αp

p

,

ahol

αp =

p≤n

⌋
∞ ⌊
∑
n
k=1

pk

. ♣

A fenti képletben ⌊x⌋ az x szám (alsó) egészrésze, és a produktum jel
alatti p (pozitív) prímet jelent, azaz a szorzatot az összes olyan p prím szerint kell képezni, amelyre p ≤ n. Ilyen típusú jelölésekkel később is gyakrantalálkozunk majd, például
∑1
p≤n

p

,

∏
p≤n

p,

∑

1

p|n

rendre az n-nél nem nagyobb prímek reciprokösszegét, az n-nél nem nagyobb
prímek szorzatát, illetve az n különböző prímosztóinak a számát jelenti.
Megjegyezzük még, hogy az 1.6.8 Tételnél az αp kitevőt előállító összegben elég csak véges sok tagot tekinteni, mert ha pk > n, akkor ⌊n/pk ⌋ = 0(a nemnulla tagok száma tehát ⌊logp n⌋).
Bizonyítás: Mivel az n! = 1 · 2 · . . . · n szorzat mindegyik tényezője legfeljebb
n, ezért n-nél nagyobb prímszám nem fordul elő n! kanonikus alakjában.
Legyen p ≤ n tetszőleges rögzített prím, és jelölje αp a p kitevőjét az n!
kanonikus alakjában. Azt kell igazolnunk, hogy
⌋
∞ ⌊
∑
n
αp =
.
(2)
pk
k=1

49

1.6. Feladatok

Az αp meghatározásához bontsuk az 1, 2, . . . , n számok mindegyikét prímek szorzatára, és számoljuk össze, hogy összesen hányszor fordul elő ezek
között a p.
Minden p-vel osztható számban szerepel legalább egy darab p, először
ezeket vesszük számításba. A p-vel osztható számok a következők:p, 2p, . . . , tp,
Innen
t≤

n
< t + 1,pahol

tp ≤ n < (t + 1)p .

vagyis

t=

⌊ ⌋
n
.
p

Ez azt jelenti, hogy az 1, 2, . . . , n egészek között a p-vel oszthatók száma ⌊n/p⌋.
A p2 többszöröseiben legalább két darab p szerepel, ezekből azonban eddig
csak egyet vettünk figyelembe. Így a p2 minden többszöröse egy-egy ,,újabb”
p-t jelent. Ezek száma az előzőkhöz teljesen hasonlóan ⌊n/p2 ⌋.
Ugyanígy haladunk tovább. A p3 többszörösei egy-egy újabb p-t adnak,
hiszen az ezekben előforduló legalább három darab p-ből az első két lépésben
még csak kettőt vettünk figyelembe. Ez további ⌊n/p3 ⌋ darab p-t jelent stb.
Az eljárás véges sok lépésben befejeződik, hiszen ha pk > n, akkor az
1, 2, . . . , n számok egyike sem osztható pk -nal.
A fenti módon az n!-ban szereplő összes p-t pontosan egyszer vettük figyelembe, vagyis αp valóban a (2)-ben megadott összeggel egyenlő.
Feladatok(A feladatokban számon, osztón, prímszámon stb. mindig pozitív számotértünk.)1.6.1 Hogyan olvasható le egy szám kanonikus alakjából, hogy négyzetszám, köbszám, illetve általában k-adik hatvány (azaz egy pozitív
egész k-adik hatványa)?
1.6.2a) Mutassuk meg, hogy ha két relatív prím szám szorzata k-adik hatvány, akkor külön-külön is k-adik hatványok.
b) Hogyan kell módosítani ezt az állítást, ha (a pozitív egészek helyett)az összes egész számot tekintjük?
c) Hogyan általánosítható az állítás (kettőnél) több tényezős szorzat
esetére?
M 1.6.3 Bizonyítsuk be, hogy a) 2; b) 3; ∗ c) 4 egymást követő (pozitív
egész) szám szorzata nem lehet teljes hatvány (azaz egy egész szám
egynél nagyobb egész kitevőjű hatványa).

50

1. Számelméleti alapfogalmak
Megjegyzés: Általában is igaz, hogy egymást követő pozitív egészek
szorzata sohasem lehet teljes hatvány. Ezt a Catalantól származó és
hosszú ideig megoldatlan sejtést Erdős Pál és John Selfridge bizonyították be 1975-ben.

M 1.6.4 Mely p prímszámok esetén lesz (2p−1 − 1)/p négyzetszám?
1.6.5a) Bizonyítsuk be, hogy c | ab ⇐⇒ c = a1 b1 , ahol a1 | a és b1 | b.
b) Mutassuk meg, hogy ha (a, b) = 1, akkor (adott c | ab-hez) a fenti
a1 és b1 egyértelmű.
c) Lássuk be, hogy ha (a, b) ̸= 1, akkor van olyan c | ab, amely
többféleképpen is előáll c = a1 b1 alakban.
()d) Bizonyítsuk be, hogy bármely c | ab legfeljebb d (a, b) -féleképpen
áll elő c = a1 b1 alakban.
()e) Mely c | ab osztóknak létezik d (a, b) -féle c = a1 b1 típusú előállítása?
1.6.6 Tegyük fel, hogy minden k-ra ak | bk+100 . Bizonyítsuk be, hogy a | b.
1.6.7 Melyik az a legkisebb pozitív egész, amelynek pontosana) 31;b) 33;c) 32(pozitív) osztója van?
1.6.8 Mely n-ekre lesz d(n) páratlan?
1.6.9 Egy kegyetlen várúr börtönének 400 szűk cellájában egy-egy rab
sínylődik. A cellák ajtaján levő zár úgy működik, hogy egy elfordítás
esetén nyílik, még egy elfordítás esetén ismét bezárul stb. Jelenleg
természetesen minden ajtó zárva van. A várúr a születésnapján elhatározza, hogy nagylelkű lesz, és megparancsolja az egyik őrnek,
hogy fordítson egyet valamennyi záron. Közben azonban meggondolja magát, és utánaküld egy másik őrt, akit azzal bíz meg, hogy
minden második záron fordítson egyet. Ezt követi a harmadik őr,
aki minden harmadik záron változtat stb., végül a négyszázadik őra négyszázadik cella zárjának az állását módosítja. Azok a rabok
szabadulnak ki, akiknek most nyitva áll az ajtaja. Hány rabot bocsátott szabadon a várúr?
M 1.6.10 Egy természetes számot négyzetmentesnek nevezünk, ha nem osztható semmilyen egynél nagyobb egész szám négyzetével. Például az
1 vagy a 30 négyzetmentes, a 12 viszont nem. Egy n szám (pozitív)
négyzetmentes osztóinak a számát jelöljük A(n)-nel, a négyzetszámosztók számát pedig B(n)-nel.

1.6. Feladatok

51a) Bizonyítsuk be, hogy bármely n-re A(n)B(n) ≥ d(n).
b) Mely n-ekre áll egyenlőség?
1.6.11 Mutassuk meg, hogya) d(n) ≤ n/2 + 1;b) d(n) ≤ n/3 + 2;√c) d(n) ≤ 2 n.
1.6.12 Mivel egyenlő egy n szám (pozitív) osztóinak a szorzata?
1.6.13 A 10n osztóiból maximálisan hányat lehet kiválasztani úgy, hogy ezek
közül egyik se legyen osztója valamelyik másiknak?
1.6.14a) Mely a, b számpárokhoz találhatók olyan pozitív egészek, amelyek
legnagyobb közös osztója a és legkisebb közös többszöröse b?
b) Hány ilyen számpár létezik, ha a = 5 és b = 35 000?
c) Általában is határozzuk meg az ilyen számpárok számát (tetszőlegesa, b esetén).
1.6.15 Bizonyítsuk be az alábbi állításokat.
a) (a, b, c)[a, b, c] | abc, de általában nem áll fenn egyenlőség.
b) (a, b, c)[a, b, c] = abc ⇐⇒ a, b, c páronként relatív prímek.
c) (a, b, c)[ab, bc, ac] = abc.
1.6.16 Melyek igazak az alábbi állítások közül?
a) (a, b) = (a + b, ab).
b) (a, b) = 1 ⇐⇒ (a + b, ab) = 1.
c) (a, bc) = (a, b)(a, c).
d) (a3 , b3 ) = (a, b)3 .
1.6.17 Bizonyítsuk be az alábbi állításokat.
a) [a, b] | a + b ⇐⇒ a = b.
b) a + b | [a, b] sohasem teljesül.
c) Van végtelen sok olyan a ̸= b, amelyre a + b | ab.
d) a + b | ab ⇐⇒ a + b | (a, b)2 .
1.6.18 Lássuk be, hogy ha (a, b2 ) = (a2 , b), akkor (a7 , b1000 ) = (a1000 , b7 ).
1.6.19 Igazoljuk az alábbi ,,disztributivitási” azonosságokat.
a) [a, (b, c)] = ([a, b], [a, c]).
b) (a, [b, c]) = [(a, b), (a, c)].

52

1. Számelméleti alapfogalmak

1.6.20a) Bizonyítsuk be, hogy az a, b és c pozitív egészekhez akkor és csak
akkor létezik olyan x, y és z, amelyekkel(x, y) = a,(y, z) = b és (z, x) = c ,ha (a, b) = (b, c) = (c, a).
b) Hány ilyen x, y, z számhármas létezik (adott a, b, c esetén)?
c) Vizsgáljuk meg a ,,duális” problémát legnagyobb közös osztók helyettlegkisebb közös többszörösökre.
1.6.21 Igazoljuk, hogy ha p egy 5-nél nagyobb prím, akkor 240 | p4 − 1.
1.6.22 Lássuk be, hogy ha (ab, 42) = 1, akkor 504 | a6 − b6 .
1.6.23 Mutassuk meg, hogy a6 + 85a4 + 994a2 bármely a esetén osztható
360-tal.
1.6.24 Bizonyítsuk be, hogy 26101 − 33101 + 7101 osztható 606 606-tal.
( )1.6.25 Hány 0-ra végződik a) 1111!; b) 125
60 ?
1.6.26a) Bizonyítsuk be, hogy ha c > 1, akkor cn ̸ | n!.
b) Adjuk meg azokat az n > 1 és c > 1 számokat, amelyekre cn−1 | n!.
1.6.27 Legyen n ≥ 2 és 1 ≤ k ≤ n − 1.
a) Mutassuk meg, hogy ha k és n relatív prímek, akkor n |

( n)
k

.

b) Igaz-e az a)-beli állítás megfordítása?
c) Melyek azok az n-ek, amelyekre minden 1 ≤ k ≤ n − 1 esetén( )n(c1) n |
;
k

( )
n
(c2)
páros;
k

( )
n
(c3)
páratlan?
kd) Van-e olyan n és 1 ≤ k ≤ n − 1, amelyre n és(n)krelatív prímek?

M∗ 1.6.28 Egy kerek asztal körül véges sok rozmár ül, és a következő játékot
játsszák. Mindegyikük előtt egy tízforintos fekszik az asztalon. Vezényszóra mindegyik rozmár megnézi a jobb oldali szomszédja előtti
tízforintost: ha fejet lát, akkor megfordítja a saját tízforintosát; haírást lát, akkor nem csinál semmit. Ezt addig ismételgetik, amíg
mindegyik tízforintos írást nem mutat. Mekkora lehet a rozmárok

1.6. Feladatok

53

száma, ha a tízforintosok tetszőleges kiinduló helyzete esetén a játékelőbb-utóbb véget ér?
M∗ 1.6.29 Mutassuk meg, hogy az n! + 1, . . . , n! + n számok mindegyikének van
olyan prímosztója, amely a többi n − 1 szám egyikének sem osztója.
M 1.6.30 Tekintsünk 5000 különböző pozitív egészt, amelyek közül bármely
tíznek ugyanaz a legkisebb közös többszöröse. Maximálisan hányszám lehet közöttük, amelyek páronként relatív prímek?
1.6.31 Mely n pozitív egészek rendelkeznek az alábbi tulajdonsággal:
n | k 2 =⇒ n | k (azaz n egy szám négyzetének csak úgy lehet
osztója, ha magának a számnak is osztója)?
1.6.32 Mutassuk meg, hogy (k > 1 esetén) két k-adik hatvány különbsége
sohasem lehet osztója az összegüknek.
√
1.6.33 Bizonyítsuk be, hogy a) 5 100; b) log6 18 irracionális számok.
M∗ 1.6.34 Egy tetszőleges m pozitív egészhez vegyünk minden lehetséges módon olyan a1 < a2 < . . . < at egészeket, amelyekre a1 = m ésaz a1 a2 . . . at szorzat négyzetszám (t = 1 is megengedett). Jelöljük
S(m)-mel at lehető legkisebb értékét. Például S(1) = 1, S(2) = 6,
mert m = 2 esetén a 2 · 3 · 6 szorzat a legjobb választás,
S(3) = 8, S(4) = 4 stb.
Bizonyítsuk be, hogy az S(2), S(3), S(4), . . . sorozatban éppen
a pozitív összetett számok szerepelnek, éspedig mindegyik pontosanegyszer fordul elő.
M∗ 1.6.35
a) Létezik-e (nem csupa azonos tagból álló) végtelen hosszú számtani
sorozat csupa teljes hatványból?
b) Létezik-e (nem csupa azonos tagból álló) akármilyen hosszú (véges)számtani sorozat csupa teljes hatványból?

2. KONGRUENCIÁK

Ebben a fejezetben a kongruenciákkal kapcsolatos alapvető ismereteket tárgyaljuk. A kongruenciafogalom bevezetése után a maradékosztályokkal és maradékrendszerekkel, valamint az Euler-féle φ-függvénnyel foglalkozunk. Bebizonyítjuk az Euler–Fermat-tételt és a Wilson-tételt, ez utóbbihoz a lineáris
kongruenciákat is felhasználjuk. A lineáris kongruenciákhoz kapcsolódóan
áttekintjük a szimultán kongruenciarendszereket is. Az ismeretlenes kongruenciák általánosabb vizsgálatára a 3. és 4. fejezetben kerül majd sor.

2.1. Elemi tulajdonságokoszthatósági kérdések vizsgálatánál gyakran tapasztaljuk, hogy tulajdonképpen csak egy adott számmal való osztási maradék számít, vagyis teljesen egyformán viselkednek azok az egészek, amelyeknek az adott számmal osztva
azonos a maradéka. Ez (is) indokolja a következő fogalom bevezetését:D 2.1.1
2.1.1 Definíció
Legyenek a és b egész számok és m pozitív egész. Azt mondjuk, hogy akongruens b-vel modulo m, ha m | a − b. ♣Jelölés: a ≡ b (mod m) vagy röviden a ≡ b (m). Az (általában rögzített)m számot modulusnak nevezzük.
Mivel m | a − b ⇐⇒ m | b − a, ezérta ≡ b (mod m) ⇐⇒ b ≡ a (mod m) ,és így helyes az ,,a és b kongruensek modulo m” szóhasználat is. (A ,,modulo
m” helyett a ,,mod m” vagy ,,az m modulusra nézve” vagy ,,az m modulus
szerint” kifejezéseket is szokás mondani.)Az is világos, hogy a és b akkor és csak akkor kongruensek modulo m, ha aés b az m-mel osztva ugyanazt a maradékot adják. (Itt maradékon a szokásos
legkisebb nemnegatív maradékot értjük, de ugyanez érvényes akkor is, ha —mindkét számnál — a legkisebb abszolút értékű maradékról van szó.)
Ha a és b nem kongruensek modulo m, akkor ezt a ̸≡ b (mod m) jelöli, és
azt mondjuk, hogy a és b inkongruensek modulo m (vagy a inkongruens b-vel
modulo m).

2.1. Elemi tulajdonságok

55

Példa: 11 ≡ 5 (mod 3); 32 ≡ −1 (11); 21 ̸≡ 6 (mod 10).
Nyilván bármely két egész szám kongruens az m = 1 modulus szerint.
A kongruencia definíciója minden változtatás nélkül kiterjeszthető lenne
az m < 0 esetre is. Ezzel azonban nem érdemes külön foglalkozni, ugyanis
m | a − b ⇐⇒ −m | a − b.
T 2.1.2
2.1.2 Tétel(i) Minden a-ra a ≡ a (mod m).
(ii) a ≡ b (mod m) =⇒ b ≡ a (mod m).
(iii) a ≡ b (mod m), b ≡ c (mod m) =⇒ a ≡ c (mod m).
(iv) a ≡ b (mod m), c ≡ d (mod m) =⇒ a + c ≡ b + d (mod m) ésa − c ≡ b − d (mod m).
(v) a ≡ b (mod m), c ≡ d (mod m) =⇒ ac ≡ bd (mod m). ♣Bizonyítás: Valamennyi állítás könnyen adódik a kongruencia definíciójából
és az oszthatóság elemi tulajdonságaiból, ezért mintaként csak az (v) tulajdonságot igazoljuk.
A feltétel szerint m | a − b és m | c − d, amiből
m | c(a − b) + b(c − d) = ac − bd,azaz

ac ≡ bd (mod m)következik.
Az (i), (ii) és (iii) tulajdonságok azt fejezik ki, hogy a kongruencia reflexív ,szimmetrikus és tranzitív reláció, azaz ekvivalenciareláció. Ennek alapján az
egész számokat (páronként) diszjunkt halmazok egyesítésére lehet bontani: egy
halmazba kerülnek az ,,egymással kongruens” számok, vagyis azok, amelyek
ugyanolyan maradékot adnak m-mel osztva (az idézőjeles kijelentésnek éppen
az (i)–(iii) tulajdonságok alapján van egyáltalán értelme). Ezek a halmazoklesznek a modulo m maradékosztályok, amelyekkel részletesen a 2.2 pontban
foglalkozunk.
A (iv) és (v) tulajdonságok alapján a(z ugyanazon modulus szerinti) kongruenciák ,,összeadhatók, kivonhatók és összeszorozhatók.” Ezekből azonnal
következik, hogy egy kongruencia mindkét oldalához hozzáadhatjuk ugyanazta számot, és ugyanez vonatkozik a kivonásra és a szorzásra is, továbbá egy
kongruenciát önmagával is akárhányszor összeszorozhatunk, vagyis egy kongruenciát szabad (pozitív egész kitevős) hatványra emelni:

56

2. Kongruenciák(vi) a ≡ b (mod m) =⇒ a + c ≡ b + c (mod m) és a − c ≡ b − c (mod m).
(vii) a ≡ b (mod m) =⇒ ac ≡ bc (mod m).
(viii) a ≡ b (mod m) =⇒ an ≡ bn (mod m).

Mindezek ismételt alkalmazásával az alábbi jól használható összefüggést nyerjük:(ix) Legyen f egy egész együtthatós polinom. Ekkora ≡ b (mod m) =⇒ f (a) ≡ f (b) (mod m).
A fentiek alkalmazására néhány egyszerű példát mutatunk.
Példák:P1 Bizonyítsuk be, hogy bármely n természetes számra
17 | 33n+1 52n+1 + 25n+1 11n .
Megoldás: Azt kell belátni, hogy
33n+1 52n+1 + 25n+1 11n ≡ 0 (mod 17).
A bal oldalt a fenti tulajdonságok felhasználásával vele kongruens kifejezésekké
alakítjuk, amíg 0-t nem kapunk:33n+1 52n+1 + 25n+1 11n = 3 · 27n · 5 · 25n + 2 · 32n · 11n ≡≡ 15(−7)n 8n + 2(−2)n (−6)n == 15(−56)n + 2(12)n ≡ 15(−5)n + 2(−5)n == 17(−5)n ≡ 0 (mod 17).
P2 Igazoljuk (újra) az a − b | an − bn oszthatóságot.
Megoldás: Nyilván elég az a − b > 0 esetre szorítkozni. alkalmazzuk(viii)-at:a ≡ b (mod a − b) =⇒ an ≡ bn (mod a − b).

57

2.1. Elemi tulajdonságok

P3 Mutassuk meg, hogy 232 +1 összetett szám. (Vesd össze az 1.4.4 feladattal
és az 5.2 ponttal.)
Megoldás: Azt látjuk be, hogy 641 | 232 + 1. Ehhez felhasználjuk, hogy
641 = 54 + 24 = 5 · 27 + 1.
Ezekből
−1 ≡ 5 · 27

(mod 641)és

54 ≡ −24(mod 641) .

Az első kongruenciát negyedik hatványra emelve, majd behelyettesítve amásodikat, azt kapjuk, hogy
1 = (−1)4 ≡ 54 · 228 ≡ −24 · 228 = −232

(mod 641) ,azaz 641 | 232 + 1 .
Láttuk, hogy az összeadás, kivonás és szorzás műveletére vonatkozóan akongruenciák ugyanúgy viselkednek, mint az egyenlőségek. Az osztás műveleténél azonban jelentős eltérés van, két kongruenciát nem szabad egymással
elosztani. Először is, osztáskor nem feltétlenül kapunk egész számokat, ésekkor a hányadosok közötti kongruenciának eleve nem is lehet értelme, hiszen
a kongruenciákban egész számoknak kell szerepelniük. Azonban még abban az
esetben sem lesz általában igaz az osztáskor kapott kongruencia, ha az osztás
után mindkét oldalon egész számok maradnak. Például
28 ≡ 46 (mod 6) és2 ≡ 2 (mod 6),

azonban 14 ̸≡ 23 (mod 6).

A kongruenciák osztására vonatkozó tilalommal kapcsolatban azt se felejtsük el, hogy a tört is tulajdonképpen osztást jelent. Ezért egy egész értékű
tört számlálójába és/vagy nevezőjébe akkor sem szabad vele kongruens számot
írni, ha a hányados továbbra is egész marad. Például:
45 ≡ 35 (mod 10)és15 ≡ 5 (mod 10),de 3 =4535
̸≡= 7 (mod 10).
15
5

A tiltások után térjünk rá arra, hogy ebben a kérdéskörben mi az, ami
megengedett. Csak az osztás speciális esetével, az egyszerűsítéssel foglalkozunk. Az alábbi tétel azt mondja ki, hogy az egyszerűsítést csak úgy lehet
elvégezni, hogy közben a modulust is meg kell változtatni :58

2. Kongruenciák
T 2.1.3

2.1.3 Tétel
Legyen d = (c, m). Ekkor
ac ≡ bc (mod m) ⇐⇒ a ≡ b (mod

m
). ♣
d

Bizonyítás: A kongruencia definíciója alapján
ac ≡ bc (mod m) ⇐⇒ m | (a − b)c ,ami tovább ekvivalens azmc(a − b)(1)ddoszthatósággal. Mivel (m/d, c/d) = 1, ezért (1) pontosan akkor teljesül, hama − b,dazaz

a ≡ b (modm).
d

A 2.1.3 Tétel fontos speciális eseteként kapjuk, hogy ha c és a modulus
relatív prímek, akkor a c-vel történő egyszerűsítés után a kongruencia változatlan modulus mellett érvényben marad:
T 2.1.3A

2.1.3A Tétel

ac ≡ bc (mod m), (c, m) = 1 =⇒ a ≡ b (mod m) . ♣Feladatok
2.1.1 Bizonyítsuk be, hogy 23 | 61k+1 + 11k 72k 33k 25k+3 .
2.1.2 Adjuk meg 999777
ben).

888

utolsó három számjegyét (tízes számrendszer-

2.1.3 Bizonyítsuk be (újra) a 9-cel és a 11-gyel való oszthatósági szabályokat (1.1.14 feladat) és ezek más alapú számrendszerre történő általánosításait (1.2.14 feladat) a kongruenciák segítségével.
2.1.4 Melyek igazak az alábbi állítások közül?
a) k | n, a ≡ b (mod n) =⇒ a ≡ b (mod k).
b) k | n, a ≡ b (mod k) =⇒ a ≡ b (mod n).
c) a ≡ b (mod n), a ≡ b (mod k) ⇐⇒ a ≡ b (mod kn).
d) a ≡ b (mod n), a ≡ b (mod k) ⇐⇒ a ≡ b (mod [k, n]).

59

2.1. Feladatoke) a ≡ b (mod n) ⇐⇒ ka ≡ kb (mod kn).
f) a ≡ b (mod n), c ≡ d (mod k) =⇒ ac ≡ bd (mod kn).
g) a2 ≡ b2 (mod n) =⇒ a ≡ ±b (mod n).
h) a2 ≡ b2 (mod 101) =⇒ a ≡ ±b (mod 101).

2.1.5 A tízes számrendszerben több olyan számjegy is van, amelyre nemvégződhet négyzetszám. Hány ilyen számjegy van a 101 alapú számrendszerben?
2.1.6 Kommentáljuk Butus Maximus professzor alábbi ,,tételét” és ,,bizonyítását”:( ) (),,Tétel: Bármely n > 3 egészre n4 ≡ n+1(mod 4).
4
Bizonyítás: Mivel bármely n egészre n + 1 ≡ n − 3 (mod 4), ezért( )nn(n − 1)(n − 2)(n − 3)=≡
1·2·3·44()
n+1n(n − 1)(n − 2)(n + 1)=
(mod 4).”≡1·2·3·44
2.1.7 Bizonyítsuk be: m | a − b =⇒ m2 | am − bm .
2.1.8 Tegyük fel, hogy 3̸ | a, (6, n) = 1 és an ≡ bn (mod 3n ). Mutassuk
meg, hogy ekkor a ≡ b (mod 3n ).
2.1.9 Legyen p > 2 prím, 1 ≤ k ≤ p − 1. Igazoljuk az alábbi modulo pkongruenciákat:
( )
p
a)
≡ 0;
k

(
b)

)
p−1
≡ (−1)k ;
k

(
c)

)
p−2
≡ (−1)k (k + 1).
k

2.1.10 Határozzuk meg az(oka)t a p prím(ek)et, amelyekre
ztva p − 2 maradékot ad.
∗

(3p)
p

a p-vel os-

2.1.11 Legyen p prím. Bizonyítsuk be a következő modulo p kongruenciákat:( ) ⌊ ⌋
n
n
a)
≡
;
p
p

(
b)

n
kp

)

(
)
⌊n/p⌋
≡
;
k

( ) ⌊ ⌋
n
n
c)
≡ k .
k
p
p

60

2. Kongruenciák

2.2. Maradékosztályok és maradékrendszerek
A modulo m maradékosztály fogalmát már a 2.1.2 Tétel után megemlítettük:
azok az egész számok tartoznak egy maradékosztályba, amelyek m-mel osztva
azonos maradékot adnak.
D 2.2.1
2.2.1 Definíció
Rögzített m modulus mellett az a-val kongruens elemek halmazát az aáltal reprezentált maradékosztálynak nevezzük. ♣Jelölés: (a)m . Ha nem okoz félreértést, akkor a modulusra utaló m indexet
elhagyjuk.
Az (a)m maradékosztály tehát egy ,,mindkét irányban végtelen számtani
sorozat”, amelynek egyik eleme a és a diﬀerenciája m. A modulo m maradékosztályok száma m, és minden maradékosztálynak végtelen sok eleme van. A
definíció alapján (a)m = (c)m ⇐⇒ a ≡ c (mod m).
Példa: (23)7 = {. . . , −5, 2, 9, 16, 23, 30, . . .} = (100)7 .
D 2.2.2
2.2.2 Definíció
Ha rögzített m modulus mellett minden maradékosztályból egy és csak
egy elemet kiveszünk, az így kapott számokat modulo m teljes maradékrendszer nek nevezzük. ♣Példa: {33, −5, 11, −11, −8} teljes maradékrendszer modulo 5.
A leggyakrabban a következő teljes maradékrendszereket használjuk:(A) legkisebb nemnegatív maradékok: 0, 1, . . . , m − 1.
(B) legkisebb abszolút értékű maradékok:0, ±1, ±2, . . . , ±

m−1
,
2

ha m páratlan,

illetvem−2 m,,
ha m páros
22(nyilván ez utóbbi esetben m/2 helyett −m/2 is vehető).
0, ±1, ±2, . . . , ±Azt, hogy adott számok teljes maradékrendszert alkotnak-e, általában az
alábbi egyszerű kritérium alapján tudjuk gyorsan eldönteni:2.2. Maradékosztályok és maradékrendszerek

61

T 2.2.3
2.2.3 Tétel
Adott egész számok akkor és csak akkor alkotnak teljes maradékrendszert
modulo m, ha(i) számuk m, és(ii) páronként inkongruensek modulo m. ♣Bizonyítás: Legyen Tm egy teljes maradékrendszer modulo m. Mivel a modulo m maradékosztályok száma m, és minden maradékosztályból egy elemet
vettünk ki, ezért Tm elemszáma szükségképpen m. Továbbá egyetlen maradékosztályból sem választottunk egynél több elemet, ezért Tm elemei páronként
inkongruensek modulo m.
Megfordítva, tekintsünk m darab páronként inkongruens számot modulo
m. A páronkénti inkongruencia miatt ezek csupa különböző maradékosztályba
tartoznak, és mivel a számuk m, ezért m darab maradékosztályt reprezentálnak, azaz az összeset. Így ezek a számok valóban teljes maradékrendszert
alkotnak modulo m.
Ha egy teljes maradékrendszert a modulushoz relatív prím számmal végigszorzunk, és ehhez egy tetszőleges egészt hozzáadunk, akkor ismét teljes
maradékrendszert kapunk:T 2.2.4
2.2.4 Tétel
Legyen r1 , r2 , . . . , rm teljes maradékrendszer modulo m, (a, m) = 1 és btetszőleges. Ekkor
ar1 + b, ar2 + b, . . . , arm + b
is teljes maradékrendszer modulo m. ♣Bizonyítás: Mivel az új rendszer elemszáma is m, tehát a 2.2.3 Tétel alapján
azt kell még bizonyítani, hogy az elemei páronként inkongruensek mod m.
Tegyük fel, hogy ari + b ≡ arj + b (mod m), megmutatjuk, hogy i = j.
Mindkét oldalból b-t kivonva ari ≡ arj (mod m) adódik.
Mivel (a, m) = 1, ezért a 2.1.3A Tétel alapján egyszerűsíthetünk a-val:ri ≡ rj (mod m), és így valóban i = j.
Megjegyezzük, hogy ha (a, m) ̸= 1, akkor az ari + b számok sohasem
alkotnak teljes maradékrendszert, lásd a 2.2.11 feladatot.
Most azt vizsgáljuk meg, hogy a modulushoz relatív prím egészek hogyan
helyezkednek el az egyes maradékosztályokban. Megmutatjuk, hogy egy maradékosztálynak vagy az összes eleme relatív prím a modulushoz, vagy pedig

62

2. Kongruenciák

egyetlen eleme sem relatív prím hozzá:
Legyen a ≡ b (mod m). Ekkor (a, m) = 1 ⇐⇒ (b, m) = 1 .
Az alábbi tételben ennél erősebb állítást bizonyítunk:T 2.2.5

2.2.5 Tétela ≡ b (mod m) =⇒ (a, m) = (b, m) . ♣Bizonyítás: A feltétel szerint b = a + mc teljesül alkalmas c egésszel.
Mivel itt a jobb oldalon a és m is osztható (a, m)-mel, ezért (a, m) | b.
Ez azt jelenti, hogy (a, m) közös osztója b-nek és m-nek, és így (a, m) | (b, m).
Ugyanígy adódik a fordított irányú (b, m) | (a, m) oszthatóság is, tehát
valóban (a, m) = (b, m).
Fontos szerepet játszanak azok a maradékosztályok, amelyeknek az elemei
relatív prímek a modulushoz:
D 2.2.6
2.2.6 Definíció
Az (a)m maradékosztályt modulo m redukált maradékosztálynak nevezzük, ha (a, m) = 1. ♣Mint már említettük, a 2.2.5 Tételből következik, hogy ha egy maradékosztálynak van olyan eleme, amely relatív prím a modulushoz, akkor a maradékosztály minden eleme ilyen. Ezért a 2.2.6 Definíció nem függ attól, hogyaz (a)m maradékosztályt melyik elemével reprezentáltuk.
Most bevezetjük a számelmélet egyik legfontosabb függvényét:
D 2.2.7
2.2.7 Definíció (Euler-féle φ-függvény)Tetszőleges n pozitív egész esetén φ(n) az 1, 2, . . . , n számok közül az
n-hez relatív prímek számát jelenti. ♣Példa: φ(1) = 1,

φ(10) = 4,

φ(n) = n − 1 ⇐⇒ n prím.

Világos, hogy φ(n) éppen a modulo n redukált maradékosztályok száma.
Az n kanonikus alakjából könnyen kiszámítható φ(n) értéke, ezt a képletet
a 2.3 pontban tárgyaljuk.
Most a teljes maradékrendszer mintájára a redukált maradékrendszer fogalmát definiáljuk:2.2. Maradékosztályok és maradékrendszerek

63

D 2.2.8
2.2.8 Definíció
Ha rögzített m modulus mellett minden redukált maradékosztályból egy
és csak egy elemet kiveszünk, az így kapott számokat modulo m redukált maradékrendszer nek nevezzük. ♣Példa: {17, −5, 11, −11} redukált maradékrendszer modulo 12.
A legegyszerűbben úgy gyárthatunk redukált maradékrendszereket, ha alegkisebb nemnegatív maradékokból, illetve a legkisebb abszolút értékű maradékokból kiválasztjuk a modulushoz relatív prímeket.
A következőkben bebizonyítjuk a 2.2.3 és 2.2.4 Tételeknek a redukált maradékrendszerekre vonatkozó megfelelőit.
T 2.2.9
2.2.9 Tétel
Adott egész számok akkor és csak akkor alkotnak redukált maradékrendszert modulo m, ha(i) számuk φ(m),(ii) páronként inkongruensek modulo m, és(iii) valamennyien relatív prímek m-hez. ♣Bizonyítás: Legyen Rm egy redukált maradékrendszer modulo m. Mivel a modulo m redukált maradékosztályok száma φ(m), és minden maradékosztályból
egy elemet vettünk ki, ezért Rm elemszáma szükségképpen φ(m). Továbbá
egyetlen maradékosztályból sem választottunk egynél több elemet, ezért Rm
elemei páronként inkongruensek modulo m. Végül Rm minden eleme relatív
prím m-hez, hiszen ezeket redukált maradékosztályokból választottuk.
Megfordítva, tekintsünk φ(m) darab, az m-hez relatív prím számot, amelyek páronként inkongruensek modulo m. A páronkénti inkongruencia és az
m-hez relatív prímség miatt ezek csupa különböző redukált maradékosztályba
tartoznak. Mivel a számuk φ(m), ezért φ(m) darab redukált maradékosztályt reprezentálnak, azaz az összeset. Így ezek a számok valóban redukált
maradékrendszert alkotnak modulo m.
T 2.2.10
2.2.10 Tétel
Legyen r1 , r2 , . . . , rφ(m) redukált maradékrendszer modulo m és(a, m) = 1. Ekkor
ar1 , ar2 , . . . , arφ(m)is redukált maradékrendszer modulo m. ♣

64

2. Kongruenciák

Bizonyítás: A 2.2.9 Tétel (i)–(iii) kritériumát ellenőrizzük.
(i) Az új rendszer elemszáma is φ(m).
(ii) ari ≡ arj (mod m), (a, m) = 1 =⇒ ri ≡ rj (mod m) =⇒ i = j.
(iii) (a, m) = 1, (ri , m) = 1 =⇒ (ari , m) = 1.
Ha (a, m) ̸= 1, akkor az ari számok sohasem alkotnak redukált maradékrendszert, sőt ezen elemek egyike sem lesz relatív prím az m-hez.
A teljes maradékrendszernél látottakhoz képest jelentős eltérés, hogy aredukált maradékrendszer elemeihez egy b számot hozzáadva már általában
nem kapunk redukált maradékrendszert, lásd a 2.2.12 feladatot.
Feladatok
Valamennyi feladatban feltesszük, hogy a modulus m ≥ 2.
2.2.1 Határozzuk meg az m modulust, ha tudjuk, hogy az alábbi elemekugyanannak a modulo m redukált maradékosztálynak az elemei:a) 2 és 14;b) 18, 78 és 178;c) a és −a.
2.2.2 Hány olyana) teljes;b) redukált
maradékrendszer van modulo m, amelynek minden ai elemére
0 ≤ ai ≤ 5m + 1 teljesül?
2.2.3 Melyek azok a mindkét irányban végtelen számtani sorozatok, amelyekből kiválasztható egy modulo ma) maradékosztály;b) teljes maradékrendszer?
2.2.4 Milyen m ≥ 2 esetén létezik olyan teljes maradékrendszer, amelynek
elemeia) páratlan számok;b) összetett számok;c) négyzetszámok;d) (tízes számrendszerben) 1357-re végződő számok;e) mértani sorozatot alkotnak;
M ∗ f) ,,csupaegyek” (azaz tízes számrendszerben minden számjegyük 1-es);
M ∗ g) teljes hatványok?
2.2.5 Milyen m ≥ 2 esetén létezik olyan redukált maradékrendszer, amelynek elemeia) 15-tel osztható számok;b) 15-tel nem osztható számok;c) négyzetszámok;2.2. Feladatok

65d) (tízes számrendszerben) 1357-re végződő számok;e) teljes hatványok?
2.2.6 Melyek igazak az alábbi állítások közül?
a) Ha r1 , r2 , . . . , rk redukált maradékrendszer modulo 7, akkor
r1 , r2 , . . . , rk redukált maradékrendszer modulo 14 is.
b) Ha r1 , r2 , . . . , rk redukált maradékrendszer modulo 14, akkor
r1 , r2 , . . . , rk redukált maradékrendszer modulo 7 is.
2.2.7a) Milyen maradékot ad m-mel osztva egy modulo m teljes maradékrendszer elemeinek az összege?
b) Legyen m páros, és a1 , a2 , . . . , am , valamint b1 , b2 , . . . , bm egyegy teljes maradékrendszer modulo m. Bizonyítsuk be, hogy az
a1 + b1 , . . . , am + bm elemek sohasem alkotnak teljes maradékrendszert modulo m. Mit állíthatunk páratlan m esetén?
c) Vizsgáljuk meg az analóg kérdéseket teljes maradékrendszerek helyett
redukált maradékrendszerekre is.
M 2.2.8a) Egy kör alakú tisztás mentén m fa áll, mindegyiken egy-egy mókus.
A mókusok össze szeretnének gyűlni egy fán, de csak úgy változtathatják a helyüket, hogy két tetszőleges mókus egyidejűleg átugorhat egy-egy szomszédos fára. Ezt a lépést akárhányszor ismételhetik. Milyen m esetén tudnak összegyűlni a mókusok?
b) Mi a helyzet akkor, ha a megengedett lépést a következőképpen módosítjuk: két tetszőleges mókus egyidejűleg átugorhat egy-egy szomszédos fára, azonban ellenkező körüljárási irányba kell ugorniuk.
∗

2.2.9a) Mely m-ek esetén alkotnak a 0, 0+1, 0+1+2, . . . , 0+1+2+. . .+(m−1)
számok teljes maradékrendszert modulo m?
b) Mely m-ek esetén létezik olyan a1 , . . . , am teljes maradékrendszer modulo m, amelyre az a1 , a1 + a2 , a1 + a2 + a3 , . . . , a1 + a2 + a3 + . . . + amszámok is teljes maradékrendszert alkotnak modulo m?

2.2.10 Legyen k | m. Melyek igazak az alábbi állítások közül?
a) Bármely modulo k maradékosztály előáll modulo m maradékosztályok egyesítéseként.
b) Bármely modulo k redukált maradékosztály előáll modulo m redukált
maradékosztályok egyesítéseként.

66

2. Kongruenciák∗c) Bármely modulo k redukált maradékosztálynak van olyan részhalmaza, amely egy modulo m redukált maradékosztályt alkot.

d) Bármely modulo k redukált maradékrendszer kiegészíthető egy modulo m redukált maradékrendszerré.
∗e) Bármely modulo m redukált maradékrendszerből kiválasztható egy
modulo k redukált maradékrendszer.

2.2.11 Legyen r1 , r2 , . . . , rm teljes maradékrendszer modulo m, (a, m) ̸= 1
és b tetszőleges.
a) Bizonyítsuk be, hogy ar1 + b, . . . , arm + b sohasem alkotnak teljes
maradékrendszert modulo m.
b) Összesen hány modulo m maradékosztályt reprezentálnak az
ar1 + b, . . . , arm + b elemek?
M∗ 2.2.12 Legyen r1 , r2 , . . . , rφ(m) redukált maradékrendszer modulo m.
a) Adjuk meg az összes olyan a számot, amelyre az ar1 , . . . , arφ(m) elemek páronként inkongruensek modulo m.
b) Adjuk meg az összes olyan b számot, amelyre az r1 + b, . . . , rφ(m) + b
elemek is redukált maradékrendszert alkotnak modulo m.
M∗ 2.2.13 Milyen m és k számokhoz létezik olyan a1 , . . . , am teljes maradékrendszer modulo m és b1 , . . . , bk teljes maradékrendszer modulo k,hogy az ai bj számok teljes maradékrendszert alkotnak modulo mk?
M2.2.14 Legyenek a és b pozitív egészek.
a) Bizonyítsuk be, hogy
T = {ib + ja | i = 1, 2, . . . , a, j = 1, 2, . . . , b}akkor és csak akkor alkot teljes maradékrendszert modulo ab, ha(a, b) = 1.
b) Legyen r1 , . . . , rφ(a) , illetve s1 , . . . , sφ(b) redukált maradékrendszer
modulo a, illetve modulo b. Bizonyítsuk be, hogy
R = {ri b + sj a | i = 1, 2, . . . , φ(a), j = 1, 2, . . . , φ(b)}akkor és csak akkor alkot redukált maradékrendszert modulo ab, ha(a, b) = 1.
c) Mutassuk meg, hogy ha (a, b) = 1, akkor φ(ab) = φ(a)φ(b).

2.3. Az Euler-féle φ-függvény

67

2.3. Az Euler-féle φ-függvény
Az Euler-féle φ-függvényt a 2.2.7 Definícióban értelmeztük: Tetszőleges n pozitív egész esetén φ(n) az 1, 2, . . . , n számok közül az n-hez relatív prímek
számát jelenti.
Ebből azonnal következett, hogy φ(m) darab modulo m redukált maradékosztály létezik, és egy modulo m redukált maradékrendszer elemeinek aszáma is φ(m).
Most egy olyan képletet bizonyítunk, amely az n kanonikus alakjának
segítségével megadja φ(n) értékét:T 2.3.1

2.3.1 Tétel
Legyen n kanonikus alakja
αr
1 α2
n = pα1 p2 . . . p r =

r
∏

i
pα
i ,

ahol

αi > 0 .

i=1

Ekkor
r
( α1
) ∏
( αi
)
( αr
)
α1 −1
αr −1
φ(n) = p1 − p1=
pi − piαi −1 . ♣. . . pr − pri=1

Felhívjuk a figyelmet arra, hogy φ(n) fenti képlete csak akkor érvényes, haaz n kanonikus alakjában az αi kitevők valóban pozitívak (szemben például
a d(n)-re az 1.6.3 Tételben adott képlettel, amely akkor is igaz marad, hamegengedjük, hogy az αi kitevők között a nulla is előforduljon).
A fenti képlet néhány másik, ekvivalens alakja:
φ(n) =

r
∏
i=1

i −1
pα
(pi − 1) = n
i

r (
∏
i=1

1
1−
pi

)
=n

∏ (
p|n
p prím

1
1−
p

)
.

A 2.3.1 Tételre két bizonyítást adunk. Egy harmadik bizonyítás leolvasható a 6.5.4b feladatból. Emellett az első bizonyításban döntő fontosságú
II. állítás két további igazolási módja is szerepel a 2.2.14, illetve 2.6.10 feladatokban.

68

2. KongruenciákElső bizonyítás: A tételt az alábbi két állításra vezetjük vissza:
I. Ha p prím (és α > 0), akkor φ(pα ) = pα − pα−1 .
II. Ha (a, b) = 1, akkor φ(ab) = φ(a)φ(b).
Ezekből a tétel valóban következik. Ugyanis II-ből a tényezők száma szerinti teljes indukcióval kapjuk, hogy ha az a1 , . . . , ar számok páronként relatívi
prímek, akkor φ(a1 . . . ar ) = φ(a1 ) . . . φ(ar ). Ha ezt ai = pαi -re alkalmazzuk,αiés φ(pi ) helyére az I-ben szereplő értéket beírjuk, akkor éppen a bizonyítandó
képlet adódik.
Rátérünk az I. állítás igazolására. Egy szám pα -hoz akkor és csak akkor
relatív prím, ha nem osztható p-vel. Ennélfogva az 1, 2, . . . , pα egészek közül
úgy kapjuk meg a pα -hoz relatív prímeket, ha elhagyjuk a p-vel oszthatókat.
Ez utóbbiak a p, 2p, . . . , pα−1 p, és így számuk pα /p = pα−1 . Ebből következik,
hogy a megmaradók száma φ(pα ) = pα − pα−1 .
Nézzük most a II. állítás bizonyítását. (Mint már jeleztük, ennek két
másik lehetséges módja szerepel a 2.2.14, illetve 2.6.10 feladatban.)A φ(ab) érték azoknak az ab-nél nem nagyobb pozitív egészeknek a számát
jelenti, amelyek relatív prímek ab-hez, azaz relatív prímek a-hoz és b-hez is.
Jelöljük a modulo a redukált maradékosztályok legkisebb pozitív elemeit
r1 , r2 , . . . , rφ(a) -val, és írjuk fel az ab-nél nem nagyobb pozitív egészek közül
azokat, amelyek a-hoz relatív prímek:r1
a + r12a + r1..
.
(b − 1)a + r1

r2
a + r22a + r2..
.
(b − 1)a + r2

...
...
...
...

rφ(a)
a + rφ(a)2a + rφ(a)..
.
(b − 1)a + rφ(a)(1)

Ezek közül kell kiválasztani azokat a számokat, amelyek b-hez is relatív
prímek.
Tekintsük evégett az (1) táblázat egy tetszőleges oszlopát. Például az
i-edik oszlop elemei a következők:ri , a + ri , 2a + ri , . . . , (b − 1)a + ri .

(2)

Ezek az elemek úgy jöttek létre, hogy a 0, 1, . . . , b − 1 modulo b teljes
maradékrendszer elemeit a b-hez relatív prím a-val megszoroztuk, majd az így
kapott számokhoz ri -t hozzáadtunk. A 2.2.4 Tétel alapján ekkor (2) is teljes
maradékrendszer modulo b, vagyis az (1) táblázat minden oszlopában egy-egy
modulo b teljes maradékrendszer áll.

2.3. Feladatok

69

Mivel egy modulo b teljes maradékrendszerben φ(b) számú b-hez relatív
prím elem szerepel, ezért az (1) táblázat minden oszlopában φ(b) darab olyan
elem van, amely relatív prím b-hez.
Az (1) táblázatban az oszlopok száma φ(a), így a táblázatnak összesen
φ(a)φ(b) eleme relatív prím a b-hez.
Ez azt jelenti, hogy az ab-nél nem nagyobb pozitív egészek között φ(a)φ(b)olyan van, amely a-hoz és b-hez is, vagyis ab-hez relatív prím. Ez a számmásrészt definíció szerint éppen φ(ab), tehát valóban φ(ab) = φ(a)φ(b).
Második bizonyítás: A logikai szitaformulát alkalmazzuk.
Az 1, 2, . . . , n egészek közül azoknak a számát kell meghatározni, amelyek
relatív prímek n-hez, azaz a p1 , p2 , . . . , pr prímek egyikével sem oszthatók.
Ehhez az 1, 2, . . . , n közül ,,ki kell szitálni a rossz tulajdonságúakat”, vagyis
azokat, amelyek egy vagy több pj -vel oszthatók.
Tekintsük először azokat az elemeket, amelyek egy adott pj -vel oszthatók(függetlenül attól, hogy az n többi prímtényezőjével oszthatók-e vagy sem).
Ezek száma nyilván n/pj .
Most nézzük azokat az egészeket, amelyek több, előre megadott pj -veloszthatók (ismét nem törődve azzal, oszthatók-e az n fennmaradó prímtényezőivel vagy sem). Egy egész akkor és csak akkor osztható adott prímek
mindegyikével, ha osztható ezen prímek szorzatával. Ennélfogva például a
p1 -gyel és p2 -vel is osztható elemek száma n/(p1 p2 ), a p1 -gyel, p3 -mal és
p7 -tel oszthatóké n/(p1 p3 p7 ) stb.
Így a logikai szitaformula szerint
φ(n) = n −

n
n
n
n
n
n
n
− −. . .− +++. . .+−− . . . (3)p1 p2
pr p1 p2 p1 p3
pr−1 pr p1 p2 p3

Közvetlen számolással ellenőrizhető, hogy (3) jobb oldala azonos az
)
r (
∏
1
n
1−
pi
i=1
szorzattal, ez pedig a tételben megadott képletnek egy másik felírási módja.
Feladatok
2.3.1 Mutassuk meg, hogy minden n > 2-re φ(n) páros szám.
2.3.2 Határozzuk meg azokat az n-eket, amelyekre φ(n) értéke
a) 2;
b) 4;
c) 14;d) 60.

70

2. Kongruenciák
2.3.3 Melyik az a legkisebb n, amelyre φ(n) oszthatóa) 210 -nel;b) 310 -nel?
2.3.4 Határozzuk meg φ(100n)/φ(n) összes lehetséges értékét, ha n végigfut a pozitív egészeken.
2.3.5 Bizonyítsuk be a következő állításokat.
a) k | n =⇒ φ(k) | φ(n).
(
) (
)
[
] (
)
b) φ (a, b)φ(a), φ(b) és φ(a), φ(b) φ [a, b] .
(
) (
)
[
]
(
)
c) φ (a, b) = φ(a), φ(b) ⇐⇒ φ(a), φ(b) = φ [a, b] .
2.3.6 Bizonyítsuk be, hogy φ(a)/φ(b) = a/b akkor és csak akkor teljesül,
ha a és b pontosan ugyanazokkal a prímekkel osztható.
2.3.7 Legyen n > 2. Melyek igazak az alábbi állítások közül?
()a) Ha n, φ(n) = 1, akkor n páratlan négyzetmentes()szám.
b) Ha n páratlan négyzetmentes szám, akkor n, φ(n) = 1.

∗

2.3.8 Bizonyítsuk
( be, )hogy minden k pozitív egészhez létezik olyan n,amelyre n, φ(n) = k.
2.3.9 Igazoljuk, hogy minden n-re φ(n) + d(n) ≤ n + 1. Mely n-ekre áll
egyenlőség?

2.3.10a) Mutassuk meg, hogy ha (a, b) ̸= 1, akkor φ(ab) > φ(a)φ(b) (tehátebben az esetben sohasem áll fenn egyenlőség).
b) A 2.3.1 Tétel első bizonyításának döntő része volt a II. állítás, azaz(a, b) = 1 =⇒ φ(ab) = φ(a)φ(b) igazolása. Hol bukik meg az ottlátott gondolatmenet, ha a és b nem relatív prímek?
c) Bizonyítsuk be, hogy bármely a, b esetén()
φ(ab)φ (a, b) = (a, b)φ(a)φ(b) .
2.3.11√a) Bizonyítsuk be, hogy ha n összetett szám, akkor n − φ(n) ≥ n.
Milyen n-ek esetén áll egyenlőség?
b) Határozzuk meg azokat az n-eket, amelyekre n − φ(n) értéke(b1) 1;(b2) 6;(b3) 7;(b4) 10.
2.3.12 Mely egész számok szerepelnek az n/φ(n) függvény értékkészletében?
2.3.13 Bizonyítsuk be, hogy ha φ(n2 ) = φ(k 2 ), akkor n = k.

71

2.4. Euler–Fermat-tétel
2.3.14 Mutassuk meg, hogy∑d|n φ(d) = n.

2.3.15 Lássuk be, hogy φ(n) → ∞, ha n → ∞.
∗2.3.16 Igazoljuk, hogy minden k természetes számhoz található olyan n,amelyre φ(n) = φ(n + k).

∗

2.3.17 Adjunk meg 1000 különböző egész számot, amelyekhez a φ-függvény
ugyanazt az értéket rendeli.

M∗ 2.3.18 Határozzuk meg az összes olyan n pozitív egészt, amelyhez létezik
olyan k, hogy φ(n!) = k!.
M∗ 2.3.19 Milyen m esetén létezik olyan számtani sorozat, amely redukált maradékrendszert alkot modulo m?

2.4. EulerFermat-tétel
T 2.4.1

2.4.1 Tétel (Euler–Fermat-tétel)(a, m) = 1 =⇒ aφ(m) ≡ 1 (mod m) . ♣Bizonyítás: Legyen r1 , r2 , , . . . , rφ(m) redukált maradékrendszer modulo m.
Mivel (a, m) = 1, ezért az ar1 , . . . , arφ(m) elemek is redukált maradékrendszert alkotnak modulo m.
Ez azt jelenti, hogy minden 1 ≤ i ≤ φ(m)-hez létezik egy és csak egy
olyan 1 ≤ j ≤ φ(m), amelyre ari ≡ rj (mod m). Jelöljük ezt az rj -t si -vel:
ar1
ar2
..
.

≡ s1
≡ s2

(mod m) ,(mod m) ,arφ(m)≡ sφ(m)(mod m) .

(1)

Itt az s1 , . . . , sφ(m) számok az r1 , . . . , rφ(m) számok egy permutációját alkotják.
Az (1)-beli kongruenciákat összeszorozva azt kapjuk, hogyaφ(m) r1 r2 . . . rφ(m) ≡ s1 s2 . . . sφ(m) (mod m) ,azaz
aφ(m) r1 r2 . . . rφ(m) ≡ r1 r2 . . . rφ(m) (mod m) .

(2)

72

2. Kongruenciák

A (2) kongruenciát (ri , m) = 1 miatt az összes ri -vel egyszerűsíthetjük,
és ekkor a kívánt aφ(m) ≡ 1 (mod m) adódik.
Tekintsük most azt a fontos speciális esetet, amikor a modulus egy p prímszám.
Ekkor φ(p) = p − 1 alapján a következő tételt kapjuk:
2.4.1A Tétel (A ,,kis” Fermat-tétel egyik alakja)
Ha p prím és (a, p) = 1, akkor ap−1 ≡ 1 (mod p). ♣T 2.4.1A

Megjegyezzük, hogy egy p prím esetén az (a, p) = 1, a p̸ | a és aza ̸≡ 0 (mod p) feltételek ekvivalensek.
A 2.4.1A Tételből könnyen nyerhető egy olyan kongruencia is, amely már
minden a esetén fennáll:
T 2.4.1B
2.4.1B Tétel (A ,,kis” Fermat-tétel másik alakja)
Ha p prím, akkor bármely a egész számra ap ≡ a (mod p). ♣Bizonyítás: Ha p̸ | a, akkor a 2.4.1A Tétel alapján ap−1 ≡ 1 (mod p). Ezt akongruenciát a-val beszorozva a kívánt ap ≡ a (mod p) adódik.
Ha p | a, akkor a ≡ 0 (mod p). Ezt p-edik hatványra emelve (vagyp−1
a -gyel beszorozva) kapjuk, hogy ap ≡ 0 (mod p), és így ap ≡ a (mod p) is
teljesül.
Megjegyzések : 1. Az Euler–Fermat-tétel (2.4.1 Tétel) megfordítása is igaz,
vagyis (a, m) = 1 az aφ(m) ≡ 1 (mod m) kongruencia fennállásának nemcsak elégséges, hanem egyben szükséges feltétele is. Sőt, ennél erősebb állítás is igaz: csak akkor létezik egyáltalán olyan k > 0 kitevő, amelyre
ak ≡ 1 (mod m), ha a és m relatív prímek. Az ak ≡ 1 (mod m) kongruenciából ugyanis a 2.2.5 Tétel szerint (ak , m) = (1, m) = 1 következik, és így(a, m) = 1-nek is teljesülnie kell.
2. A kis Fermat-tétel második alakjának (2.4.1B Tétel) nincsen tetszőleges m modulusra vonatkozó ,,természetes” megfelelője, azaz nincs az általános Euler–Fermat-tételnek olyan ,,egyszerű” változata, amely minden aesetén érvényes lenne (lásd ezzel kapcsolatban a 2.4.15 feladatot).
3. Mint a név is mutatja, a 2.4.1A és B Tételek Fermat-tól származnak. A kis Fermat-tétel mindkét változata a 2.4.1 Tétel felhasználása nélkül,
közvetlenül is bizonyítható: a B variánst (a szerinti) teljes indukcióval igazolhatjuk, és innen az A variáns is könnyen következik (lásd a 2.4.16 feladatot).
A 2.4.1 Tételt Euler fedezte fel, éppen a kis Fermat-tétel általánosításaként.

2.4. Feladatok

73

4. A kis Fermat-tételnél a ,,kis” jelző arra szolgál, hogy megkülönböztesse
ezt az eredményt a számelmélet egyik leghíresebb és csak a közelmúltban
megoldott problémájától, a ,,nagy” Fermat-tételtől (vagy más néven Fermatsejtéstől), amelyről a 7. fejezetben lesz szó.
Feladatok
2.4.1 Bizonyítsuk be, hogy bármely páratlan n-re n | 2n! − 1.
2.4.2 Határozzuk meg 17938642 utolsó két jegyét (tízes számrendszerben).
2.4.3 Igazoljuk, hogy n20 + 4n44 + 8n80 minden n-re osztható 13-mal.
2.4.4 Mutassuk meg, hogy bármely n esetén n6 + 13 és n2 + 21 közül
legalább az egyik összetett szám.
2.4.5 Lássuk be, hogy bármely a egész számra 1 703 601 900 | a62 − a2 .
2.4.6 Bizonyítsuk be a következő állításokat:a) 11 | a30 + b30 + c30 =⇒ 1130 | a30 + b30 + c30 .
b) 9 | a30 + b30 + c30 =⇒ 915 | a30 + b30 + c30 .
2.4.7 Mutassuk meg, hogy a88 − b88 akkor és csak akkor nem osztható
23-mal, ha a és b közül pontosan az egyik osztható 23-mal.
2.4.8 Legyen p prím és r1 , . . . , rp teljes maradékrendszer modulo p. Bizonyítsuk be, hogy ekkor r12p−3 , . . . , rp2p−3 is teljes maradékrendszer
modulo p.
2.4.9a) Legyen p prím, a egész, i, j pozitív egészek és i ≡ j (mod p − 1).
Lássuk be, hogy ekkor ai ≡ aj (mod p).
b) Hogyan általánosítható az a)-beli állítás (prím helyett) tetszőleges
m-re?
2.4.10 Melyek igazak az alábbi állítások közül? (A feladat tízes számrendszerre vonatkozik, és hatványon pozitív egész kitevős hatványt értünk.)a) 133-nak végtelen sok hatványa végződik 133-ra.
b) 134-nek végtelen sok hatványa végződik 134-re.
c) 136-nak végtelen sok hatványa végződik 136-ra.
2.4.11 Mutassuk meg, hogy az a, a + d, . . . , a + kd, . . . (különböző pozitív
egészekből álló) végtelen számtani sorozat elemei között akkor és csak
akkor szerepel az a-nak végtelen sok (pozitív egész kitevős) hatványa,ha d/(a, d) és a relatív prímek.

74

2. Kongruenciák

2.4.12 Oldjuk meg újra az 1.3.12a feladatot az Euler–Fermat-tétel felhasználásával.
2.4.13 Igazoljuk, hogy egy n2 + 1 alakú számnak minden pozitív páratlanosztója 4k + 1 alakú.
2.4.14 Tegyük fel, hogy a40 + b40 osztható 19-cel. Lássuk be, hogy ekkor a
és b is osztható 19-cel.
2.4.15 Bizonyítsuk be a következő állításokat, és vizsgáljuk meg, hogyan
kapcsolódnak ezek a kis Fermat-tételhez.
a) Az aφ(m)+1 ≡ a (mod m) kongruencia akkor és csak akkor teljesül
minden a-ra, ha m négyzetmentes.
b) Az am ≡ am−φ(m) (mod m) kongruencia minden m-re és minden a-rateljesül.
c) Az a1729 ≡ a (mod 1729) kongruencia minden a-ra teljesül.
2.4.16 Adjunk közvetlen bizonyítást a kis Fermat-tétel mindkét alakjára:először igazoljuk indukcióval a 2.4.1B Tételt, majd ebből vezessük lea 2.4.1A Tételt.

2.5. Lineáris kongruenciák
Ebben a pontban az ismeretlenes kongruenciák (vagy kongruenciaegyenletek)
legegyszerűbb fajtájával, a lineáris kongruenciákkal foglalkozunk.
D 2.5.1
2.5.1 Definíció
Legyenek a, b egészek és m pozitív egész. Ekkor az ax ≡ b (mod m) kongruenciát lineáris kongruenciának nevezzük, és ennek egy megoldásán olyan segész számot értünk, amelyet az x helyére beírva a kongruencia fennáll. ♣Világos, hogy ha egy s szám megoldás, akkor az (s)m maradékosztály
bármely másik eleme is megoldás. Így az összes megoldás megkereséséhez elegendő egy teljes maradékrendszer elemeit végigpróbálni, melyek adnak közülük
megoldást; az összes megoldás ekkor az ezekkel kongruens egészek halmaza
lesz.
Ennek alapján a lineáris kongruencia megoldásszámán a páronként inkongruens megoldások számát értjük, vagyis azt, hogy hány maradékosztályba
tartoznak a megoldások, vagy (ismét kicsit más megfogalmazásban) azt, hogy
egy teljes maradékrendszernek hány eleme elégíti ki a kongruenciát. Ugyanez

2.5. Lineáris kongruenciák

75

a helyzet a magasabb fokú kongruenciák esetén is, ezért ezt a definíciót rögtön
általánosan is megadjuk.
D 2.5.2
2.5.2 Definíció
Legyen f egy egész együtthatós polinom. Ekkor az f (x) ≡ 0 (mod m)
kongruencia megoldásszámán egy modulo m teljes maradékrendszer azon s
elemeinek a számát értjük, amelyekre f (s) ≡ 0 (mod m). ♣Mivel u ≡ v (mod m) =⇒ f (u) ≡ f (v) (mod m), ezért a definícióban
megadott szám valóban nem függ attól, hogy a modulo m teljes maradékrendszerek közül melyiket választottuk.
Térjünk vissza a lineáris kongruenciákra. Bármely más típusú egyenlethez
hasonlóan itt is a következő kérdésekre keressük a választ:(i) Mi a megoldhatóság szükséges és elégséges feltétele?
(ii) Mennyi a megoldásszám?
(iii) Hogyan lehet az összes megoldást valamilyen értelemben leírni, áttekinteni?
(iv) Milyen megoldási módszerekkel kaphatjuk meg a megoldásokat?
Először a megoldhatóság kérdésével foglalkozunk.
T 2.5.3
2.5.3 Tétel
Az ax ≡ b (mod m) kongruenciának akkor és csak akkor létezik megoldása,ha (a, m) | b. ♣Bizonyítás: Az ax ≡ b (mod m) kongruencia megoldhatósága azt jelenti, hogy
van olyan s egész, amelyre as ≡ b (mod m).
Ez tovább ekvivalens azzal, hogy van olyan t egész, amelyre as + mt = b
teljesül, vagyis s és t kielégíti az ax + my = b lineáris diofantikus egyenletet.
Ezzel beláttuk, hogy az ax ≡ b (mod m) lineáris kongruencia akkor és
csak akkor oldható meg, ha megoldható az ax + my = b lineáris diofantikus
egyenlet.
Az utóbbi megoldhatóságának szükséges és elégséges feltétele az 1.3.6 Tétel szerint az, hogy (a, m) | b teljesüljön, tehát ugyanez a feltétele az ax ≡ b(mod m) kongruencia megoldhatóságának is.
A bizonyításból kiderült, hogy az ax ≡ b (mod m) lineáris kongruencia
és az ax + my = b lineáris diofantikus egyenlet kölcsönösen visszavezethetők

76

2. Kongruenciák

egymásra. (Sőt az ax + my = b diofantikus egyenlet ugyanígy az my ≡ b(mod |a|) lineáris kongruenciává is ,,átalakítható”, ha a ̸= 0.)
Ennek alapján bármely, a lineáris kongruenciákkal kapcsolatos eredményfelhasználható a lineáris diofantikus egyenletek vizsgálatánál és viszont.
Ne feledkezzünk meg azonban a jelentős eltérésekről sem: a lineáris kongruenciák megoldásai egész számok (illetve tulajdonképpen maradékosztályok),a lineáris diofantikus egyenleteké pedig egész számpár ok, egy lineáris kongruencia megoldásszáma véges, egy lineáris diofantikus egyenleté végtelen stb.
A következő tételben meghatározzuk a lineáris kongruenciáknál a megoldásszámot, és egyúttal leírjuk, hogyan kapható meg egy megoldásból az összes
többi.
T 2.5.4
2.5.4 Tétel
I. Ha az ax ≡ b (mod m) kongruencia megoldható, akkor a megoldásszáma(a, m).
II. Legyen (a, m) = d, m = dm1 , és tegyük fel, hogy az s egész szám (azegyik) megoldása az ax ≡ b (mod m) kongruenciának. Ekkor azs,s + m1 ,s + 2m1 ,...,s + (d − 1)m1

(1)

számok páronként inkongruensek modulo m, kielégítik a kongruenciát, ésaz összes megoldás ezek valamelyikével kongruens modulo m. ♣Bizonyítás: Az I. és II. állításokat egyszerre igazoljuk.
A feltétel szerint az s egész szám megoldás, vagyis
as ≡ b (mod m) .

(2)

Egy t egész szám akkor és csak akkor megoldás, haat ≡ b (mod m) .

(3)

A (2) feltétel alapján (3) ekvivalens azzal, hogyat ≡ as (mod m) .

(4)

A 2.1.3 Tétel alapján (4) tovább ekvivalens(t ≡ s modm(m, a)),azaz

t ≡ s (mod m1 )

2.5. Lineáris kongruenciák

77

teljesülésével. Ezt úgy is írhatjuk, hogyt = s + km1 ,(5)ahol k egész szám.
Ez azt jelenti, hogy az ax ≡ b (mod m) kongruencia összes megoldását az(5)-ben megadott t értékek szolgáltatják.
Így már csak azt kell igazolnunk, hogy az (5)-beli t értékek d darab különböző maradékosztályba tartoznak modulo m, és (1)-ben éppen ezeknek a maradékosztályoknak egy-egy reprezentánsa szerepel.
Vizsgáljuk meg, mikor esik két ilyen t ugyanabba a maradékosztályba
modulo m. Legyent′ = s + k ′ m1

ést′′ = s + k ′′ m1 .

Ekkort′ ≡ t′′ (mod m) ⇐⇒ k ′ m1 ≡ k ′′ m1 (mod m) ⇐⇒ k ′ ≡ k ′′ (mod d) . (6)Itt az első lépésben a t′ ≡ t′′ (mod m) kongruenciából kivontunk s-et, majd ismét a 2.1.3 Tétel szabályai szerint egyszerűsítettünk m1 -gyel, ekkor a modulus
közben m/(m1 , m) = m/m1 = d-re változott.
(6) azt jelenti, hogy két t pontosan akkor esik ugyanabba a modulo mmaradékosztályba, ha a megfelelő két k kongruens modulo d.
Így, ha k végigfut a 0, 1, . . . , d − 1 számokon, akkor az ezekhez tartozó
t = s + km1 ,azaz éppen az (1)-belis, s + m1 , . . . , s + (d − 1)m1

értékek a keresett modulo m maradékosztályok egy-egy reprezentánsát alkotják.
Külön kiemeljük azt a speciális esetet, amikor az ax ≡ b (mod m) lineáris
kongruenciában (a, m) = 1. Ekkor (a, m) | b automatikusan teljesül, tehát
a 2.5.3 Tétel szerint a kongruencia biztosan megoldható, és a 2.5.4 Tétel
alapján a megoldásszám (a, m) = 1. Ezt az eredményt fontossága miatt külön
tételként is megfogalmazzuk:T 2.5.5
2.5.5 Tétel
Ha (a, m) = 1, akkor az ax ≡ b (mod m) kongruencia bármely b esetén
megoldható és a megoldásszáma 1. ♣

78

2. Kongruenciák

A megoldási módszerek bemutatása előtt néhány fontos előzetes megjegyzést teszünk.
(A) Általában célszerű előre ellenőrizni a 2.5.3 Tétel kritériuma alapján,
hogy a kongruencia egyáltalán megoldható-e.
(B) Ha (a, m) = 1, akkor a lineáris kongruenciát csak egyetlen maradékosztály elemei elégítik ki, tehát ha találtunk egy megoldást, akkor készen
is vagyunk. Általában is elég egyetlen megoldás megkeresése, mert akkor azösszes megoldás megadása már könnyen megy a 2.5.4/II Tétel alapján.
(C) A legtöbb esetben érdemes a megoldandó kongruenciát visszavezetni
egy olyan lineáris kongruenciára, amelyben az x együtthatója és a modulus
már relatív prímek. Ezt a következőképpen tehetjük meg.
Ha az ax ≡ b (mod m) kongruencia megoldható, akkor (a, m) | b. Így ad = (a, m) jelöléssel
a = da1 ,m = dm1 ,b = db1

és (a1 , m1 ) = 1 .

Ekkor a kongruenciát ,,végigoszthatjuk” d-vel (a modulust is beleértve):az ax ≡ b (mod m) kongruencia a 2.1.3 Tétel alapján ,,ekvivalens” az
a1 x ≡ b1 (mod m1 ) kongruenciával, amelynél már (a1 , m1 ) = 1. (Ez azátalakítás tulajdonképpen annak felel meg, hogy az ax ≡ b (mod m) kongruenciához tartozó ax+my = b diofantikus egyenletet elosztjuk d-vel, és ekkor
az a1 x ≡ b1 (mod m1 ) kongruenciához tartozó a1 x + m1 y = b1 diofantikus
egyenletet kapjuk.)Az előző bekezdésben az ,,ekvivalens” szónál az idézőjel arra utal, hogy
noha a két kongruenciát ugyanazok az egész számok elégítik ki, azonban ezeket
az elsőnél modulo m, a másodiknál pedig modulo m1 maradékosztályokba kellbesorolni. Így például a két kongruencia megoldásszáma sem lesz azonos (had > 1).
Most rátérünk a lineáris kongruenciák néhány megoldási módszerének az
ismertetésére, amelyeket egy-egy példával illusztrálunk.
M1 Végigpróbálgatás. Egy modulo m teljes maradékrendszer minden elemére
megvizsgáljuk, hogy kielégíti-e a kongruenciát. (Ezt csak nagyon kis modulus esetén érdemes alkalmazni.)
P1 23x ≡ 11 (mod 5). Az egyszerűbb számolás érdekében a behelyettesítéselőtt érdemes az együtthatók helyére velük kongruens, de kisebb (abszolút értékű) számokat írni: 3x ≡ 1 (mod 5) vagy −2x ≡ 1 (mod5). Kipróbálva a 0, 1, 2, 3, 4 (vagy 0, ±1, ±2) értékeket azt kapjuk, hogy
az egyetlen megoldást az x ≡ 2 (mod 5) maradékosztály adja. [Mivel79

2.5. Lineáris kongruenciák(23, 5) = 1 alapján eleve tudjuk, hogy csak egyetlen megoldás van, ígyannak megtalálása után a további értékeket természetesen nem kell már
kipróbálni.]
M2 Diofantikus egyenlet. A lineáris kongruenciát a 2.5.3 Tétel bizonyításában
látott módon visszavezetjük egy diofantikus egyenletre, a diofantikus
egyenletet megoldjuk, és a kapott megoldásokat ,,visszaalakítva” megkapjuk a kongruencia megoldásait.
P2 18x ≡ 38 (mod 28). A megfelelő diofantikus egyenlet 18x + 28y = 38. Ezt
2-vel leosztva 9x + 14y = 19 adódik.
Az 1.3.6 Tétel bizonyítását követve állítsuk elő a 9 és a 14 legnagyobb
közös osztóját 9u + 14v alakban. Az euklideszi algoritmusból vagy némi
próbálgatás után kapjuk, hogy 9 · (−3) + 14 · 2 = 1. Ezt 19-cel beszorozva
9 · (−57) + 14 · 38 = 19 adódik, vagyis a 9x + 14y = 19 diofantikus egyenlet
egyik megoldása x = −57, y = 38.
Visszatérve a 18x ≡ 38 (mod 28) kongruenciára, ez azt jelenti, hogyx = −57 az egyik megoldás. Az összes megoldást ezután a 2.5.4/II Tétel
szerint az x ≡ −57 (mod 28) és x ≡ −43 (mod 28) maradékosztályok
adják. (Itt a −57 és −43 reprezentánsok helyett írhatunk természetesenpéldául −1-et, illetve 13-at.)
Megjegyezzük, hogy a lineáris diofantikus egyenletek megoldásánál
inkább a 7.1 pontban szereplő eljárást érdemes alkalmazni, amely nemcsak egy megoldást szolgáltat, hanem (paraméteres alakban) egyszerre
megadja az egyenlet összes megoldását. (Tulajdonképpen az a módszer isaz euklideszi algoritmus egy változata.)
M3 Euler–Fermat-tétel. Az ax ≡ b (mod m) kongruenciát a (C) megjegyzésben látott módon vezessük vissza az a1 x ≡ b1 (mod m1 ) kongruenciára,
ahol (a1 , m1 ) = 1.
φ(m )Ekkor az Euler–Fermat-tétel szerint a1 1 ≡ 1 (mod m1 ). Ennekφ(m )−1
alapján x = a1 1 b1 megoldása a kongruenciának:φ(m1 )−1

a1 · a1φ(m1 )

b1 = a 1

b1 ≡ b1 (mod m1 ) .
φ(m )−1

Visszatérve az eredeti kongruenciára, ekkor x = a1 1 b1 annak ismegoldása. Az összes megoldást ezután ismét (például) a 2.5.4/II Tételből kaphatjuk meg.
P3 36x ≡ 81 (mod 21). Itt (36, 21) = 3, így a feladatot visszavezethetjük a
12x ≡ 27 (mod 7) kongruenciára. Az együtthatókat redukálva −2x ≡ −1(mod 7) adódik. Ennek megoldása x = (−2)6−1 (−1) ≡ 4 (mod 7). Tehát
az eredeti kongruencia összes megoldása: x ≡ 4, 11, 18 (mod 21).

80

2. Kongruenciák
Természetesen a 12x ≡ 27 (mod 7) kongruenciában az együtthatók
redukciójánál választhatjuk a legkisebb nemnegatív maradékokat is a legkisebb abszolút értékű maradékok helyett. Ekkor az 5x ≡ 6 (mod 7)
kongruenciához jutunk és x ≡ 55 · 6 (mod 7) adódik.
Mivel (12, 7) = 1, ezért a 12x ≡ 27 (mod 7) kongruenciának egyetlen
megoldása van modulo 7, tehát szükségképpen 55 · 6 ≡ 4 (mod 7). Enneka közvetlen igazolásához nem kell az 55 értékét ténylegesen kiszámolni,
hanem a hatványozáskor mindig vehetjük a modulo 7 maradékokat:
52 = 25 ≡ 4 (mod 7),

54 ≡ 42 ≡ 2 (mod 7),

55 ≡ 5 · 2 ≡ 3 (mod 7) ,és így valóban 6 · 55 ≡ 6 · 3 ≡ 4 (mod 7).
M4 Ügyeskedések. A kongruenciát ügyesen választott, a modulushoz relatív
prím számokkal szorozva, illetve egyszerűsítve az eredetivel ekvivalens
kongruenciákhoz jutunk, míg végül a megoldás(ok) nyilvánvalóan leolvasható(k).
P4 80x ≡ 32 (mod 108). Itt (80, 108) = 4, így a feladatot visszavezethetjük
a 20x ≡ 8 (mod 27) kongruenciára.
Mivel (4, 27) = 1, ezért a 4-gyel történő egyszerűsítés ekvivalens lépés:5x ≡ 2 (mod 27).
Most két módszert is mutatunk arra, hogy az 5x ≡ 2 (mod 27) kongruenciában hogyan ,,szabadulhatunk meg” az 5 együtthatótól.
I. Osztás: Ahhoz, hogy az 5-tel egyszerűsíthessünk, írjuk a jobb oldalon
a 2 helyére a vele kongruens −25-öt: 5x ≡ −25 (mod 27). Mivel (5, 27) == 1, innen x ≡ −5 (mod 27) adódik.
II. Szorzás: Olyan szorzót keresünk, hogy a beszorzás után az x együtthatója 1-gyel (vagy −1-gyel) legyen kongruens modulo 27. (Ekkor ez aszorzó biztosan relatív prím a 27-hez, ezért a beszorzás most automatikusan ekvivalens lépést jelent.) Szorozzuk be a 5x ≡ 2 (mod 27) kongruenciát például 11-gyel: ekkor 55x ≡ 22 (mod 27) és 55 ≡ 1 (mod 27)
alapján x ≡ 22(≡ −5) (mod 27) adódik.
Az eredeti kongruencia megoldásai tehát: x ≡ −5, 22, 49, 76 (mod 108).
Az egyes módszereket összehasonlítva első ránézésre talán az M3 vagyaz M4 tűnhet a legkényelmesebbnek. Kiderül azonban, hogy nagy modulusok
esetén szinte kizárólag az M2 használható. Erről részletesebben az 5.7 pontban
lesz szó.
Feladatok
2.5.1 Oldjuk meg a P1–P4 példákat az M2–M4 módszerek mindegyikével.

2.6. Szimultán kongruenciarendszerek

81

2.5.2 Oldjuk meg az alábbi kongruenciákat:a) 24x ≡ 60 (mod 51);b) 100x ≡ 88 (mod 116);c) 555x ≡ 5555 (mod 55 555);d) (2k + 1)x ≡ 2k+1 + 1 (mod 2k+2 + 1);e) 10x39 + 8x20 + 9x3 + 7x ≡ 0 (mod 19);f) 13x41 ≡ 27 (mod 100).
2.5.3 Határozzuk meg azt a két legkisebb pozitív egészt, amelynek 13szorosát hetes számrendszerben felírva az utolsó előtti jegy 4, az
utolsó jegy pedig 3.
2.5.4 Számítsuk ki 3279 utolsó két jegyét (tízes számrendszerben).
2.5.5 Az alábbi feltételek mindegyikéről döntsük el, hogy elégséges-e azax ≡ b (mod m) kongruencia megoldhatóságához.
a) (a, m) | (a, b).
b) (a, b) | (a, m).
c) a, m, b számtani sorozat.
d) a, m, b mértani sorozat.
e) a, b, m számtani sorozat.
f) a, b, m mértani sorozat.
2.5.6 Melyek igazak az alábbi állítások közül?
a) Az ax ≡ b (mod m) kongruencia megoldásszáma legfeljebb b, ha
b > 0.
b) Ha az ax ≡ b (mod m) kongruencia megoldható, akkor megoldható
az a2 x ≡ b2 (mod m2 ) kongruencia is.
c) Ha az a1 x ≡ b1 (mod m1 ) és a2 x ≡ b2 (mod m2 ) kongruenciák
megoldhatók, akkor megoldható az a1 a2 x ≡ b1 b2 (mod m1 m2 ) kongruencia is.
M 2.5.7 Legyen a és m rögzített, és jelöljük f (b)-vel ∑az ax ≡ b (mod m)mkongruencia megoldásszámát. Számítsuk ki a b=1 f (b) összeget.

2.6. Szimultán kongruenciarendszerek
Szimultán kongruenciarendszernek azt nevezzük, amikor ugyanarra az ismeretlenre egyidejűleg több, különböző modulus szerinti kongruenciafeltételt iselőírunk:
f1 (x) ≡ 0 (mod m1 ),f2 (x) ≡ 0 (mod m2 ),ahol f1 , . . . , fk egész együtthatós polinomok.

...,

fk (x) ≡ 0 (mod mk ),82

2. Kongruenciák

Egy ilyen rendszer megoldhatóságához nyilván szükséges, hogy minden
egyes kongruencia külön-külön megoldható legyen. Az egyes kongruenciákat
megoldva így elég az
x ≡ c1 (mod m1 ),x ≡ c2 (mod m2 ),...,x ≡ ck (mod mk )alakú (speciális lineáris) rendszereket vizsgálnunk.
Először a két kongruenciából álló rendszerekkel foglalkozunk.
T 2.6.1

2.6.1 Tétel
I. Az

x ≡ c1 (mod m1 )x ≡ c2 (mod m2 )(1)szimultán kongruenciarendszer akkor és csak akkor oldható meg, ha(m1 , m2 ) | c1 − c2 .
II. Megoldhatóság esetén az összes megoldás egy maradékosztályt alkot modulo [m1 , m2 ]. Ez más megfogalmazásban azt jelenti, hogy ha az s egészszám a szimultán kongruenciarendszer egy megoldása, akkor az alábbi tértékek adják az összes megoldást:()
t ≡ s mod [m1 , m2 ] , azaz t = s + k[m1 , m2 ], ahol k egész. ♣A tétel bizonyítása egyúttal módszert is szolgáltat a megoldások megkeresésére; kiderül, hogy egy lineáris diofantikus egyenletet (vagy ami ezzel
egyenértékű, egy lineáris kongruenciát) kell megoldani.
Bizonyítás: I. A kongruencia definíciója alapján (1) átírható az
x = c1 + z 1 m 1 ,x = c2 + z2 m2(2)

alakba, ahol z1 és z2 egész számok.
A (2) feltétel ekvivalens
c1 + z1 m1 = c2 + z2 m2(3)

teljesülésével. (3)-at átrendezvec1 − c2 = z2 m2 − z1 m1adódik.

(4)

2.6. Szimultán kongruenciarendszerek83

Ez azt jelenti, hogy az (1) szimultán kongruenciarendszer a (4) lineáris
diofantikus egyenletre vezethető vissza.
Az utóbbi megoldhatóságának szükséges és elégséges feltétele az 1.3.6 Tétel szerint az, hogy (m1 , m2 ) | c1 − c2 teljesüljön, tehát ugyanez a feltétele (1)megoldhatóságának is.
Mint a bizonyítás előtt jeleztük, egyúttal módszert is nyertünk a megoldások megkeresésére: a (4) diofantikus egyenletet, vagy egy ennek megfelelő
lineáris kongruenciát kell megoldani.
II. Legyen s egy megoldás, azazs ≡ c1 (mod m1 ),s ≡ c2 (mod m2 ).

(5)

Egy t egész szám definíció szerint pontosan akkor megoldás, hat ≡ c1 (mod m1 ),t ≡ c2 (mod m2 ).

(6)(5) alapján a (6) feltétel azzal ekvivalens, hogyt ≡ s (mod m1 ),t ≡ s (mod m2 )(7)

teljesül. Írjuk át (7)-et oszthatóságra, és használjuk fel a legkisebb közös
többszörös tulajdonságait (1.6.6/II. Tétel):m1 | t − s
m2 | t − s}()⇐⇒ [m1 , m2 ] | t − s ⇐⇒ t ≡ s mod [m1 , m2 ] .

Külön kiemeljük azt a speciális esetet, amikor az (1) szimultán kongruenciarendszer m1 és m2 modulusai relatív prímek. Ekkor az (m1 , m2 ) |c1 − c2 feltétel automatikusan teljesül, tehát a 2.6.1 Tétel alapján a kongruenciarendszer biztosan megoldható, és a megoldások egyetlen maradékosztályt alkotnak modulo m1 m2 . Ezt az eredményt fontossága miatt külön tételként is megfogalmazzuk:

84

2. Kongruenciák

2.6.1A Tétel
Ha (m1 , m2 ) = 1, akkor az

T 2.6.1Ax ≡ c1 (mod m1 )x ≡ c2 (mod m2 )szimultán kongruenciarendszer bármilyen c1 és c2 egész szám esetén megoldható, és a megoldások egyetlen maradékosztályt alkotnak modulo m1 m2 . ♣A 2.6.1A Tételből következik, hogy ha m1 és m2 relatív prímek, akkor
hiába tudjuk, hogy mennyi egy számnak az m1 -gyel való osztási maradéka, ez
semmilyen támpontot sem jelent az m2 szerinti osztási maradékkal kapcsolatban: a két modulusra vonatkozó maradék (egy jól meghatározott valószínűségszámítási értelemben) teljesen független egymástól. Így például egy szám
utolsó számjegye vagy számjegyei a 10-zel vagy a 10 valamely hatványával
való osztási maradékot jelentik, és ennélfogva semmilyen információt sem adhatnak arra vonatkozóan, hogy mi az adott szám maradéka 3-mal, 7-tel vagy
13-mal osztva, hiszen ezek a modulusok relatív prímek a 10-hez.
A több kongruenciából álló szimultán kongruenciarendszerek közül csak
azzal az esettel foglalkozunk, amikor a modulusok páronként relatív prímek(az általános esetre vonatkozóan lásd a 2.6.13 feladatot). Az idevágó tételt
lényegében már Szun Cu kínai matematikus is ismerte közel 2000 évvel ezelőtt(!), ezért ezt kínai maradéktételnek is szokás nevezni.
T 2.6.2
2.6.2 Tétel (Kínai maradéktétel)Legyenek az m1 , . . . , mk modulusok páronként relatív prímek. Ekkor az
x ≡ c1 (mod m1 )x ≡ c2 (mod m2 )..
.
x ≡ ck (mod mk )(8)

szimultán kongruenciarendszer bármilyen c1 , . . . , ck egészek esetén megoldható, és a megoldások egyetlen maradékosztályt alkotnak modulo
m1 m2 . . . mk . ♣Első bizonyítás: A tétel könnyen adódik a 2.6.1A Tételből k szerinti teljes
indukcióval.
A k = 2 eset éppen maga a 2.6.1A Tétel.

2.6. Szimultán kongruenciarendszerek

85

Tegyük fel, hogy k − 1 kongruenciából álló rendszerekre az állítás igaz, éstekintsük a k kongruenciából álló (8) rendszert. Itt az első k − 1 kongruenciát
kielégítő egész számok az indukciós feltevés szerint egyetlen maradékosztályt
alkotnak modulo m1 m2 . . . mk−1 , vagyis az első k − 1 kongruencia helyett
egyetlen x ≡ c (mod m1 m2 . . . mk−1 ) kongruencia írható, ahol c alkalmas
egész szám. Így (8) ekvivalens az
x ≡ c (mod m1 m2 . . . mk−1 )x ≡ ck (mod mk )(9)szimultán kongruenciarendszerrel. (9)-re ismét a 2.6.1A Tételt alkalmazvaéppen a k-ra vonatkozó állítást kapjuk.
Második bizonyítás: Csak a megoldhatóságra adunk új bizonyítást, mégpediga(z egyik) megoldást (valamilyen értelemben) elő is állítjuk.
Az eljárás némileg emlékeztet a Lagrange-féle interpolációs polinomok
konstrukciójára.
Először azt a speciális esetet tekintjük, amikor (8)-ban az egyik ci értéke
1, a többi cj pedig 0, majd az itt kapott eredményt felhasználjuk az általános
eset megoldásához.
Nézzük most mindezt részletesen. Legyen
M = m1 . . . mk

és

Mi =

M
,
mi

i = 1, 2, . . . , k.

Mivel az m1 , . . . , mk modulusok páronként relatív prímek, ezért(Mi , mi ) = 1,

i = 1, 2, . . . , k.

(10)

I. Rögzítsünk egy 1 ≤ i ≤ n indexet, és oldjuk meg a feladatot először abban
a speciális esetben, amikor (8)-ban ci = 1, és j ̸= i-re cj = 0.
Az x ≡ 0 (mod mj ) kongruenciák azt jelentik, hogy x minden j ̸= ire osztható mj -vel. Az mj modulusok páronként relatív prímek, ezért ez
ekvivalens azzal, hogy x osztható az mj számok szorzatával, vagyis Mi -vel:
x = Mi z.
Írjuk be ezt x helyére a fennmaradó x ≡ 1 (mod mi ) kongruenciában:Mi z ≡ 1 (mod mi ) .
Ez z-re nézve lineáris kongruencia, amely (10) alapján megoldható.

(11)

86

2. Kongruenciák

Legyen a bi egész szám megoldása (11)-nek. Ekkor az előzőek alapján
x = bi Mi megoldása (8)-nak.
II. Tekintsük most az általános esetet, amikor (8)-ban valamennyi ci tetszőleges. Megmutatjuk, hogy ekkor
x = c1 b1 M1 + . . . + ck bk Mk(ahol Mi bi ≡ 1 (mod mi ), i = 1, . . . , k) (12)megoldása a (8) szimultán kongruenciarendszernek.
Ellenőrizzük például az x ≡ c3 (mod m3 ) kongruencia teljesülését. A (12)összegben M3 kivételével valamennyi Mj osztható m3 -mal, továbbá b3 M3 ≡ 1(mod m3 ), ezért valóban
c1 b1 M1 + . . . + ck bk Mk ≡ c3 b3 M3 ≡ c3 (mod m3 ) .
A 2.6.2 Tétel fontos következménye, hogy tetszőleges összetett modulusú
kongruencia visszavezethető prímhatvány modulusú kongruenciákra. Legyen
αr1ugyanis m kanonikus alakja m = pα
1 . . . pr . Ekkor az
f (x) ≡ 0 (mod m)(13)

kongruencia ekvivalens az
1
f (x) ≡ 0 (mod pα
1 )2
f (x) ≡ 0 (mod pα
2 )
..
.

(14)

r
f (x) ≡ 0 (mod pαr )szimultán kongruenciarendszerrel.
A (14) rendszerben minden kongruenciát külön-külön megoldunk. Ha
valamelyik nem oldható meg, akkor nyilván (13)-nak sincs megoldása. Ha
mindegyik megoldható, akkor legyen h1 , . . . , hr egy-egy megoldásuk. Ekkoraz
1
x ≡ h1 (mod pα
1 )2x ≡ h2 (mod pα
2 )
..
.
r
x ≡ hr (mod pαr )2.6. Szimultán kongruenciarendszerek

87szimultán kongruenciarendszert megoldva az eredeti (13) kongruencia egy megoldásához jutunk. Az összes megoldást úgy kapjuk, ha h1 , . . . , hr végigfut a(14)-beli kongruenciák összes lehetséges megoldásrendszerén.
P1 példa: Oldjuk meg a
10x84 + 3x + 7 ≡ 0 (mod 245)

(15)

kongruenciát.
Az előzőek alapján (15) ekvivalens a
10x84 + 3x + 7 ≡ 0 (mod 5)(16)+ 3x + 7 ≡ 0 (mod 49)

(17)

10x

84

szimultán kongruenciarendszerrel.
A (16) kongruencia 10 ≡ 0 (mod 5) miatt ugyanaz, mint a 3x + 7 ≡ 0(mod 5) lineáris kongruencia. Ennek egyetlen megoldása
x ≡ 1 (mod 5) .

(16a)

A (17) kongruenciánál a megoldások keresésénél két esetet érdemes megkülönböztetni:(i) (x, 49) = 1;(ii) (x, 49) ̸= 1 .
Az (i) esetben az Euler–Fermat-tétel szerint
x84 = x2φ(49) ≡ 1 (mod 49) .
Így ebben az esetben (17) ekvivalens a 3x + 17 ≡ 0 (mod 49) lineáris kongruenciával. Ennek egyetlen megoldása
x ≡ −22 (mod 49) .

(17a)

A (ii) eset azt jelenti, hogy 7 | x. Ekkor x84 ≡ 0 (mod 49). Így ebben az
esetben (17) ekvivalens a 3x + 7 ≡ 0 (mod 49) lineáris kongruenciával. Ennek
egyetlen megoldása (a 7 | x feltételt is kielégítő)x ≡ 14 (mod 49) .

(17b)

A (15) kongruencia megoldásait ezek szerint az
x≡

1 (mod 5)(16a)x ≡ −22 (mod 49),

(17a)

88

2. Kongruenciák

illetve azx≡

1 (mod 5)

(16a)

x≡

14 (mod 49)(17b)

szimultán kongruenciarendszerek megoldásaiból kapjuk meg.
A megoldásokat meghatározhatjuk a 2.6.1 Tétel bizonyításánál jelzett
eljárással, de gyakran kényelmesebb az alábbi módszer.
Az első kongruenciarendszerben a nagyobbik modulus szerinti (17a) kongruenciából
x = 49z − 22.
(18)Írjuk be (18)-at a (16a) kongruenciába, ekkor
49z − 22 ≡ 1 (mod 5)
adódik. Ebbőlz ≡ 2 (mod 5),azaz

z = 5w + 2 .

(19)Visszahelyettesítve (19)-et (18)-ba azt kapjuk, hogy x = 245w + 76. Ez azt
jelenti, hogy az első kongruenciarendszer megoldása x ≡ 76 (mod 245).
Hasonlóan nyerjük, hogy a második kongruenciarendszer megoldása
x ≡ 161 (mod 245).
Tehát a (15) kongruencia összes megoldása
x ≡ 76 (mod 245)ésx ≡ 161 (mod 245) .

Végül a kínai maradéktétel egy számítástechnikai alkalmazását mutatjuk
be. Sok olyan művelet van, amelyet a számítógép egész számok összeadásának,kivonásának és szorzásának sorozatából épít fel, azt ilyen alaplépésekre vezeti
vissza. Ezért igen lényeges, milyen gyorsan lehet ezeket az alapműveleteket
elvégezni.
Tekintsük például az összeadást. A szokásos számrendszeres felírás eseténa számjegyek összeadását nem lehet egymástól függetlenül elvégezni, mert azátvitelek jelentősen befolyásolhatják az eredményt. Az ún. maradékszámrendszer ekben viszont az egyes ,,számjegyekkel” teljesen függetlenül végezhetjük aműveleteket. Ezt elsősorban olyankor szokták alkalmazni, ha sok párhuzamos
processzor áll rendelkezésre.

2.6. Szimultán kongruenciarendszerek

89

A módszer lényege a következő. Tegyük fel, hogy a számolás során csak
N -nél kisebb abszolút értékű egészek fordulhatnak elő. (Ez nem jelent semmiféle megszorítást, hiszen bármely számítógép csak egy adott korlátig képesa számokat ábrázolni és velük műveleteket végezni.) Legyen m = p1 . . . pr azelső r darab (pozitív) prímszám szorzata, ahol r-et úgy választjuk meg, hogym > 2N teljesüljön.
Ekkor egy N -nél kisebb abszolút értékű egész szám megegyezik a modulo m legkisebb abszolút értékű maradékával. Ehelyett pedig tekinthetjük aszám modulo pi maradékainak a rendszerét, ezek lesznek a szám ,,számjegyei”
maradékszámrendszerben.
A ,,számjegyek” tulajdonképpen egy szimultán kongruenciarendszert jelentenek, ahol a pi modulusok páronként relatív prímek, és így ezekből a modulo m maradék, vagyis maga a szám egyértelműen rekonstruálható.
Két szám összeadásakor vagy szorzásakor a megfelelő maradékokat (azaza ,,számjegyeket”) kell összeadni, illetve összeszorozni (,,átvitel” nincs, a különböző modulusokhoz tartozó műveletek egymástól függetlenül végezhetők),majd az így kapott modulo pi maradékok rendszeréből kell a modulo m maradékot, vagyis magát a számot meghatározni.
P2 példa: Illusztrációként legyen N = 1000, és végezzük el a 27 · 34 szorzást
maradékszámrendszerben.
Ekkor
m = 2 · 3 · 5 · 7 · 11 = 2310
megfelel. A 27 maradékai a 2, 3, 5, 7 és 11 prímekkel osztva rendre 1, 0, 2, 6
és 5, tehát a 27 maradékszámrendszeres felírása
27 = (1, 0, 2, 6, 5) .
Hasonlóan
34 = (0, 1, 4, 6, 1) .
A 27·34 szorzás elvégzéséhez összeszorozzuk az egyes ,,számjegyeket” (,,átvitel”
nincs), a szorzatokat redukáljuk modulo pi , majd megoldjuk az így adódó
szimultán kongruenciarendszert:
27 · 34 = (1 · 0, 0 · 1, 2 · 4, 6 · 6, 5 · 1) = (0, 0, 3, 1, 5) ,90

2. Kongruenciák

és az

x ≡ 0 (mod 2)x ≡ 0 (mod 3)
x ≡ 3 (mod 5)x ≡ 1 (mod 7)
x ≡ 5 (mod 11)

szimultán kongruenciarendszer megoldása
x ≡ 918 (mod 2310).
Tehát 27 · 34 = 918.
Ha több műveletet végzünk, akkor természetesen folyamatosan lehet amaradékszámrendszeres alakkal dolgozni, és csak a végeredményt érdemes,,visszaváltani” a számok szokásos alakjába.
Megemlítjük még, hogy a szimultán kongruenciarendszereket hasonló módon lehet alkalmazni (racionális együtthatós) lineáris egyenletrendszerek megoldásánál is. A módszer lényege, hogy az egyenletrendszert különböző prím
modulusok szerint tekintjük, majd az így kapott megoldásokból előállítjuk
az egyenletrendszer megoldását a modulusok szorzatára nézve, ami megfelelő
feltételek esetén magát a keresett megoldást is megadja, ha elég sok modulust választunk. Az eljárás előnye, hogy szemben pl. a hagyományos Gausskiküszöböléssel, itt nem keletkeznek túl nagy (vagy túl kicsi) számok, és ezért
nem fenyeget a túlcsordulás veszélye.
Feladatok(Ha más kikötést nem teszünk, akkor a feladatok tízes számrendszerrevonatkoznak.)
2.6.1a) Egy százlábú meg akarja számolni a lábait. Tudja, hogy legfeljebb
250 lába van. Ha 11-esével számolja őket, akkor 5 marad ki, ha 15ösével, akkor 3. Hánylábú a százlábú?
b) Egy másik százlábú is megirigyli ezt a módszert. Neki 12-esével számolva 4 marad, 15-ösével számolva pedig 8. Bizonyítsuk be, hogyelszámolta magát.
2.6.2 Egy szám utolsó jegye 20-as alapú számrendszerben ,,tizenegyes”. Mi
lehet az utolsó jegye (a) 9-es; (b) 8-as alapú számrendszerben?

91

2.6. Feladatok
2.6.3 Oldjuk meg az alábbi kongruenciákat:a) 2x20 + 3x + 4 ≡ 0 (mod 176);b) 21x66 + 16x30 + 11x + 6 ≡ 0 (mod 333);c) 3x9 + 5x + 7 ≡ 0 (mod 105).

2.6.4 Legyenek a, b és c páronként relatív prím, 1-nél nagyobb egészek.
Milyen maradékot ada) ab-vel osztva aφ(b) + bφ(a) ;b) abc-vel osztva aφ(bc) + bφ(ac) + cφ(ab) ?
2.6.5 Határozzuk meg 12349876 utolsó három számjegyét.
2.6.6 Gondoltam egy egész számot 200 és 2000 között. Ha a szám 501-edik
és 201-edik hatványát összeadom, majd ehhez hozzáadom magát aszámot, akkor az eredmény 998-ra végződik. Melyik számra gondoltam?
2.6.7 Melyek azok az (a) kétjegyű; (b) háromjegyű pozitív egészek, amelyek négyzete is ugyanerre a két, illetve három számjegyre végződik?
2.6.8a) Hány olyan huszonegyjegyű pozitív egész létezik, amelynek minden
hatványában ugyanaz az utolsó húsz számjegy, mint az eredeti számban volt?
b) Hány olyan huszonegyjegyű pozitív egész létezik, amelynek minden
páratlan hatványában ugyanaz az utolsó húsz számjegy, mint az eredeti számban volt?
M 2.6.9 Mennyi lesz a pontos idő (óra/perc) éjfél után 3938

37

perccel?

2.6.10a) Legyen (a, b) = 1 és r1 , . . . , rφ(a) , illetve s1 , . . . , sφ(b) redukált maradékrendszer modulo a, illetve modulo b. Jelöljük cij -vel az
x ≡ ri (mod a)x ≡ sj (mod b)
szimultán kongruenciarendszer (egy) megoldását, i = 1, . . . , φ(a),j = 1, . . . , φ(b). Mutassuk meg, hogy a cij számok redukált maradékrendszert alkotnak modulo ab. A bizonyítás során csak a redukált maradékrendszer definícióját használjuk (2.2.8 Definíció), ésne támaszkodjunk a 2.2.9 Tételre, illetve a jelen feladat b) részére.
b) Bizonyítsuk be (újra): (a, b) = 1 =⇒ φ(ab) = φ(a)φ(b).

92

2. Kongruenciák

2.6.11 Igazoljuk, hogy a négyzetmentes számok sorozatában tetszőlegesennagy hézagok is előfordulnak. Pontos megfogalmazásban ez azt jelenti, hogy bármely K-hoz létezik K olyan egymást követő pozitív
egész, amelyek egyike sem négyzetmentes.
∗

2.6.12a) Bizonyítsuk be, hogy az alábbi két szimultán kongruenciarendszer
bármely a, b, c pozitív egész esetén megoldható.
(a1) x ≡ a + b (mod c)(a2) x ≡ ab (mod c)x ≡ b + c (mod a)x ≡ bc (mod a)x ≡ c + a (mod b)x ≡ ca (mod b)b) Mutassuk meg, hogy az
x ≡ b (mod c),x ≡ c (mod a),

x ≡ a (mod b)

szimultán kongruenciarendszer akkor és csak akkor oldható meg, ha(a, b) = (b, c) = (c, a).
∗2.6.13 Mutassuk meg, hogy az
x ≡ c1 (mod m1 ),x ≡ c2 (mod m2 ),...,x ≡ ck (mod mk )szimultán kongruenciarendszer (ahol az mi modulusok nem feltétlenül páronként relatív prímek) akkor és csak akkor oldható meg, ha
minden 1 ≤ i < j ≤ k esetén (mi , mj ) | ci − cj teljesül.
2.6.14 Van-e olyan f (x) egész együtthatós polinom, amelyre az f (x) ≡ 0(mod 30) kongruencia megoldásszáma 14?
2.6.15a) Bizonyítsuk be, hogy akkor és csak akkor léteznek olyan számok,amelyek egyszerre alkotnak teljes maradékrendszert modulo n és redukált maradékrendszert modulo k, ha φ(k) = n és (k, n) = 1.
∗∗b) Bizonyítsuk be, hogy akkor és csak akkor léteznek olyan számok,amelyek egyszerre alkotnak redukált maradékrendszert modulo n és
modulo k is, ha φ(n) = φ(k).

93

2.7. Wilson-tétel

2.6.16∗a) Bizonyítsuk be, hogy tetszőleges a1 , a2 és a3 különböző egész számokhoz végtelen sok olyan n természetes szám létezik, amelyre a1 + n,
a2 + n és a3 + n páronként relatív prímek.
b) Adjunk meg olyan a1 , a2 , a3 és a4 különböző egészeket, hogy az
ai + n, i = 1, 2, 3, 4 számok semmilyen n természetes szám esetén selegyenek páronként relatív prímek.
∗c) Mutassuk meg, hogy tetszőleges a1 , a2 , a3 és a4 különböző egész
számokhoz végtelen sok olyan n természetes szám létezik, amelyre
minden i ̸= j esetén (ai + n, aj + n) ≤ 2.
∗d) Igazoljuk, hogy tetszőleges a1 , a2 , a3 és a4 különböző egész számokhoz végtelen sok olyan n természetes szám létezik, amelyre minden
1 ≤ i < j < k ≤ 4 esetén(ai + n, aj + n, ak + n) = 1 .
∗e) Igazak maradnak-e a c) és d) részben szereplő állítások, ha négy
helyett öt, illetve hat ai számot veszünk?

2.7. Wilson-tétel
2.7.1 Tétel (Wilson-tétel)Ha p (pozitív) prím, akkor (p − 1)! ≡ −1 (mod p). ♣T 2.7.1

Mivel az 1, 2, . . . , p − 1 számok redukált maradékrendszert alkotnak modulo p, és bármely modulo p redukált maradékrendszer elemeinek a szorzata
ugyanazt a maradékot adja p-vel osztva, ezért a Wilson-tételt a következő
formában is megfogalmazhatjuk:
Ha p (pozitív) prím, akkor egy modulo p redukált maradékrendszer elemeinek a szorzata −1-gyel kongruens modulo p.
Az összetett modulusra vonatkozó általánosításokat a 2.7.1 feladatban, acsoportelméleti vonatkozásokat a 2.8 pontban tárgyaljuk.
Bizonyítás: A tétel p = 2 és p = 3 esetén nyilván igaz.
Megmutatjuk, hogy ha p ≥ 5, akkor a 2, 3, . . . , p − 2 számok párba állíthatók úgy, hogy az egyes párokban az elemek szorzata 1-gyel legyen kongruens modulo p. Ebből a tétel már következik, hiszen ekkor 2·3·. . .·(p−2) ≡ 1(mod p), és így(p − 1)! = 2 · 3 · . . . · (p − 2) · 1 · (p − 1) ≡ 1 · 1 · (p − 1) ≡ −1 (mod p) .

94

2. Kongruenciák

A párba állítást illusztráljuk először p = 11-re. A 2 párját a 2x ≡ 1(mod 11) kongruenciából kapjuk. Ennek egyetlen megoldása x ≡ 6 (mod 11),azaz a 2 párja a 6. Itt a 2 és a 6 valóban kölcsönösen összetartoznak, ,,egymás
párjai”, hiszen 2 · 6 = 6 · 2 ≡ 1 (mod 11).
Hasonlóan továbbhaladva a 3–4, majd az 5–9, végül a 7–8 párokat kapjuk.
Ennek alapján
10! = (2 · 6) · (3 · 4) · (5 · 9) · (7 · 8) · 1 · 10 ≡ 1 · 1 · 1 · 1 · 1 · (−1) = −1 (mod 11) .
Most nézzük mindezt általánosan. A párba állításhoz a következőket kelligazolni:(i) Minden 2 ≤ a ≤ p − 2 egészhez pontosan egy olyan b = f (a) létezik,
amelyreab ≡ 1 (mod p) és 2 ≤ b ≤ p − 2 .
(ii) Ha f (a) = b, akkor f (b) = a, azaz a és b valóban ,,egymás párjai”.
(iii) f (a) ̸= a, azaz ,,egyik elem párja sem önmaga”.
(i) Az ax ≡ 1 (mod p) kongruencia (a, p) = 1 miatt megoldható, ésegyetlen b megoldása van a 0, 1, 2, . . . , p − 1 teljes maradékrendszerben. Mivelx = 0, 1, illetve p − 1 esetén ax ≡ 0, a, illetve −a (mod p), így ezekre az
x értékekre ax ̸≡ 1 (mod p), tehát b valóban a megadott 2 ≤ b ≤ p − 2intervallumba esik.
(ii) Az f (a) = b feltétel azt jelenti, hogy ab ≡ 1 (mod p). Az f (b) értéket aby ≡ 1 (mod p) kongruencia megoldása adja. Ezt a kongruenciát y = a nyilván
kielégíti, továbbá (i)-ből tudjuk, hogy ennek a kongruenciának a 2 ≤ y ≤ p − 2intervallumban pontosan egy megoldása van. Ezért valóban f (b) = a.
(iii) A b = a feltétel azt jelentené, hogy a2 ≡ 1 (mod p). Ezt oszthatóságraátírva, majd p prím tulajdonságát felhasználva
p | (a − 1)(a + 1) =⇒ p | a − 1 vagy p | a + 1 =⇒ a ≡ ±1 (mod p)következik. Ez viszont ellentmond a 2 ≤ a ≤ p − 2 feltételnek.
A Wilson-tétel egy-egy további bizonyítása szerepel a 3.1.2 Tétel után,valamint a 3.3.6 feladatban.

2.7. Feladatok

95

Feladatok(Prímszámon végig pozitív prímet értünk.)2.7.1 A Wilson-tétel általánosításai összetett modulusra. Legyen m összetett szám. Milyen maradékot ad m-mel osztva()∗a) (m − 1)! ;b) φ(m) ! ;∗c) egy redukált maradékrendszer elemeinek a szorzata?
2.7.2 Mely m > 6 egészekre teljesül (m − 6)! ≡ 1 (mod m)?
2.7.3 Legyen m > 2 és a1 , . . . , am , illetve b1 , . . . bm az 1, 2, . . . , m számok
két tetszőleges permutációja.
a) Mutassuk meg, hogy ha m prím, akkor van olyan i ̸= j, amelyre
m | a i bi − a j bj .
∗b) Igazoljuk ugyanezt az állítást tetszőleges összetett m-re is.

2.7.4 Legyen p egy 4k − 1 alakú prímszám. Bizonyítsuk be, hogy ekkor(p − 1)! ≡ ±1 (mod p).
2
2.7.5 Lássuk be, hogy bármely p prímszámra
pp | (p2 − 1)! − pp−1 .
2.7.6 Legyen p > 3 prím. Milyen maradékot ad 3(p − 3)!, ha p-vel maradékosan elosztjuk?
2.7.7 Milyen maradékot ad 99!, ha 10 100-zal maradékosan elosztjuk?
()
2.7.8 Számítsuk ki n! + 3, (n + 2)! + 6 lehetséges értékeit, ha n végigfut
a természetes számokon.
2.7.9 Milyen m-ekre létezika) teljes;b) redukált
maradékrendszer k! alakú számokból?
2.7.10 Legyen a1 , . . . , a30 redukált maradékrendszer modulo 31. Lássuk be,hogy
31 | (a1 a2 a3 )3 + (a4 a5 . . . a30 )27 .
2.7.11 Legyen p > 2 prím. Képezzünk egy egész számokból álló, p − 1 tagú
számtani sorozatot, és szorozzuk össze az elemeit. Milyen maradékot
adhat ez a szorzat p-vel osztva?

96

2. Kongruenciák

2.7.12 Oldjuk meg az x!(z − x)! ≡ 1 (mod z) kongruenciát, ahol 0 < x < zegész számok.
∗2.7.13 Melyek azok a p prímek, amelyekre (p − 1)! + 1 a p-nek (pozitív egész
kitevős) hatványa?

2.8. M¶veletek maradékosztályokkal
Ebben a pontban a modulo m maradékosztályok között összeadást és szorzástértelmezünk és ezek tulajdonságait vizsgáljuk. Az m > 1 modulust végig
rögzítettnek tekintjük.
D 2.8.1
2.8.1 Definíció
Az (a)m és (b)m maradékosztályok összegén az (a + b)m , szorzatán pedigaz (ab)m maradékosztályt értjük, azaz(a)m + (b)m = (a + b)m(a)m (b)m = (ab)m . ♣ésBe kell látnunk, hogy a fenti módon valóban műveleteket definiáltunk,azaz mind az összeadásnál, mind pedig a szorzásnál bármely két modulo mmaradékosztályhoz egyértelműen hozzárendeltünk egy modulo m maradékosztályt.
A problémát az jelenti, hogy a maradékosztályokra vonatkozó összeadástés szorzást a reprezentánsok segítségével adtuk meg, és így azt kell igazolni,
hogy ez nem függ attól, hogy az egyes maradékosztályokban melyik reprezentánst választottuk.
Nézzük az összeadást. Azt kell megmutatni, hogy ha (a)m = (a′ )m és(b)m = (b′ )m , akkor (a + b)m = (a′ + b′ )m . Ez valóban teljesül, ugyanis(a)m = (a′ )m(b)m = (b′ )m=⇒ a ≡ a′=⇒ b ≡ b′(mod m)(mod m)}=⇒=⇒ a + b ≡ a′ + b′ (mod m) =⇒ (a + b)m = (a′ + b′ )m .
Hasonlóan járhatunk el a szorzás esetében is.
Felhívjuk a figyelmet arra, hogy számos olyan, az egész számokon értelmezett művelet van, amelyek megfelelőit nem lehet a reprezentánsok segítségével
a maradékosztályok körében értelmezni. Ennek illusztrálására egy egyszerű
példát mutatunk, további példák szerepelnek a 2.8.6 feladatban.

972.8. Műveletek maradékosztályokkal

Legyenek a és b egész számok, és jelölje max(a, b) közülük a nagyobbikat,
illetve a közös értéküket, ha a = b. Ez a maximumképzés bármely két egész
számhoz egyértelműen hozzárendel egy egész számot, tehát művelet az egész
számok körében.
()( Azonban) a modulo m maradékosztályok körében a max (a)m , (b)m == max(a, b) m egyenlőséggel nem tudunk műveletet értelmezni, ugyanis az
egyenlőség jobb oldalán más és más maradékosztályt kap(hat)unk, ha az (a)m ,illetve (b)m maradékosztályt egy másik elemével reprezentáljuk. Például legyen a modulus m = 9, a két maradékosztály( pedig A) = (3)9 = (12)9 és
B = (10)9 = (1)9 . Ekkor max(A, B) egyrészt max(3, 10) 9 = (10)9 , másrészt()
max(12, 1) 9 = (12)9 lenne, azonban (10)9 ̸= (12)9 .
Most rátérünk a modulo m maradékosztályok körében értelmezett összeadás és szorzás legfontosabb tulajdonságaira.
Könnyen adódik, hogy az egész számoknál megismert tulajdonságok nagyrésze a maradékosztályok körében is érvényben marad:
2.8.2 Tétel
A modulo m maradékosztályok körében

T 2.8.2— az összeadás asszociatív és kommutatív ;— a (0)m nullelem, azaz minden (a)m -ra (0)m + (a)m = (a)m + (0)m = (a)m ;— az (a)m ellentettje (−a)m , azaz (−a)m + (a)m = (a)m + (−a)m = (0)m ;— a szorzás asszociatív és kommutatív ;— az (1)m egységelem, azaz minden (a)m -ra (1)m (a)m = (a)m (1)m = (a)m ;— érvényes a disztributivitás. ♣Bizonyítás: Valamennyi állítás azonnal következik a műveletek definíciójából
és az egész számok megfelelő tulajdonságából. Nézzük példaként az összeadás
kommutativitását:(a)m + (b)m = (a + b)m = (b + a)m = (b)m + (a)m(az első és a harmadik egyenlőség a maradékosztályok közötti összeadás definíciójából, a második egyenlőség pedig az egész számok összeadásának kommutativitásából adódik).
A 2.8.2 Tételben felsorolt tulajdonságok azt jelentik, hogy a modulo mmaradékosztályok az összeadásra és szorzásra nézve egységelemes, kommutatívgyűrű t alkotnak.

98

2. Kongruenciák

Megjegyezzük, hogy — mint bármely gyűrűben — a maradékosztályok
körében a kivonás is elvégezhető, azaz bármely (a)m és (b)m esetén pontosan
egy olyan (c)m létezik, amelyre (a)m = (b)m + (c)m ; a keresett (c)m maradékosztályt az (a)m +(−b)m alakban kaphatjuk meg. (A kivonás elvégezhetőségét
az egész számok kivonására támaszkodva is beláthatjuk, ekkor (c)m = (a−b)madódik.)Most megvizsgáljuk, hogy mely maradékosztályoknak létezik a szorzásra
nézve inverze (multiplikatív inverze, ,,reciproka”), azaz mely (a)m esetén létezik olyan (c)m maradékosztály, amelyre(c)m (a)m = (a)m (c)m = (1)m .

(1)

Az (1) feltétel azt jelenti, hogy (ac)m = (1)m , azaz ac ≡ 1 (mod m), vagyis azax ≡ 1 (mod m) lineáris kongruencia megoldható. A 2.5.3 Tétel szerint ennek
szükséges és elégséges feltétele, hogy (a, m) | 1, vagyis (a, m) = 1 teljesüljön.
Ez azzal ekvivalens, hogy (a)m redukált maradékosztály legyen. Így beláttuk
az alábbi tételt:
T 2.8.3
2.8.3 Tétel
A modulo m maradékosztályok között pontosan a redukált maradékosztályoknak létezik (multiplikatív) inverze. ♣Megjegyezzük, hogy bármely asszociatív művelet esetén egy elemnek csak
egy inverze lehet. Így egy redukált maradékosztály inverze is egyértelmű. (Ezegyébként a 2.5.5 Tételből is következik.)
Kommutatív testen egy olyan (legalább kételemű) kommutatív, egységelemes gyűrűt értünk, amelyben a nullelemen kívül minden elemnek létezik
inverze. A 2.8.3 Tétel szerint a modulo m maradékosztályok körében ez akkor
és csak akkor teljesül, ha minden nemnulla maradékosztály redukált, azaz mprím. Így a következő tételt kaptuk:
T 2.8.4
2.8.4 Tétel
A modulo m maradékosztályok akkor és csak akkor alkotnak testet, ha mprím. ♣A modulo m maradékosztályok körében előfordulhat, hogy két nemnulla
maradékosztály szorzata a nulla maradékosztály, például (5)10 (4)10 = (0)10 .
Egy (a)m ̸= (0)m maradékosztályt — a (kommutatív) gyűrűkben értelmezettáltalános fogalomnak megfelelően — nullosztónak nevezünk, ha
van olyan (b)m ̸= (0)m , amelyre (a)m (b)m = (0)m .

(2)

2.8. Műveletek maradékosztályokkal

99

Az előző példa szerint tehát a (4)10 maradékosztály nullosztó.
T 2.8.5
2.8.5 Tétel
Az (a)m ̸= (0)m maradékosztály akkor és csak akkor nullosztó, ha (a)mnem redukált maradékosztály, azaz (a, m) ̸= 1. ♣Az (a)m ̸= (0)m feltétel az a reprezentánsra vonatkozóan az m̸ | a, illetve(a, m) < m kikötést jelenti.
Bizonyítás: A nullosztó (2)-beli definícióját átírva kapjuk, hogy (a)m ̸= (0)mpontosan akkor nullosztó, ha
van olyan b ̸≡ 0 (mod m), amelyre ab ≡ 0 (mod m).

(3)

Mivel az ax ≡ 0 (mod m) kongruenciának x ≡ 0 (mod m) mindig megoldása,
ezért (3) azzal ekvivalens, hogy az ax ≡ 0 (mod m) kongruencia megoldásszáma 1-nél nagyobb. Mivel ez a megoldásszám éppen (a, m), így (a)m ̸= (0)mvalóban akkor és csak akkor nullosztó, ha (a, m) > 1.
A 2.8.5 Tételből azonnal következik, hogy a modulo m maradékosztályok
körében akkor és csak akkor található nullosztó, ha m összetett szám.
Végül röviden kitérünk a maradékosztályok néhány csoportelméleti vonatkozására.
Egy G halmazt akkor nevezünk csoportnak, ha értelmezve van G-n egy
asszociatív művelet, létezik egységelem és minden elemnek van inverze. Ha aművelet kommutatív, akkor kommutatív vagy Abel -csoportról beszélünk.
Ennek alapján a modulo m maradékosztályok az összeadásra, a redukált
maradékosztályok pedig a szorzásra kommutatív csoportot alkotnak (ez utóbbi
abból következik, hogy két redukált maradékosztály szorzata, valamint egy
redukált maradékosztály inverze is redukált maradékosztály).
Az Euler–Fermat-tétel a következő általános csoportelméleti tétel speciális
esetének tekinthető: Egy véges G csoport bármely a elemére a|G| a csoport
egységelemével egyenlő (ahol |G| a csoport elemszámát jelöli). Ez a csoportelméleti tétel kommutatív G esetén az Euler–Fermat-tétel mintájára igazolható (lásd a 2.8.7 feladatot), tetszőleges G-re pedig az ún. Lagrange-tétel ből
következik.
A Wilson-tétel általánosításaként azt a kérdést lehet megvizsgálni, hogy
egy véges kommutatív csoport elemeinek a szorzata a csoport melyik elemével
egyenlő (lásd a 2.8.8 feladatot).

100

2. Kongruenciák

Feladatok
2.8.1 Milyen m esetén létezik olyan nemnulla maradékosztály, amely önmagának az ellentettje?
2.8.2 Tekintsük a modulo 100 maradékosztályok gyűrűjét.
a) Mi a (13) maradékosztály multiplikatív inverze?
b) Hány nullosztó van?
c) A (40) maradékosztálynak hány nullosztópárja van, azaz hány olyan(b) ̸= (0) maradékosztály létezik, amelyre (40)(b) = (0)?
d) Van-e olyan (c) maradékosztály, amelyre (35)(c) = (90)?
2.8.3 Hány olyan modulo m maradékosztály van, amelynek önmaga a multiplikatív inverze, ha m értékea) 47;b) 30;c) 800; ∗ d) tetszőleges?
2.8.4 Legyen m összetett szám, és tekintsük a modulo m maradékosztályok
gyűrűjét.
a) Mutassuk meg, hogy ha (a) nullosztó, akkor tetszőleges (c)-re (a)(c)nullosztó vagy (0).
b) Lássuk be, hogy ha (a)(c) nullosztó, akkor (a) és (c) közül legalább
az egyik nullosztó.
c) Melyek azok az m-ek, amelyekre bármely két nullosztó összege isnullosztó vagy (0)?
d) Határozzuk meg az összes nullosztó összegét, illetve szorzatát.
e) Mely m-ek esetén létezik olyan (a) ̸= (0), amelyre (a)2 = (0)?
2.8.5a) Legyen H a modulo 20 maradékosztályok közül a ,,4-gyel oszthatók”
halmaza, azaz
H = {(0)20 , (4)20 , (8)20 , (12)20 , (16)20 }.
Bizonyítsuk be, hogy H a maradékosztályok összeadására és szorzására kommutatív testet alkot.
b) Legyen K a modulo 40 maradékosztályok közül a ,,4-gyel oszthatók”
halmaza, azaz
K = {(0)40 , (4)40 , . . . , (36)40 }.

2.8. Feladatok

101

Mutassuk meg, hogy K a maradékosztályok összeadására és szorzására kommutatív gyűrűt alkot, amely azonban nem test, a szorzásra
nézve nincs egységelem, sőt K minden nemnulla eleme nullosztó.
M ∗ c) Általánosítsuk (minél jobban) a feladatot.
2.8.6 Vizsgáljuk meg minél részletesebben, lehet-e a modulo m maradékosztályokra a pozitív reprezentánsok segítségével értelmezni() ()a) a legnagyobb közös osztót: lnko (a)m , (b)m = lnko(a, b) m ;b) a köbre emelést: (a)3m = (a3 )m ;√√c) a köbgyökvonást: 3 (a)m = ( 3 a)m ;()()d) a számtani közép képzését: (a)m + (b)m /2 = (a + b)/2 m ;( )(b)e) a hatványozást: (a)m m = ab m ?
2.8.7 Az Euler–Fermat-tétel általánosítása. Jelölje a G véges kommutatív csoport elemszámát |G|, egységelemét e. Bizonyítsuk be, hogybármely a ∈ G elemre a|G| = e.
∗

2.8.8 A Wilson-tétel általánosítása. Jelölje S egy G véges kommutatív
csoport elemeinek a szorzatát és e az egységelemet. Mutassuk meg,hogy ha G-ben pontosan egy olyan c ̸= e elem van, amelyre c2 = e,akkor S = c, minden más esetben pedig S = e.

3. MAGASABB FOKÚ KONGRUENCIÁK

A fejezet elején néhány általános észrevételt teszünk a prím modulusú ismeretlenes kongruenciákra vonatkozóan. Ezután a rend, a primitív gyök ésa diszkrét logaritmus legfontosabb tulajdonságait tárgyaljuk, majd ezek felhasználásával a modulo p ,,gyökvonás” kérdését, azaz a prím modulusú binom
kongruenciákat tekintjük át. Szerepeltetjük Kőnig és Rados, valamint Chevalley egy-egy nevezetes tételét is. Végül megmutatjuk, hogyan lehet az összetett
modulusú kongruenciákat prímhatvány, illetve prím modulusú kongruenciákra
visszavezetni.

3.1. Megoldásszám és redukció
Legyen m rögzített pozitív egész, f tetszőleges egész együtthatós polinom, és
tekintsük az f (x) ≡ 0 (mod m) ismeretlenes kongruenciát.
A lineáris kongruenciákhoz hasonlóan megoldáson egy olyan s egész számot értünk, amelyet az x helyére beírva a kongruencia fennáll. Itt is világos,hogy ha egy s szám megoldás, akkor az (s)m maradékosztály minden eleme
megoldás, hiszen s ≡ r (mod m) esetén f (s) ≡ f (r) (mod m). Ennek alapján
megoldásszámon a páronként inkongruens megoldások számát értjük, vagyis
azt, hogy hány maradékosztályba tartoznak a megoldások (lásd a 2.5.2 Definíciót). Az is nyilvánvaló, hogy f együtthatóira vonatkozóan is csak az számít,hogy melyik maradékosztályokba tartoznak modulo m.
Mindezek alapján gyakran kényelmesebb és természetesebb, ha mind az
együtthatókat, mind pedig a megoldásokat (egész számok helyett) modulo
m maradékosztályokként kezeljük. Ez más szóval azt jelenti, hogy f -et a
modulo m maradékosztályok Zm gyűrűje feletti polinomnak tekintjük, és az
f (x) ≡ 0 (mod m) kongruencia megoldásai az f -hez tartozó polinomfüggvénynek a Zm -beli gyökei. Ennek megfelelően definiáljuk az f polinom modulo
m vett fokszámát is:
D 3.1.1
3.1.1 Definíció
n
Az f = a0 + a1 x + . . . + an x polinom modulo m vett fokszáma (vagyfok a) k, ha ak ̸≡ 0 (mod m), de minden i > k esetén ai ≡ 0 (mod m). Ha
minden i-re ai ≡ 0 (mod m), azaz f minden együtthatója 0 mod m, akkor
f -nek modulo m nincs foka. ♣3.1. Megoldásszám és redukció

103

Példa: az f = 6 + 12x + 15x2 + 21x3 polinomnak modulo 5 a foka 3, modulo
7 a foka 2 és modulo 3 nincs foka.
A pont további részében prím modulusú kongruenciákkal foglalkozunk.
T 3.1.2
3.1.2 Tétel
Ha p prím és az f polinom modulo p vett foka k, akkor az f (x) ≡ 0(mod p) kongruencia megoldásszáma legfeljebb k. ♣Bizonyítás: Az előzetes megjegyzések szerint tekintsük f -et a modulo p maradékosztályok Zp gyűrűje feletti polinomként, ekkor a kongruencia megoldásszáma az f -hez tartozó polinomfüggvény Zp -beli gyökeinek a száma.
Mivel Zp a 2.8.4 Tétel szerint kommutatív test, ezért a 3.1.2 Tétel állítása
azonnal következik az alábbi jól ismert klasszikus algebrai tételből: Ha egy T
kommutatív test feletti polinom foka k, akkor a megfelelő polinomfüggvénynek
legfeljebb k gyöke lehet T -ben.
A 3.1.2 Tétel állítása összetett modulusra nem igaz, pl. a
10x − 15 ≡ 0 (mod 25)elsőfokú kongruencia megoldásszáma 5, azx(x − 1)(x − 2)(x − 3) ≡ 0 (mod 24)
negyedfokú kongruencia megoldásszáma 24 stb.
A 3.1.2 Tétel segítségével újabb bizonyítást nyerhetünk a Wilson-tételre(2.7.1 Tétel): Ha p prím, akkor (p − 1)! ≡ −1 (mod p).
Az állítás p = 2-re nyilvánvaló. Legyen p > 2, és tekintsük az
f = xp−1 − 1 − (x − 1)(x − 2) . . . (x − (p − 1)) = a0 + a1 x + . . . + ap−2 xp−2
polinomot. Az f (x) ≡ 0 (mod p) kongruenciának a kis Fermat-tétel szerint az
x = 1, 2, . . . , p − 1 (páronként inkongruens) számok valamennyien megoldásai,tehát a megoldásszám legalább p − 1. Ha f -nek modulo p létezne foka, akkor
ez a fok legfeljebb p − 2 lehetne, ami ellentmond a 3.1.2 Tételnek. Ebből
következik, hogy f -nek modulo p nincs foka, vagyis valamennyi együtthatója
0 modulo p. Speciálisan
a0 = −1 − (−1)p−1 (p − 1)! = −1 − (p − 1)! ≡ 0 (mod p) ,ami éppen a Wilson-tétel állítása.

104

3. Magasabb fokú kongruenciák

Mivel egy modulo m kongruencia megoldásszáma legfeljebb m, ezért a
3.1.2 Tétel állítása semmitmondó, ha f modulo p vett foka p vagy annál nagyobb. Azonban az f (x) ≡ 0 (mod p) kongruencia vizsgálata ebben az esetben
is ,,redukálható” egy legfeljebb p − 1-edfokú kongruenciára az alábbi értelemben:
T 3.1.3
3.1.3 Tétel
Bármely p prím és f egész együtthatós polinom esetén létezik olyan gegész együtthatós polinom, hogy(i) a g modulo p vett foka legfeljebb p − 1 vagy g minden együtthatója 0
modulo p; és(ii) minden c egész számra f (c) ≡ g(c) (mod p). ♣Más megfogalmazásban a 3.1.3 Tétel azt jelenti, hogy a Zp test felett
bármely f polinomhoz található olyan legfeljebb p − 1-edfokú g polinom (megengedve a nullpolinomot is), hogy a két polinomhoz ugyanaz a polinomfüggvény tartozik.
A tételből nyilvánvalóan következik, hogy az f (x) ≡ 0 (mod p) és g(x) ≡ 0(mod p) kongruenciáknak ugyanazok a megoldásai, és így a 3.1.2 Tétel szerinta megoldásszám legfeljebb annyi, mint a g modulo p vett foka.
Első bizonyítás: Írjunk f -ben mindenütt xp helyére mindaddig x-et, amíg ez
csak lehetséges. Így végül egy olyan g polinomhoz jutunk, amelynek (modulo
p vett) foka legfeljebb p − 1 vagy minden együtthatója 0 modulo p. Mivela kis Fermat-tétel szerint bármely c-re cp ≡ c (mod p), ezért f (c) ≡ g(c)(mod p) is teljesül.
Második bizonyítás: Osszuk el f -et maradékosan xp − x-szel; mivel xp − xfőegyütthatója 1, ezért a hányados és a maradék is egész együtthatós lesz.
Megmutatjuk, hogy a keletkezett maradék megfelel g-nek. Valóban, legyenf = (xp − x)h + g,ahol g foka legfeljebb p − 1 vagy g a nullpolinom. Ekkor bármely c egészszámraf (c) = (cp − c)h(c) + g(c) ≡ 0 + g(c) = g(c) (mod p).
Megjegyzések : 1. A második bizonyításban a maradékos osztást végezhetjük
a Zp test feletti polinomok körében is, csak ez kicsit nehézkesebb.

3.1. Feladatok

105

2. Mindkét bizonyítás egyúttal konkrét algoritmust is ad a megfelelő gelőállítására (sőt, tulajdonképpen ugyanannak az eljárásnak a kétféle megközelítéséről van szó).
3. Egy harmadik bizonyítást kaphatunk az ún. interpolációs polinomok
segítségével, ez azonban g gyakorlati előállítására nemigen alkalmas (lásd a
3.1.8 feladatot).
4. A 3.1.3 Tételt kiegészíthetjük azzal, hogy (megfelelő értelemben tekintve) csak egy ilyen tulajdonságú g polinom létezik (lásd a 3.1.9 feladatot).
Feladatok
3.1.1 Határozzuk meg az alábbi kongruenciák megoldásszámát:a) x100 + x ≡ 0 (mod 101);b) x100 + x ≡ 0 (mod 100);c) 21x9 + 18x6 + 15 ≡ 0 (mod 77);d) x(x2 − 1)(x2 − 4) ≡ 0 (mod 60).
3.1.2 Bizonyítsuk be, hogy c akkor és csak akkor megoldása az f (x) ≡ 0(mod m) kongruenciának, ha van olyan h egész együtthatós polinom,
amelyre az f −(x−c)h polinom minden együtthatója osztható m-mel.
3.1.3 Jelöljük az f (x) ≡ 0 (mod m) kongruencia megoldásszámát N (f, m)mel. Melyek igazak az alábbi állítások közül?
a) N (f g, m) ≤ N (f, m) + N (g, m).
b) N (f g, m) ≤ N (f, m) + N (g, m) + 1000.
c) N (f g, 13) ≤ N (f, 13) + N (g, 13).
d) N (f g, 13) = N (f, 13) + N (g, 13).
3.1.4a) Adjunk meg olyan f polinomot, amelynek a modulo 37 vett foka 13
és az f (x) ≡ 0 (mod 37) kongruencia megoldásszáma 12.
b) Hány olyan f van, amely teljesíti az a)-beli feltételeket és minden
együtthatója az 1, 2, . . . , 37 számok közül kerül ki?
3.1.5 Legyen p prím, és jelöljük az f (x) ≡ 0 (mod p) kongruencia megoldásszámát r-rel. Lássuk be, hogy
r≡−

p
∑

f (i)p−1 (mod p).

i=13.1.6 Legyen p > 2 prím és 1 ≤ j ≤ p − 2. Bizonyítsuk be, hogy az
1, 2, . . . , p − 1 számokból képezett összes j tényezős szorzat összege
osztható p-vel.

106

3. Magasabb fokú kongruenciák

3.1.7 Legyen p > 2 prím és
f = a0 + a1 x + . . . + an xn ,ahol

a0 ̸≡ 0 (mod p).

Bizonyítsuk be, hogy az f (x) ≡ 0 (mod p) kongruencia redukálható egy legfeljebb p − 2-edfokú kongruencia vizsgálatára az alábbiértelemben: megadható olyan h polinom, amelynek a modulo p vettfoka legfeljebb p − 2 vagy minden együtthatója ≡ 0 (mod p), és minden (c, p) = 1 esetén f (c) ≡ h(c) (mod p) teljesül.
3.1.8 Bizonyítsuk be a 3.1.3 Tételben szereplő g létezését a Lagrange- vagy
Newton-féle interpolációs polinomok felhasználásával.
3.1.9 Bizonyítsuk be, hogy a 3.1.3 Tétel követelményeit kielégítő g mint
Zp feletti polinom egyértelmű, azaz az együtthatói modulo p egyértelműen meg vannak határozva.
3.1.10 Lássuk be, hogy a 3.1.3 Tétel összetett modulus esetén is érvényben
marad.

3.2. Rend
Az Euler–Fermat-tételből következik, hogy ha (a, m) = 1, akkor van olyan t
pozitív egész, amelyre at ≡ 1 (mod m); ilyen kitevő például a φ(m) vagy annakbármely többszöröse. A további vizsgálatokban kitüntetett szerepet játszik alegkisebb ilyen tulajdonságú t pozitív egész, amelyet az a rend jének nevezünk
modulo m:
D 3.2.1
3.2.1 Definíció
Legyen (a, m) = 1. A k pozitív egészt az a rend jének nevezzük modulo
m, ha ak ≡ 1 (mod m), de bármely 0 < i < k esetén ai ̸≡ 1 (mod m). ♣Az a rendjét om (a)-val jelöljük. Például o7 (2) = 3, o10 (3) = 4 stb. Ha
nem okoz félreértést, akkor a modulusra utaló indexet el is hagyhatjuk. Az ,,arendje” helyett — a rend szó latin megfelelőjével — az ,,ordo a” kifejezést is
szokás használni.
Az Euler–Fermat-tételből következik, hogy minden (a, m) = 1 esetén
létezik az a-nak rendje és om (a) ≤ φ(m).
A rend fogalma csak (a, m) = 1 esetén értelmezhető: ha (a, m) ̸= 1, akkor
egyáltalán nem létezik olyan k > 0 kitevő, amelyre ak ≡ 1 (mod m) teljesülne(lásd a 2.4.1B Tétel utáni 1. megjegyzést).

3.2. Rend

107

A rend definíciójából világos, hogya ≡ b (mod m) =⇒ om (a) = om (b),tehát egy redukált maradékosztály valamennyi elemének ugyanaz a rendje.
Az alábbi tételben összefoglaljuk a rend legfontosabb tulajdonságait.
T 3.2.2
3.2.2 Tétel
Legyenek t, u, v nemnegatív egészek és (a, m) = 1.
(i) at ≡ 1 (mod m) ⇐⇒ om (a) | t.
(ii) au ≡ av (mod m) ⇐⇒ u ≡ v (mod om (a)).
(iii) Az a-nak om (a) darab páronként inkongruens pozitív egész kitevős hatványa létezik modulo m.
(iv) om (a) | φ(m). ♣Bizonyítás: (i) Ha t = qom (a), akkor()q
at = aom (a) ≡ 1q = 1 (mod m) .
A megfordításhoz osszuk el a t számot maradékosan om (a)-val: t = qom (a)+r,
ahol 0 ≤ r < om (a). Ekkor()q
1 ≡ at = aom (a) · ar ≡ 1 · ar = ar (mod m) .
Mivel r < om (a), ezért a rend definíciója miatt csak r = 0 lehetséges, azaz
valóban om (a) | t.
(ii) Legyen u ≥ v. Ekkor (a, m) = 1 és (i) felhasználásávalau ≡ av (mod m) ⇐⇒ au−v ≡ 1 (mod m) ⇐⇒⇐⇒ om (a) | u − v ⇐⇒ u ≡ v (mod om (a)).
(iii) Ez azonnal következik (ii)-ből.
(iv) Az Euler–Fermat-tétel szerint aφ(m) ≡ 1 (mod m), és így (i) alapján
om (a) | φ(m).
Példa: Számítsuk ki a 13 rendjét modulo 59.
A 13 és 59 relatív prímek, tehát o59 (13) létezik. Mivel o59 (13) | φ(59) és
φ(59) = 58, ezérto59 (13) = 1, 2, 29 vagy 58.

108

3. Magasabb fokú kongruenciák

Nyilván 13 ̸≡ 1 (mod 59), 132 ̸≡ 1 (mod 59), és így o59 (13) értéke csak 29
vagy 58 lehet. Ennek megfelelően, ha 1329 ≡ 1 (mod 59), akkor a rend 29, ha
pedig 1329 ̸≡ 1 (mod 59), akkor a rend 58.
A 1329 maradékát modulo 59 ismételt négyzetre emelések segítségével
határozhatjuk meg:132 =169 ≡ −8 (mod 59)

134≡ (−8)2 ≡5 (mod 59)

13

8

≡

5 =

25 (mod 59)

13

16

≡

25 ≡ −24 (mod 59)22és így1329 = 1316 · 138 · 134 · 13 ≡ (−24) · 25 · 5 · 13 == (−600) · 65 ≡ (−10) · 6 ≡ −1 (mod 59).
Tehát o59 (13) = 58. (Megjegyezzük, hogy 1358 maradékát modulo 59
semmiképpen sem kellett külön kiszámítani, de az Euler–Fermat-tételből eleve
is tudtuk, hogy ez a maradék 1.)
Végül megemlítjük, hogy a 3.2.1 Definíció a csoportbeli elemrend fogalmának a speciális esete, és a 3.2.2 Tétel megfelelője is igaz tetszőleges csoportban.
Feladatok(Ha az index nélküli o(a) jelölést használjuk, akkor ez vagy a feladatban szereplő m, illetve p modulusra, vagy pedig ilyenek hiányában tetszőleges
modulusra vonatkozik.)
3.2.1 Számítsuk ki a következő rendeket:a) o77 (155);b) o100 (199);c) o65 (2);d) o47 (43).
3.2.2 Van-e olyan a, amelyre om (a) = 4, ha m értéke a) 11; b) 12; c) 17?
3.2.3 Melyek azok az m modulusok, amelyekre om (2) = 6?
3.2.4 Legyen (a, m) = 1, om (a) = k és i ≥ 0. Mutassuk meg, hogya) om (ai ) | k;b) om (ai ) = k ⇐⇒ (i, k) = 1;c) om (ai ) = k/(i, k).
3.2.5 Mik o(a) lehetséges értékei, ha o(a3 ) értéke a) 10;b) 12?

3.2. Feladatok

109

M 3.2.6 Legyen p > 2 prím. Igazoljuk: op (a) = op (−a) ⇐⇒ 4 | op (a).
3.2.7 Tegyük fel, hogy a5 , a13 és a21 pontosan két redukált maradékosztályba tartoznak modulo m. Számítsuk ki om (a) értékét.
3.2.8 Tegyük fel, hogy p prím és op (a) = 3.
a) Lássuk be, hogy 1 + a + a2 ≡ 0 (mod p).
b) Számítsuk ki op (1 + a) értékét.
M 3.2.9 Tegyük fel, hogy p > 5 prím és a2p−10 ≡ −1 (mod p). Számítsuk ki
op (a) értékét.
3.2.10a) Lássuk be, hogy az an ≡ 1 (mod m) és ak ≡ 1 (mod m) kongruenciák
egyidejűleg pontosan akkor teljesülnek, ha a(n,k) ≡ 1 (mod m).
b) Az a) rész felhasználásával adjunk új bizonyítást az 1.3.13 feladatra.
3.2.11 Igazoljuk, hogy ha n páratlan, akkor (an − 1, ak + 1) ≤ 2.
3.2.12 Legyen p > 2 prím, (a, p) = 1. Mutassuk meg, hogy akkor és csak
akkor létezik olyan s, amelyre as ≡ −1 (mod p), ha op (a) páros.
Mennyiben változik a helyzet, ha p helyett egy m összetett modulust
veszünk?
3.2.13 Bizonyítsuk be, hogya) (a, m) = 1, d | m =⇒ od (a) | om (a);b) (a, mn) = 1 =⇒ o[m,n] (a) = [om (a), on (a)].
3.2.14 Az 1, 2, . . . , 999 számok között hány másodrendű elem van mod 1000?
∗

3.2.15 Legyen o(a) = u, o(b) = v. Igazoljuk, hogya) o(ab) = uv ⇐⇒ (u, v) = 1;b)∗[u, v]| o(ab)(u, v)

éso(ab) | [u, v].

3.2.16 Tegyük fel, hogy ao(b) ≡ bo(a) (mod m). Lássuk be, hogy o(a) = o(b).
3.2.17 Bizonyítsuk be, hogy n | φ(an − 1) bármely a > 1 és n > 0 esetén
teljesül.

∗

3.2.18 Legyen a1 , . . . , aφ(m) redukált maradékrendszer modulo m. Mutas∑φ(m)suk meg, hogy i=1 om (ai ) mindig páratlan szám.

110

3. Magasabb fokú kongruenciák

3.2.19 Legyen p prím és (a, p) = 1. Milyen maradékot ad p-vel osztva az
alábbi összeg és szorzat:a) a + a2 + . . . + ao(a) ;b) a · a2 · . . . · ao(a) ?

3.2.20 Tizedes törtek . Csak a tizedesvessző után következő jegysorozattal
foglalkozunk, ezért elegendő 0 < α < 1 számokat tekintenünk. A feladatban kizárjuk azokat a végtelen tizedes törteket, amelyekben egy
határtól kezdve minden számjegy 9-es. Egy tizedes tört véges, ha csak
véges sok jegyből áll; ezt a legrövidebb alakban írjuk fel, azaz az utolsóként szereplő tizedesjegy nem nulla. Egy végtelen tizedes tört szakaszos, ha a tizedesjegyek sorozata egy határtól kezdve periodikus,
ezen belül tiszta szakaszos, illetve vegyes szakaszos, attól függően,hogy a periodicitás (azaz az első szakasz) közvetlenül a tizedesvessző
után, illetve csak később kezdődik. A racionális számok a/b közönséges tört alakjában feltesszük, hogy b > 0 és (a, b) = 1.
a) Mutassuk meg, hogy egy α valós szám tizedestört-alakja akkor és
csak akkor véges vagy végtelen szakaszos, ha α racionális.
b) Az a/b racionális szám tizedestört-alakja akkor és csak akkor véges,ha b kanonikus alakjában legfeljebb a 2 és az 5 prímszámok szerepelnek: b = 2r 5s . Ekkor a tizedesvessző után szereplő jegyek száma
k = max(r, s), azaz b | 10k , de b̸ | 10k−1 .
c) Az a/b racionális szám tizedestört-alakja akkor és csak akkor tisztaszakaszos, ha (b, 10) = 1. Ekkor a (legkisebb) szakasz hossza ob (10).
d) Az a/b racionális szám tizedestört-alakja akkor és csak akkor vegyesszakaszos, ha (b, 10) > 1, de a b-nek létezik a 2-től és 5-től különböző
prímosztója is: b = 2r 5s t, ahol (t, 10) = 1, t > 1 és k = max(r, s) > 0.
Ekkor a(z első) szakasz a tizedesvessző utáni k + 1-edik jegybenkezdődik és hossza ot (10).

3.3. Primitív gyök
Mint láttuk, az Euler–Fermat-tételből következik, hogy bármely (a, m) = 1
esetén om (a) ≤ φ(m). Különösen fontos az az eset, amikor itt egyenlőség
teljesül:
D 3.3.1
3.3.1 Definíció
Egy g számot primitív gyök nek nevezünk modulo m, ha om (g) = φ(m).
♣3.3. Primitív gyök

111

A definícióból világos, hogy egy primitív gyök szükségképpen relatív prímaz m modulushoz, továbbá egy redukált maradékosztálynak vagy minden eleme primitív gyök, vagy pedig egyetlen eleme sem az.
Példák:P1 A 3 primitív gyök modulo 10, mert o10 (3) = φ(10) = 4.
P2 A 2 nem primitív gyök modulo 31, mert o31 (2) = 5 < φ(31) = 30.
P3 modulo 12 egyáltalán nem létezik primitív gyök: elég például a {±1, ±5}
redukált maradékrendszer elemeinek a rendjét megvizsgálni, és itt az 1
rendje 1, a többi elemé 2, vagyis mindegyik rend kisebb, mint φ(12) = 4.
Amikor egy a számról (ahol (a, m) = 1) el akarjuk dönteni, hogy primitív
gyök-e modulo m, akkor aφ(m) ≡ 1 (mod m) fennállását fölösleges ellenőrizni,
hiszen ez az Euler–Fermat-tétel miatt biztosan igaz. Az om (a) | φ(m) összefüggés alapján azt kell megvizsgálni, hogy a φ(m) valamely d < φ(m) osztójára
teljesül-e ad ≡ 1 (mod m); ha van ilyen d, akkor a nem primitív gyök, hanincs ilyen d, akkor pedig a primitív gyök. Könnyen látszik, hogy a φ(m) osztói közül is elég a ,,maximálisakat” tekinteni, vagyis azokat, amelyek φ(m)/qalakúak, ahol q prímszám.
A primitív gyökök alkalmazhatósága elsősorban az alábbi egyszerű tételben megfogalmazott tulajdonságon alapul:
T 3.3.2
3.3.2 Tétel
Egy g szám akkor és csak akkor primitív gyök az m modulusra nézve, ha
1, g, g 2 , . . . , g φ(m)−1 redukált maradékrendszert alkotnak modulo m. ♣Bizonyítás: Tegyük fel, hogy g primitív gyök, azaz om (g) = φ(m). Ekkor a
3.2.2 Tétel (ii) állítása alapján 1, g, g 2 , . . . , g φ(m)−1 páronként inkongruensek
modulo m, továbbá számuk φ(m) és (g, m) = 1 miatt valamennyien relatív
prímek m-hez. A 2.2.9 Tétel szerint így valóban redukált maradékrendszert
alkotnak mod m.
A megfordításhoz tegyük fel, hogy a fenti g-hatványok redukált maradékrendszert alkotnak mod m. Ekkor (g, m) = 1, tehát om (g) létezik és az Euler–
Fermat-tétel szerint om (g) ≤ φ(m). Továbbá g, g 2 , . . . , g φ(m)−1 egyike sem
lehet kongruens a szintén a megadott redukált maradékrendszerben szereplő
1-gyel, tehát om (g) = φ(m).
A következőkben azt vizsgáljuk meg, milyen m modulus esetén létezik
primitív gyök. Megjegyezzük, hogy ezt csoportelméleti terminológiával úgy is

112

3. Magasabb fokú kongruenciák

fogalmazhatjuk, hogy mely m esetén lesz a modulo m redukált maradékosztályok multiplikatív csoportja ciklikus.
Először azt igazoljuk, hogy prím modulus esetén mindig létezik primitív
gyök:
3.3.3 Tétel
Ha p prím, akkor modulo p létezik primitív gyök. ♣T 3.3.3

A 3.3.3 Tétel általánosításaként megmutatható, hogy nemcsak a modulo p
maradékosztályok körében, hanem bármely véges elemszámú testben található
olyan elem, amelynek a hatványai előállítják a test összes nemnulla elemét.
A 3.3.3 Tételre két bizonyítást adunk. Emellett egy harmadik gondolatmenetet is vázolunk a 3.3.14 feladatban. Mindhárom bizonyítás — értelemszerű módosításokkal — alkalmas az imént említett általánosabb tétel igazolására is.
Első bizonyítás: Ha p = 2, akkor g = 1 (vagy bármely páratlan szám) primitív
gyök.
Legyen p > 2 és p − 1 összes különböző prímosztója legyen q1 , . . . , qs .
Tegyük fel indirekt, hogy nem létezik primitív gyök, azaz bármely
1 ≤ i ≤ p − 1 esetén op (i) = di < p − 1. Mivel di | p − 1, ezért van ap − 1-nek olyan q prímosztója, amelyre di | (p − 1)/q. Ekkor i(p−1)/q ≡ 1(mod p). Ez azt jelenti, hogy a redukált maradékrendszer bármely eleme
gyöke az()()()
f = x(p−1)/q1 − 1 x(p−1)/q2 − 1 . . . x(p−1)/qs − 1(1)polinommal képzett f (x) ≡ 0 (mod p) kongruenciának. Továbbá f (0) == (−1)s ̸≡ 0 (mod p), tehát a kongruencia megoldásszáma pontosan p − 1.
Végezzük el (1)-ben a szorzásokat. Ekkor f olyan ±xk tagok összegekéntáll elő, ahol
a k kitevő különböző (p − 1)/qj -knek az (esetleg csak egytagú) összege, (2)illetve k = 0. alkalmazzuk most a 3.1.3 Tétel első bizonyításában szereplő redukciós eljárást: írjunk xp helyére x-et, amíg ez csak lehetséges. A keletkezettg polinom legfeljebb p − 1-edfokú és minden c-re f (c) ≡ g(c) (mod p).
Ez azt jelenti, hogy a g(x) ≡ 0 (mod p) kongruencia megoldásszáma is
pontosan p − 1, és így a 3.1.2 Tétel szerint a g polinom modulo p vett foka
pontosan p − 1 kell hogy legyen.

3.3. Primitív gyök

113

Ekkor g-ben szükségképpen szerepel xp−1 -es tag. A redukciós eljárás
során ez a tag csak olyan, az f -ben előforduló xk tag(ok)ból keletkezhetett,amely(ek)bena k kitevő k = (p − 1)t alakú, ahol t > 0 egész,(3)hiszen a (p − 1-nél nagyobb) kitevőket mindig p − 1-gyel csökkentettük.
A (2) és (3) összevetéséből kapjuk, hogy (mondjuk)
t=

1
1
1
+
+ ... +
.
q1
q2
qr

(4)

A (4) egyenlőséget q2 . . . qr -rel beszorozva minden tag egész szám lesz, kivévea jobb oldal első tagját, és így ellentmondásra jutottunk.
Második bizonyítás: Jelölje h(d) az 1, 2, . . . , p − 1 elemek közül azoknak az
i-knek a számát, amelyekre op (i) = d. Ekkor nyilván h(d) = 0, ha d̸ | p − 1,
továbbá∑h(d) = p − 1 .
(5)
d|p−1

Megmutatjuk, hogy bármely d-reh(d) ≤ φ(d) .

(6)

Ha nincs d-edrendű elem, akkor (6) fennáll, hiszen 0 = h(d) < φ(d).
Feltehetjük tehát, hogy valamely a-ra op (a) = d. Ekkor az a, a2 , . . . , adelemek páronként inkongruensek modulo p, és (at )d = (ad )t ≡ 1 (mod p) miattvalamennyien gyökei az xd ≡ 1 (mod p) kongruenciának.
Mivel ennek a kongruenciának a megoldásszáma nem lehet d-nél nagyobb,
ezért ha valamely c-re cd ≡ 1 (mod p) teljesül, akkor a c az a, a2 , . . . , ad számok
valamelyikével kongruens.
Minden d-edrendű szám is gyöke az xd ≡ 1 (mod p) kongruenciának, tehát
minden d-edrendű szám is a, a2 , . . . , ad valamelyikével kongruens. A 3.2.4b
feladat szerint op (aj ) = op (a) = d akkor és csak akkor teljesül, ha (j, d) = 1,
ennélfogva az a, a2 , . . . , ad számok között éppen φ(d)-nek a rendje lesz d, azaz
h(d) = φ(d). Ezzel (6)-ot beláttuk.
∑ Felhasználva (5)-öt és (6)-ot, továbbá a 2.3.14 feladatban bizonyított
d|p−1 φ(d) = p − 1 egyenlőséget azt kapjuk, hogy∑∑p−1=h(d) ≤
φ(d) = p − 1 ,
d|p−1

d|p−1

ami nyilván csak úgy teljesülhet, ha minden d | p − 1-re h(d) = φ(d).

114

3. Magasabb fokú kongruenciák

Ezzel beláttuk, hogy egy mod p redukált maradékrendszerben a d-edrendű
elemek száma φ(d). Ezt speciálisan d = p − 1-re alkalmazva adódik, hogy aprimitív gyökök száma φ(p − 1) (tehát létezik primitív gyök).
Megjegyzés: A második bizonyításban (látszólag) erősebb állítást bizonyítottunk be: a primitív gyök létezésén túlmenően megkaptuk a (páronként
inkongruens) primitív gyökök, sőt még általánosabban bármely adott d-re a dedrendű elemek számát. Ez a ,,többleteredmény” azonban könnyen következika primitív gyök (bármilyen módon igazolt) létezéséből a 3.3.2 Tétel és a 3.2.4b,
illetve 3.2.4c feladat felhasználásával (lásd a 3.3.9 feladatot).
Az így adódó eredményeket fontosságuk miatt külön tételként is megfogalmazzuk:
3.3.4 Tétel
Legyen a modulus egy p prímszám.

T 3.3.4(i) Egy primitív gyök i-edik hatványa akkor és csak akkor primitív gyök, ha(i, p − 1) = 1.
(ii) A páronként inkongruens primitív gyökök száma φ(p − 1).
(iii) Általánosan is igaz, hogy ha d | p − 1, akkor egy mod p redukált maradékrendszer elemei között a d-edrendű elemek száma φ(d). ♣A következő tételben pontosan meghatározzuk, mely m modulusokra létezik primitív gyök:
T 3.3.5
3.3.5 Tétel
Az m > 1 modulusra nézve akkor és csak akkor létezik primitív gyök, ha
m = pα , 2pα , 2 vagy 4, ahol p > 2 prím és α > 0. ♣Bizonyítás: Az m = p és m = 2 esetet a 3.3.3 Tétel tartalmazza, ha pedig
m = 4, akkor g = 3 primitív gyök. A többi esetre a bizonyítást az alábbi
lépésekben végezzük.
(L1) modulo p2 létezik primitív gyök.
(L2) Ha α > 2, akkor modulo pα létezik primitív gyök.
(L3) modulo 2pα létezik primitív gyök (α > 0).
(N1) Ha m osztható 4-gyel és van páratlan prímosztója, vagy ha m-nek
van (legalább) két különböző páratlan prímosztója, akkor nem létezik
primitív gyök modulo m.
(N2) Ha m = 2α , ahol α > 2, akkor nem létezik primitív gyök modulo m.

115

3.3. Primitív gyök

(L1) Legyen g primitív gyök modulo p. Megmutatjuk, hogy g és g + p
közül legalább az egyik primitív gyök lesz modulo p2 is.
Egyrészt
op2 (g) | φ(p2 ) ,másrészt a 3.2.13a feladat alapján
op (g) | op2 (g).
A φ(p2 ) = p(p − 1) és op (g) = p − 1 összefüggéseket beírva azt kapjuk, hogyp − 1 | op2 (g)op2 (g) | p(p − 1) .

ésÍgy op2 (g) = p − 1 vagy op2 (g) = p(p − 1).
A második esetben g (definíció szerint) primitív gyök modulo p2 .
Ha op2 (g) = p − 1, akkor megmutatjuk, hogy g + p primitív gyök mod p2 .
Az előző gondolatmenetet g helyett g + p-re megismételve adódik, hogy
op2 (g + p) értéke is csak p − 1 vagy p(p − 1) lehet. Így elég azt igazolni, hogy
(g + p)p−1 ̸≡ 1 (mod p2 ). A hatványozást elvégezve kapjuk, hogy(p−1

(g + p)≡gp−1+ (p − 1)pg

p−2)
p − 1 2 p−2
+
p g
+ ...
2

A jobb oldalon az első tag a feltételezésünk szerint 1-gyel kongruens mod p2 ,továbbá a harmadiktól kezdve minden tag osztható p2 -tel. Így(g + p)p−1 ≡ g p−1 + (p − 1)pg p−2 ≡ 1 − pg p−2 ̸≡ 1 (mod p2 ) .
(L2) Bebizonyítjuk, hogy ha g primitív gyök modulo p2 , akkor primitív gyök modulo pα is, tetszőleges α > 2-re. Az (L1) részben látott gondolatmenethez hasonlóan elég azt megmutatni, hogy
gp

α−2

(p−1)

̸≡ 1 (mod pα ) .

Ezt a következő formában igazoljuk:
α−2

gp

(p−1)

= 1 + tα pα−1 ,aholp ̸ | tα .

(7)

A (7) összefüggést α szerinti teljes indukcióval bizonyítjuk.
Az α = 2 esetben valóban g p−1 = 1 + t2 p (ez a kis Fermat-tétel), és ittp̸ | t2 , mert g primitív gyök modulo p2 .

116

3. Magasabb fokú kongruenciák

Tegyük fel most, hogy (7) teljesül valamely α(≥ 2) esetén; belátjuk, hogy
ekkor (α helyett) α + 1-re is fennáll. Emeljük (7)-et p-edik hatványra:
( )
( )
p
p
pα−1 (p−1)
α−1 p
α−1
g
= (1 + tα p
) =1+
tα p
+
(tα pα−1 )2 + . . . (8)12Itt a harmadik tag osztható a p-nek 1 + 2(α − 1) ≥ α + 1-edik hatványával, atovábbi tagokban pedig szintén legalább ekkora a p kitevője. Ennélfogva
gp

α−1

(p−1)

= 1 + tα pα + spα+1 = 1 + tα+1 pα ,aholp̸ | tα+ 1 ,azaz (7) valóban fennáll α + 1-re is.
(L3) Legyen g primitív gyök modulo pα . Jelöljük h-val a g és g +pα közül
azt, amelyik páratlan; belátjuk, hogy h primitív gyök modulo 2pα .
Mivel bármely i-re hi ≡ 1 (mod 2), ezért
hr ≡ 1 (mod pα ) ⇐⇒ hr ≡ 1 (mod 2pα ).
Ez azt jelenti, hogyo2pα (h) = opα (h) = φ(pα ) = φ(2pα ) .
(N1) Megmutatjuk, hogy tetszőleges (a, m) = 1 esetén található olyan
0 < r < φ(m), amelyre ar ≡ 1 (mod m), és így a nem lehet primitív gyök.
A szóban forgó m-ek felírhatók m = uv alakban, ahol (u, v) = 1 és
u > 2, v > 2. Igazolni fogjuk, hogy r = [φ(u), φ(v)] megfelel.
Az( u > 2, v >) 2 feltétel miatt φ(u) és φ(v) páros (lásd a 2.3.1 feladatot),
tehát φ(u), φ(v) ≥ 2. Ebből következik, hogyr = [φ(u), φ(v)] ≤φ(m)φ(u)φ(v)=.
22Emellett, φ(u) | r miatt ar ≡ 1 (mod u), és ugyanez érvényes mod v is, ezértar ≡ 1 (mod [u, v]), azaz (mod m) is teljesül.
(N2) Megmutatjuk, hogy ha α ≥ 3, akkor bármely páratlan a-raa2

α−2

≡ 1 (mod 2α ) ,azaz o2α (a) ≤ 2α−2 < φ(2α ) .

Az α szerinti teljes indukcióval bizonyítunk. Ha α = 3, akkor valóban
23 = 8 | a2 − 1 = (a − 1)(a + 1).

(8)

3.3. Feladatok

117

Tegyük most fel, hogy (8) igaz valamely α-ra; belátjuk, hogy ekkor α+1-reis fennáll. Az( α−2)( α−2)α−1a2− 1 = a2
− 1 a2+1
szorzatban az első tényező az indukciós feltevés szerint osztható 2α -val, a második tényező osztható 2-vel, így a szorzat valóban osztható 2α+1 -gyel.
Feladatok
3.3.1 Határozzuk meg az összes primitív gyököt modulo m, ha m értékea) 7;b) 10;c) 18.
3.3.2 Adjunk meg egy olyan számot, amely egyszerre primitív gyök mod
11 és mod 14 is.
3.3.3 Adjunk mega) egy primitív gyököt mod 625;b) egy olyan primitív gyököt mod 5, amely nem primitív gyök mod 625.
3.3.4 Melyek igazak az alábbi állítások közül?
a) Ha g primitív gyök mod 11, akkor g primitív gyök mod 22.
b) Ha g primitív gyök mod 22, akkor g primitív gyök mod 11.
c) Ha g primitív gyök mod m, akkor g 3 is primitív gyök mod m.
d) Ha g 3 primitív gyök mod m, akkor g is primitív gyök mod m.
e) Ha g primitív gyök mod m, akkor g 2φ(m)−1 is primitív gyök mod m.
f) Ha (a, 34) = 1 és a8 ̸≡ 1 (mod 34), akkor a primitív gyök mod 34.
g) Ha (a, 25) = 1 és a10 ̸≡ 1 (mod 25), akkor a primitív gyök mod 25.
3.3.5 Legyen a modulus egy (tetszőleges, de rögzített) p > 2 prímszám.
a) Mutassuk meg, hogy két primitív gyök szorzata sohasem primitív
gyök.
b) Bizonyítsuk be, hogy létezik három olyan primitív gyök, amelyeknek
a szorzata is primitív gyök.
c) Mely p prímek esetén igaz, hogy bármely három primitív gyök szorzata is primitív gyök?
3.3.6 Adjunk új bizonyítást a Wilson-tételre a primitív gyök felhasználásával.
3.3.7 Legyen p > 2 prím. Milyen maradékot ad az 1k + 2k + . . . + (p − 1)kösszeg p-vel osztva?
3.3.8 Legyen p > 2 prím. Milyen maradékot ad p-vel osztva az összes(páronként inkongruens) primitív gyök szorzata? (A primitív gyökök
összegére vonatkozóan lásd a 6.5.9c feladatot.)

118

3. Magasabb fokú kongruenciák

3.3.9a) Legyen p prím, d | p − 1, g primitív gyök mod p és (a, p) = 1.
Bizonyítsuk be, hogy
op (a) = d ⇐⇒ a ≡ g j (mod p), ahol j =t(p − 1)és (t, d) = 1.
db) Határozzuk meg az a) rész felhasználásával egy modulo p redukált
maradékrendszerben a d-edrendű elemek számát.
M∗ 3.3.10 Legyen p > 2 prím és (a, p) = (b, p) = 1. Bizonyítsuk be, hogy
op (a) = op (b) akkor és csak akkor teljesül, ha van olyan r és s pozitív
egész, amelyre a ≡ br (mod p) és b ≡ as (mod p).
3.3.11 Hogyan általánosítható a 3.3.4 Tétel olyan összetett modulusra,
amelyre nézve létezik primitív gyök?
3.3.12 Legyen m = 2α , ahol α ≥ 3. Bizonyítsuk be az alábbi állításokat:a) om (5) = 2α−2 .
b) Az 5x ≡ −1 (mod m) kongruencia nem oldható meg.
c) A ±5k , 0 ≤ k < φ(m)/2 számok redukált maradékrendszert alkotnak
modulo m.
Megjegyzés: A 3.3.5 Tételből tudjuk, hogy m = 2α , α ≥ 3 esetén
nem létezik primitív gyök. A feladat c) része — kissé pongyolánfogalmazva — azt fejezi ki, hogy az 5 ,,majdnem” primitív gyök ezekre
a modulusokra.
∗

αr1
3.3.13 Legyen az m > 1 páratlan szám kanonikus alakja m = pα
1 . . . pr .
Mutassuk meg, hogy léteznek olyan u1 , . . . , ur egészek, hogy az( i)uk11 . . . ukr r ,0 ≤ ki < φ p α,
i = 1, 2, . . . , riszámok redukált maradékrendszert alkotnak modulo m. Fogalmazzuk meg és bizonyítsuk be a megfelelő állítást páros m-ekre is.
3.3.14 Legyen p > 2 prím. Adjunk új bizonyítást modulo p primitív gyök
létezésére az alábbi gondolatmenet alapján.
a) Mutassuk meg, hogy ha az f egész együtthatós polinomra
f | xp−1 − 1, akkor az f (x) ≡ 0 (mod p) megoldásszáma pontosan az
f fokszámával egyenlő.
b) Tegyük fel, hogy q β | p − 1, ahol q prím és β > 0. Bizonyítsuk be,
hogy azββ−1
f1 = xq − 1 és f2 = xq
−1

3.4. Diszkrét logaritmus (index)

119

polinomokra az f1 (x) ≡ 0 (mod p), illetve f2 (x) ≡ 0 (mod p) kongruenciák megoldásszáma pontosan q β , illetve q β−1 .
c) A b) rész jelöléseit és eredményét használva mutassuk meg, hogy van
olyan c, amelyre op (c) = q β .
d) A c) rész és a 3.2.15a feladat felhasználásával igazoljuk, hogy mindend | p − 1 esetén létezik d-edrendű elem modulo p.

3.4. Diszkrét logaritmus (index)
Ebben és a következő pontban feltesszük, hogy a modulus egy p prímszám.
Megjegyezzük, hogy az itt szereplő fogalmak és eredmények tetszőleges olyan
modulusra is átvihetők, amelyekre nézve létezik primitív gyök.
Legyen g primitív gyök mod p. A 3.3.2 Tétel szerint az 1, g, . . . , g p−2
számok redukált maradékrendszert alkotnak mod p, és így bármely (a, p) = 1
esetén pontosan egy olyan 0 ≤ k ≤ p − 2 kitevő létezik, amelyre a ≡ g k(mod p). Mindez lehetővé teszi a ,,logaritmus” bevezetését:D 3.4.1
3.4.1 Definíció
Legyen g primitív gyök mod p és (a, p) = 1. Ekkor az a-nak a g alapú
diszkrét logaritmusán vagy index én azt a 0 ≤ k ≤ p − 2 számot értjük, amelyrea ≡ g k (mod p). ♣Jelölés: indp,g (a). Mivel a p modulus általában rögzített, ezért legtöbbször az erre utaló jelzést elhagyjuk: indg a. Ha a g primitív gyök is egyértelmű,akkor simán ind a-t írunk.
Az előzetes megjegyzés szerint (a, p) = 1 esetén indg a létezik és egyértelmű. Egy a szám diszkrét logaritmusa természetesen függ attól, hogy melyik gprimitív gyök szerint vesszük.
Ha a ≡ b (mod p), akkor nyilván indg a = indg b, tehát (rögzített gmellett) egy redukált maradékosztály minden elemének ugyanaz a diszkrét
logaritmusa.
Sokszor fel fogjuk használni ag s ≡ g t (mod p) ⇐⇒ s ≡ t (mod p − 1)összefüggést (amely a 3.2.2 Tétel (ii) állításából következik m = p, a = g és
op (g) = p − 1 szereposztással).

120

3. Magasabb fokú kongruenciák

Ennek megfelelően, ha az összes olyan j ≥ 0 egészt keressük, amelyre
g j ≡ a (mod p), akkor ezek a j értékek éppen egy modulo p−1 maradékosztály
nemnegatív elemei lesznek. Más megfogalmazásban:
g j ≡ a (mod p) ⇐⇒ j ≡ indg a (mod p − 1).
(Szokás ennek alapján a diszkrét logaritmust úgy is értelmezni, hogy ezt a modulo p−1 maradékosztályt nevezik az a elem g alapú diszkrét logaritmusának.)A diszkrét logaritmusra is érvényesek a logaritmusazonosságok megfelelői
(lásd a 3.4.3–3.4.4 feladatokat).
A diszkrét logaritmus segítségével oldjuk meg a következő pontban a modulo p ,,gyökvonás” problémáját, emellett egy kriptográfiai alkalmazást is tárgyalunk az 5.8.6 feladatban.
Illusztrációként mellékelünk egy ,,exponenciális” és egy ,,logaritmus”-táblázatot (indextáblázatot), amely a p = 13 modulusra és a g = 2 primitív
gyökre vonatkozik.

j

0 1

2

3

4 5

6

7

8

9

10

11

2j (mod 13)

1 2

4

8

3 6

12

11

9

5

10

7

a

1 2

3

4

5 6

7

8

9 10

11

12

ind2 a

0 1

4

2

9 5

11

3

8 10

7

6

Feladatok
Valamennyi feladatban a g és h primitív gyökök egy p > 2 prím modulusra
vonatkoznak, a és b relatív prímek p-hez, és ha külön nem jelezzük, akkor galapú indexről van szó.
3.4.1 Mely p prímekre lesz indp,7 (2) = 3?
3.4.2 Számítsuk ki az alábbi diszkrét logaritmusokat:a) indg 1;b) indg (−1);c) indg (−g).

3.4.3 Bizonyítsuk be az alábbi ,,logaritmusazonosságokat”:a) ind (ab) ≡ ind a + ind b (mod p − 1);b) ind (ak ) ≡ k · ind a (mod p − 1).

3.5. Binom kongruenciák

121

3.4.4 Bizonyítsuk be, hogy a g alapú indexről a h alapú indexre az alábbi(,,szokásos”) módon lehet áttérni:a) indg h · indh g ≡ 1 (mod p − 1);b) indh a ≡ indh g · indg a (mod p − 1).
3.4.5 Melyik az a legkisebb s pozitív egész, amelyre p − 1 | s · ind a?
3.4.6 Bizonyítsuk be, hogy a akkor és csak akkor primitív gyök mod p, ha(indg a , p − 1) = 1.
3.4.7 Bizonyítsuk be az alábbi állításokat.
a) (indg a , p − 1) = 1 ⇐⇒ (indh a , p − 1) = 1.
b) (indg a , p − 1) = (indh a , p − 1).
3.4.8 Legyenek a, b, c tetszőleges primitív gyökök modulo p. Igazoljuk,
hogy ekkor
aindb cis primitív gyök mod p.
M∗ 3.4.9 Mutassuk meg, hogy op (a) = op (b) akkor és csak akkor teljesül, havan olyan g és h primitív gyök, amelyre indg a = indh b.
3.4.10 Keressük meg az alábbi prímekhez a legkisebb pozitív primitív gyököt
és készítsünk indextáblázatot: a) 7; b) 11; c) 17.
∗

3.4.11 Bizonyítsuk be, hogy bármely p prímhez és a egészhez végtelen sok
olyan k pozitív egész található, amelyre a ≡ k k (mod p).

3.5. Binom kongruenciák
A pozitív valós számok körében a gyökvonás elvégzéséhez a szám logaritmusát
elosztjuk a gyökkitevővel, és ezzel megkapjuk a gyök logaritmusát (így vonnak
gyököt a kalkulátorok is). Hasonló módon használható a diszkrét logaritmus isa modulo p gyökvonáshoz, azaz az xk ≡ a (mod p) kongruencia megoldásához(ahol p prímszám). Az ilyen kongruenciákat kéttagú vagy binom kongruenciáknak nevezzük. Az általános cxk ≡ d (mod p) binom kongruencia, aholc ̸≡ 0 (mod p), szintén ilyen xk ≡ a (mod p) alakra hozható: a megfelelő aértéket a cy ≡ d (mod p) lineáris kongruencia (mod p egyértelmű) megoldása
szolgáltatja.
Az (a, p) ̸= 1 esetben a ≡ 0 (mod p), azaz az xk ≡ 0 (mod p) kongruenciáról van szó; ennek könnyen láthatóan x ≡ 0 (mod p) az egyetlen megoldása.
Így a továbbiakban feltesszük, hogy (a, p) = 1.

122

3. Magasabb fokú kongruenciák

3.5.1 Tétel
Legyen p prím és (a, p) = 1. Az
xk ≡ a (mod p)

T 3.5.1(1)

kongruencia akkor és csak akkor oldható meg, ha
p−1

a (k,p−1) ≡ 1 (mod p) .

(2)

Megoldhatóság esetén a (páronként inkongruens) megoldások száma (k, p − 1).
A (2) feltétel ekvivalens azzal, hogy(k, p − 1) | indg a(3)

teljesül, ahol g egy tetszőleges primitív gyököt jelent modulo p. ♣Bizonyítás: A g primitív gyök szerinti diszkrét logaritmust fogjuk használni.
Keressük a megoldást x ≡ g ind x (mod p) alakban. Ekkor az (1) kongruencia átírható ag k · ind x ≡ g ind a (mod p)
alakba, amely a már sokszor használt g s ≡ g t (mod p) ⇐⇒ s ≡ t (mod p − 1)összefüggés alapján tovább ekvivalensk · ind x ≡ ind a (mod p − 1)

(4)

teljesülésével.
A (4) az ind x-re nézve egy lineáris kongruencia, amely a 2.5.3 Tétel szerint akkor és csak akkor oldható meg, ha (3) teljesül, tehát ugyanez az (1)kongruencia megoldhatóságának a szükséges és elégséges feltétele is.
A (4) kongruencia modulo p − 1 páronként inkongruens megoldásainakaz (1) kongruencia modulo p páronként inkongruens megoldásai felelnek meg
és viszont, tehát a két kongruenciának ugyanannyi a megoldásszáma: a 2.5.4
Tétel alapján ez (k, p − 1).
Végül megmutatjuk a (2) és (3) feltételek ekvivalenciáját. Mivel
p−1
(
) p−1
ind a
a (k,p−1) ≡ g ind a (k,p−1) = g (p−1) (k,p−1) (mod p) ,(5)

ezért a(p−1)/(k,p−1) ≡ 1 (mod p) pontosan akkor teljesül, ha (5) utolsó tagjában
a g kitevője a p − 1-nek egész számú többszöröse, azaz ha (k, p − 1) | ind a.

3.5. Binom kongruenciák

123

Megjegyzések : 1. A tétel bizonyításából egyúttal megoldási módszert is kaptunk, feltéve, hogy rendelkezésünkre áll egy indextáblázat.
2. A (3)-ban szereplő indg a érték természetesen más és más (lehet), attólfüggően, hogy melyik g primitív gyököt választottuk. Mivel azonban az (1)kongruencia megoldhatósága nem függ g-től, ezért a (3)-ban megadott feltétel
is független a g-től: vagy minden primitív gyökre teljesül, vagy pedig egyikre
sem. (Mindez egyébként a 3.4.7b feladatból is következik.)Példa: Oldjuk meg az 5x22 ≡ 6 (mod 13) kongruenciát.
Az 5y ≡ 6 (mod 13) kongruencia (egyetlen) megoldása y ≡ 9 (mod 13).
Ennek megfelelően az x22 ≡ 9 (mod 13) kongruenciát kell megoldanunk.
A 3.5.1 Tétel bizonyításában láttuk, hogy ez a kongruencia a
22 · ind x ≡ ind 9 (mod 12)
kongruenciával ekvivalens.
A 13 modulusra nézve a 2 primitív gyök, és a megfelelő ,,exponenciális”
és ,,logaritmus”-táblázatok a 3.4 pont végén találhatók. Innen ind 9 = 8.
Az így nyert
22 · ind x ≡ 8 (mod 12)
lineáris kongruencia (22, 12) | 8 miatt megoldható és a (páronként inkongruens) megoldások száma (22, 12) = 2. A megoldások:ind x ≡ 2 (mod 12)ésind x ≡ 8 (mod 12).

Az ,,exponenciális” táblázatot használva ebből
x ≡ 4 (mod 13)ésx ≡ 9 (mod 13)

adódik.
Megjegyezzük, hogy nem szükséges az 5y ≡ 6 (mod 13) kongruenciát
külön megoldani, hanem rögtön áttérhetünk az indexre:ind 5 + 22 · ind x ≡ ind 6 (mod 12),azaz 9 + 22 · ind x ≡ 5 (mod 12).

Ily módon egy lépésben jutottunk el a 22 · ind x ≡ 8 (mod 12) lineáris kongruenciához.

124

3. Magasabb fokú kongruenciák

D 3.5.2
3.5.2 Definíció
Legyen p prím és (a, p) = 1. Az a számot (a p-re nézve) k-adik hatványmaradék nak nevezzük, ha az xk ≡ a (mod p) kongruencia megoldható, és
k-adik hatvány-nemmaradék nak nevezzük, ha az xk ≡ a (mod p) kongruencia
nem oldható meg. ♣T 3.5.3
3.5.3 Tétel
Legyen p prím és (a, p) = 1. Az a szám (a p-re nézve) akkor és csak akkor
k-adik hatványmaradék, ha
p−1

a (k,p−1) ≡ 1 (mod p) ,illetve(k, p − 1) | indg a ,ahol g tetszőleges primitív gyök modulo p.
A (páronként inkongruens) k-adik hatványmaradékok száma (p − 1)/(k, p − 1).
♣
Bizonyítás: Az első állítás a 3.5.1 Tétel (egy részének) átfogalmazása.
A második állítás abból következik, hogy a k-adik hatványmaradékok éppen a(p−1)

z (k,p−1) ≡ 1 (mod p)
kongruencia megoldásai, és ennek a kongruenciának a megoldásszáma szintén
a 3.5.1 Tétel szerint
(
)
p−1
p−1
, p−1 =.
(k, p − 1)(k, p − 1)
Feladatok Valamennyi feladatban a modulus egy p > 2 prím.
3.5.1 Oldjuk meg az alábbi kongruenciákat. (A 11, 13 és 17 modulusok
esetén használjuk fel a 3.4 pont végén, illetve a 3.4.10 feladat útmutatásánál szereplő indextáblázatokat is.)a) 3x50 ≡ 2 (mod 101).
b) x99 ≡ 2 (mod 101).
c) x46 ≡ 50 (mod 23).
d) 5x14 ≡ 14x2 (mod 17).
e) 4x7 + 7x4 ≡ 0 (mod 13).
f) 4x27 + 5x20 + 7x17 + 9x8 + 3 ≡ 0 (mod 11).

3.5. Feladatok

125

3.5.2 Határozzuk meg az alábbi kongruenciák megoldásszámát.
a) (x30 − 1)(x45 − 1) ≡ 0 (mod 73).
b) 1 + x + x2 + . . . + xk ≡ 0 (mod 31).
3.5.3 Mely a számokra oldható meg az
1 + x + . . . + xp−2 ≡ a (mod p)
kongruencia?
3.5.4 Mutassuk meg, hogy ha g primitív gyök, akkor az xk ≡ g (mod p)
kongruenciának legfeljebb egy megoldása van.
3.5.5 Jelölje xk ≡ 1 (mod p) összes (páronként inkongruens) megoldását
b1 , . . . , br . Legyen (a, p) = 1 és az xk ≡ a (mod p) kongruencia egy
megoldása c. Hogyan kaphatjuk meg az xk ≡ a (mod p) kongruenciaösszes megoldását?
3.5.6 Határozzuk meg aza) p − 1-edik;b) (p − 1)/2-edik
hatványmaradékokat mod p.
3.5.7 Melyek azok a k értékek, amelyekre a k-adik gyökvonás modulo pegyértelműen elvégezhető, azaz amelyekre az xk ≡ a (mod p) kongruenciának bármely a esetén pontosan egy megoldása van?
3.5.8 Mely prímekre létezik teljes maradékrendszer csupa köbszámból?
3.5.9 Bizonyítsuk be, hogya) két k-adik hatványmaradék szorzata mindig k-adik hatványmaradék;b) egy k-adik hatványmaradék és egy k-adik hatvány-nemmaradék szorzata mindig k-adik hatvány-nemmaradék.
3.5.10 Mi a szükséges és elégséges feltétele annak, hogy létezzen k-adik
hatvány-nemmaradék és bármely két k-adik hatvány-nemmaradékszorzata k-adik hatványmaradék legyen?
3.5.11 Milyen maradékot ad p-vel osztva az összes (páronként inkongruens)k-adik hatványmaradék a) összege; b) szorzata?
M 3.5.12 Bizonyítsuk be, hogy a akkor és csak akkor lesz egyszerre 20-adik
és 50-edik hatványmaradék modulo p, ha 100-adik hatványmaradék
modulo p. Általánosítsuk a feladatot.

126

3. Magasabb fokú kongruenciák

3.6. Chevalley-tétel, K®nigRados-tétel
Ebben a pontban prím modulusú kongruenciákra vonatkozó két nevezetes
tételt tárgyalunk. Elsőként olyan
fi (x1 , x2 , . . . , xt ) ≡ 0 (mod p),

i = 1, 2, . . . , k(1)kongruenciarendszerekkel foglalkozunk, ahol p prím, k ≥ 1 ésfi (x1 , x2 , . . . , xt ),i = 1, 2, . . . , kolyan egész együtthatós, t-változós polinomok, amelyek konstans tagja 0, azazfi (0, 0, . . . , 0) = 0,i = 1, 2, . . . , k.

(2)

A (2) feltételből azonnal kapjuk, hogy x1 ≡ x2 ≡ . . . ≡ xt ≡ 0 (mod p)
kielégíti az (1) kongruenciarendszert, ezt a továbbiakban triviális megoldásnak
nevezzük.
Chevalley tétele arra vonatkozik, hogy az fi polinomok fokszámára tettalkalmas kikötés esetén az (1) rendszernek létezik nemtriviális megoldása is.
(Egy xn1 1 . . . xnt t tag fokszáma n1 + . . . + nt , egy polinom fokszáma pedig abenne szereplő nemnulla együtthatós tagok fokszámának a maximuma.)
T 3.6.1
3.6.1 Tétel (Chevalley tétele)
Ha az (1)-ben szereplő fi polinomokra teljesül (2) és fokszámaik összege
kisebb a változók számánál, azazk∑deg fi < t,

(3)

i=1

akkor (1)-nek létezik nemtriviális megoldása. ♣Példák: Az
x1 + 2x2 + 3x3 + 4x4 + 5x5 ≡ 0 (mod 23)
x31 + 2x1 x2 + 3x2 x3 + 4x3 x24 + 5x25 ≡ 0(mod 23)

kongruenciarendszernek létezik nemtriviális megoldása, azaz olyan, ahol nem
mindegyik xi osztható 23-mal. (Itt k = 2 és 5 = t > 1 + 3 = deg f1 + deg f2 .)3.6. Chevalley-tétel, Kőnig–Rados-tétel

127

A 3.6.1 Tételt k = 1, azaz egyetlen polinom esetén is jól alkalmazhatjuk:pl. bármely p prím esetén ap | x31 + 3x32 + 5x33 + 7x34 + 9x1 x2 + 11x3 x4
oszthatóság úgy is megvalósul, hogy legalább az egyik xi nem osztható p-vel.
(Most t = 4 és deg f = 3.)
Bizonyítás: Tegyük fel indirekt, hogy a kongruenciarendszernek csak triviális
megoldása van.
Vezessük be az alábbi két t-változós polinomot:
F (x1 , x2 , . . . , xt ) =G(x1 , x2 , . . . , xt ) =

k
∏
(
i=1
t
∏

)
1 − fip−1 (x1 , x2 , . . . , xt ) ,(1 − xp−1
).
j

j=1

A kis Fermat-tétel szerint
cj ̸≡ 0 (mod p) =⇒ cp−1
≡ 1 (mod p).
jEbből azonnal következik, hogy G-be tetszőleges c1 , . . . , ct egész számokat behelyettesítve{
1 (mod p), ha c1 ≡ . . . ≡ ct ≡ 0 (mod p);(4)
G(c1 , c2 , . . . , ct ) ≡0 (mod p), egyébként.
Megmutatjuk, hogy ugyanez érvényes F -re is, azaz{
1 (mod p), ha c1 ≡ . . . ≡ ct ≡ 0 (mod p);
F (c1 , c2 , . . . , ct ) ≡0 (mod p), egyébként.

(5)

Legyen először
c1 ≡ . . . ≡ ct ≡ 0 (mod p).
Ekkor (2) alapján minden i-ref (c1 , . . . , ct ) ≡ 0 (mod p),
azaz F (c1 , . . . , ct ) minden tényezője és így maga F (c1 , . . . , ct ) is 1-gyel kongruens modulo p.

128

3. Magasabb fokú kongruenciák

Vegyük most a másik esetet, azaz amikor a c1 , . . . , ct számok közül legalább az egyik nem osztható p-vel. Mivel az indirekt feltevés szerint (1)-nek
csak triviális megoldása létezik, ezért c1 , . . . , ct nem megoldás, vagyis legalább
egy i-refi (c1 , . . . , ct ) ̸≡ 0 (mod p).
Ebből ismét a kis Fermat-tétel alapján következik, hogy
fip−1 (c1 , c2 , . . . , ct ) ≡ 1 (mod p) .
Ez azt jelenti, hogy F (c1 , . . . , ct ) egyik tényezője, és így maga F (c1 , . . . , ct ) is
osztható p-vel. Ezzel (5) igazolását befejeztük.
A (4) és (5) képletek alapján tetszőleges c1 , . . . , ct egész számokra
F (c1 , . . . , ct ) ≡ G(c1 , . . . , ct ) (mod p).

(6)

A továbbiakban valamennyi polinomot a modulo p test feletti t-változós
polinomnak fogunk tekinteni.
Ekkor (6) azt fejezi ki, hogy az F és G polinomok minden helyettesítési
értéke megegyezik (vagyis F -hez és G-hez ugyanaz a polinomfüggvény tartozik;
véges test esetén azonban ebből maguknak a polinomoknak, azaz az együtthatóknak az egyenlősége nem következik).
Nevezzük egy H polinom redukált alakjának azt a H ∗ polinomot, amelyet H-ból úgy kapunk, hogy H-ban mindenhol xpi helyére xi -t írunk, ameddig
csak lehetséges. Nyilván H ∗ minden tagjában bármelyik xi kitevője legfeljebb
p − 1, továbbá H és H ∗ minden helyettesítési értéke megegyezik. A változók
száma szerinti teljes indukcióval könnyen megmutatható, hogy ha a H és K
polinomok minden helyettesítési értéke megegyezik, akkor a H ∗ és K ∗ polinomok (formálisan is) egyenlők (azaz H ∗ -nak és K ∗ -nak ugyanazok a megfelelő
együtthatói).
Láttuk, hogy az F és G polinomok minden helyettesítési értéke megegyezik, ezért az előzőek szerint ekkor az F ∗ és G∗ polinomok egyenlők. Így
deg G∗ = deg F ∗ is teljesül. Azonban G = G∗ és (3) miatt
( k
)
∑
∗
deg G = deg G = (p − 1)t > (p − 1)
deg fi = deg F ≥ deg F ∗ ,i=1

ami ellentmondás.
A pont második részében egy olyan eredményt bizonyítunk, amely az
f (x) ≡ 0 (mod p) kongruencia megoldásszámára pontos képletet ad az együtthatók segítségével. Ez a Kőnig Gyulától és Rados Gusztávtól származó tétel
inkább csak elvi jelentőségű, a megoldásszám gyakorlati kiszámítására nemigen használható.

129

3.6. Chevalley-tétel, Kőnig–Rados-tétel

T 3.6.2

3.6.2 Tétel (Kőnig–Rados-tétel)Legyen p prím és
f = a0 + a1 x + . . . + ap−2 xp−2

olyan egész együtthatós polinom, amelyre a0 ̸≡ 0 (mod p). Ekkor az
f (x) ≡ 0 (mod p)
kongruencia megoldásszáma p−1−r, ahol r = r(A) az alábbi (p−1)×(p−1)-es
A ciklikus mátrixnak a modulo p test feletti rangját jelöli: a0 ap−2
A=
 ..
.
a1

a1
a0
..
.

...
...
..
.

a2

...

ap−2 
ap−3 
.. 
. ♣
.
a0

Megjegyzések : 1. A tételből azonnal adódik, hogy az f (x) ≡ 0 (mod p) kongruencia akkor és csak akkor oldható meg, ha az A mátrix rangja p − 1-nél
kisebb, azaz det A ≡ 0 (mod p).
2. Az f -re tett kikötések nem jelentenek lényeges megszorítást; egy tetszőleges polinom esetén a megoldásszám meghatározását visszavezethetjük aKőnig–Rados-tételre, lásd a 3.6.11 feladatot.
Bizonyítás: Az alábbi elemi lineáris algebrai tételeket fogjuk felhasználni.
Ezek egy T kommutatív test feletti n × n-es mátrixokra vonatkoznak és r(B)jelöli a B mátrix rangját; esetünkben n = p − 1 és T a modulo p test.
(i) Legyenek t1 , t2 , . . . , tn a T test különböző elemei. Ekkor a
 1
 t1

 2
t
V = V (t1 , t2 , . . . , tn ) = 
 1
 ..
 .
tn−1
1

1
t2

1
t3

...
...

t22
..
.

t23
..
.

...
..
.

1 
tn 


t2n 

.. 
. 

tn−1
2

t3n−1

...

tnn−1

Vandermonde-mátrix rangja r(V ) = n.
(ii) Ha r(B) = n, azaz B invertálható, akkor tetszőleges C-re r(CB) = r(C).

130

3. Magasabb fokú kongruenciák

A (ii) összefüggés a bármely M, N mátrixra érvényes()
r(M N ) ≤ min r(M ), r(N )egyenlőtlenségből adódik: ennek alapján egyrészt r(CB) ≤ r(C), másrésztr(C) = r((CB)B −1 ) ≤ r(CB).
Rátérve a 3.6.2 Tétel bizonyítására, jelöljük az f (x) ≡ 0 (mod p) kongruencia megoldásszámát s-sel, legyen V = V (1, 2, . . . , p − 1), és tekintsük a
D = AV mátrixot. Az (i) és (ii) segédtételeink alapjánr(D) = r(A) = r .

(7)

Az AV mátrixszorzást elvégezve a D mátrix első sorának j-edik eleme
d1j = a0 + a1 j + a2 j 2 + . . . + ap−2 j p−2 = f (j)lesz. A második sor j-edik elemének egyszerű felírásához azt is felhasználjuk,
hogy j p−1 ≡ 1 (mod p):
d2j = ap−2 + a0 j + a1 j 2 + . . . + ap−3 j p−2 ≡≡ ap−2 j p−1 + a0 j + a1 j 2 + . . . + ap−3 j p−2 = jf (j)(mod p) .

Hasonlóan adódik, hogy az i-edik sor j-edik elemedij ≡ j i−1 f (j) (mod p) .
Így azt kaptuk (a kongruenciák helyett a modulo p testbeli egyenlőséget írva),hogy
 f (1)
 f (1)f (1)D = AV = 

 ..
 .

f (2)

f (3)

...

2f (2)

3f (3)

...

2

2

...

2 f (2)..
.

3 f (3)..
.

f (1) 2p−2 f (2) 3p−2 f (3) . . .

f (p − 1)(p − 1)f (p − 1) (p − 1)2 f (p − 1)  .


..

.
(p − 1)p−2 f (p − 1)

A D mátrix j-edik oszlopában pontosan akkor lesz minden elem 0, ha f (j) ≡ 0(mod p), vagyis a D csupa 0 oszlopainak a száma éppen s. A többi oszlop a V
különböző oszlopainak a nemnulla skalárszorosa, tehát ezek az (i) segédtétel

3.6. Feladatok

131szerint lineárisan függetlenek. Ez azt jelenti, hogy r(D) = p−1−s. Ezt (7)-telösszevetve éppen a tétel állítását kapjuk.
Feladatok
3.6.1 Melyik ismert tételt kapjuk a Chevalley-tételnek abban a speciális
esetében, ha mindegyik fi polinom elsőfokú?
3.6.2 Bizonyítsuk be, hogy az ax2 + by 2 + cz 2 ≡ 0 (mod p) kongruenciának bármely p prím és a, b, c egészek esetén létezik nemtriviális
megoldása.
3.6.3a) Mutassuk meg, hogy bármely n > 1-hez található három olyan egészszám, amelyek s négyzetösszegére n | s, de n2 ̸ | s.
b) Lássuk be, hogy (n, s/n) = 1 is elérhető.
3.6.4 Mutassuk meg, hogy bármely p prímszámnak létezik olyan (nemnulla) többszöröse, amely kisebb, mint p4 /4, és felírható legfeljebb ötegész szám negyedik hatványának az összegeként.
∗

3.6.5a) Legyenek q1 , . . . , qk különböző prímszámok és c1 , . . . , ct olyan különböző pozitív egészek, amelyek egyikének sincs a qi -ktől különböző
prímosztója. Bizonyítsuk be, hogy ha t ≥ 2k + 1, akkor a cj számok
közül kiválasztható néhány különböző (esetleg csak egy, esetleg azösszes) úgy, hogy a szorzatuk köbszám legyen.
b) Általánosítsuk az a) részt köbszámok helyett m-edik hatványokra,
ahol m tetszőleges prímszám.
Megjegyzés: A megfelelő állítás (más eszközökkel) igazolható arra az
esetre is, amikor m prímhatvány, azonban tetszőleges m egészre a
probléma megoldatlan.

∗

3.6.6 Mutassuk meg, hogy 2n − 1 egész számból mindig kiválasztható nolyan, amelyek összege osztható n-nel.
3.6.7 Bizonyítsuk be a Chevalley-tétel következő általánosítását. Hagyjuk
el a tétel feltételei közül azt, hogy az fi polinomok konstans tagja 0,a többi feltétel változatlan marad. Ekkor a szóban forgó kongruenciarendszer megoldásaira a következők igazak:a) Ha van megoldás, akkor legalább két megoldás van.
∗b) A megoldásszám osztható p-vel.

132

3. Magasabb fokú kongruenciák

3.6.8 Legyen p > 2 prím, (ab, p) = 1. A Kőnig–Rados-tétel illusztrációjaként határozzuk meg az f (x) ≡ 0 (mod p) kongruenciák megoldásszámát az alábbi f polinomok esetén:a) ax − b;b) 1 + x + . . . + xp−2 ;c) xp−2 − a.
3.6.9 Olvassuk le a Kőnig–Rados-tételből, hogy az alábbi kongruenciák
megoldhatók:a) xk ≡ 1 (mod p), ahol p páratlan prím és 1 ≤ k ≤ p − 2;b) x2 ≡ −1 (mod p), ahol p prím és p ≡ 1 (mod 4).
3.6.10 Legyen p > 3 prím, (a0 , p) = (a1 , p) = (ap−2 , p) = 1 és
f=

a0 +

a1 x + . . . + ap−3 xp−3 + ap−2 xp−2 ,

g=

a1 +

a2 x + . . . + ap−2 xp−3 +a0 xp−2 ,a1 xp−3 +a0 xp−2 .

h = ap−2 + ap−3 x + . . . +Bizonyítsuk be, hogy az
f (x) ≡ 0 (mod p),g(x) ≡ 0 (mod p) és h(x) ≡ 0 (mod p)

kongruenciák mindegyikének ugyanannyi a megoldásszáma.
3.6.11 Legyen g = b0 + b1 x + . . . + bn xn tetszőleges egész együtthatós polinom. Hogyan vezethetjük vissza a g(x) ≡ 0 (mod p) kongruencia megoldásszámának a meghatározását a Kőnig–Rados-tételre az
n > p − 2 és/vagy b0 ≡ 0 (mod p) esetben?

3.7. Prímhatvány modulusú kongruenciák
A 2.6 pontban láttuk, hogy tetszőleges összetett modulusú kongruencia visszavezethető prímhatvány modulusú kongruenciákra a kínai maradéktétel segítségével. Most azzal foglalkozunk, hogyan vezethető vissza alkalmas feltételek
teljesülése esetén egy prímhatvány modulusú kongruencia a prím modulusú
esetre.
Legyen p prím, k pozitív egész, f egy egész együtthatós polinom, és tekintsük az
f (x) ≡ 0 (mod pk )(1)
kongruenciát. Ha c megoldása (1)-nek, akkor c nyilván az
f (x) ≡ 0 (mod p)(2)kongruenciát is kielégíti. Ezért (1) megoldásait a (2) kongruencia megoldásaiból kiindulva fogjuk megkeresni.

3.7. Prímhatvány modulusú kongruenciák

133

T 3.7.1
3.7.1 Tétel′
Legyen c megoldása (2)-nek, és tegyük fel, hogy f (c) ̸≡ 0 (mod p), aholf ′ az f polinom deriváltját jelöli. Ekkor (1)-nek pontosan egy olyan x ≡ ck(mod pk ) megoldása létezik, amelyre ck ≡ c (mod p). ♣A bizonyítás egyúttal eljárást is ad ck előállítására, és az is kiderül, mi ahelyzet akkor, ha f ′ (c) ≡ 0 (mod p).
Bizonyítás: Fel fogjuk használni az alábbi összefüggést:j ≥ 1 =⇒ f (a + tpj ) ≡ f (a) + tpj f ′ (a) (mod pj+1 ) .

(3)

Ennek igazolásához tekintsük f (a + tpj ) előállítását a Taylor-formula segítségével:f (a + tpj ) = f (a) + tpj f ′ (a) + t2 p2j

f (n) (a)f ′′ (a)+ . . . + tn pnj
,
2!
n!

(4)

ahol n az f polinom foka. Itt mindegyik f (r) (a)/(r!) egész szám, ugyanisbármely xs tag r-edik deriváltja s(s − 1) . . . (s − r + 1)xs−r (ha s ≥ r), ésr szomszédos egész szám szorzata mindig osztható r!-sal (lásd az 1.1.17b feladatot). Ebből következik, hogy (4) jobb oldalán a harmadik tagtól kezdve
minden tag osztható pj+1 -gyel, tehát (3) valóban teljesül.
A 3.7.1 Tételt k szerinti teljes indukcióval bizonyítjuk. A k = 1 eset (aderiváltra vonatkozó feltétel nélkül is) nyilvánvaló.
Tegyük fel, hogy az állítás k − 1-re igaz: ez azt jelenti, hogy az
f (x) ≡ 0 (mod pk−1 )(5)kongruenciának x ≡ ck−1 (mod pk−1 ) az egyetlen olyan megoldása, amelyreck−1 ≡ c (mod p).
Keressük most az (1) kongruenciának a ck ≡ c (mod p) feltételt is teljesítő
megoldását. Nyilván ck kielégíti (5)-öt is, tehát ck ≡ ck−1 (mod pk−1 ), azaz
ck = ck−1 + tpk−1 .

(6)Helyettesítsük be (6)-ot az (1) kongruenciába, és használjuk fel (3)-at(a = ck−1 , j = k − 1 szereposztással). Ekkor az
f (ck ) = f (ck−1 + tpk−1 ) ≡ f (ck−1 ) + tpk−1 f ′ (ck−1 ) ≡ 0 (mod pk )

(7)

134

3. Magasabb fokú kongruenciák

kongruenciához jutunk. Itt az indukciós feltevés miatt pk−1 | f (ck−1 ). A (7)kongruenciát pk−1 -gyel egyszerűsítve és ck−1 ≡ c (mod p) felhasználásával
f (ck−1 )+ tf ′ (c) ≡ 0 (mod p)
pk−1

(8)

adódik. Ez lineáris kongruencia t-re, amelynek az f ′ (c) ̸≡ 0 (mod p) feltétel
miatt pontosan egy t ≡ t0 (mod p) megoldása létezik. Innen t = t0 + sp, amit(6)-ba visszahelyettesítve kapjuk, hogy
ck = ck−1 + t0 pk−1 + spk ,azaz

ck ≡ ck−1 + t0 pk−1 (mod pk ).

Ezzel beláttuk, hogy ck létezik és mod pk egyértelmű.
A bizonyítás alapján c = c1 -ből kiindulva egymás után előállíthatjuk a
c2 , c3 , . . . értékeket, vagyis a ck meghatározására egy rekurziós módszert kaptunk. (A ck értékekre akár ,,képletet” is nyerhetünk, lásd a 3.7.4 feladatot.)
Ha f ′ (c) ≡ 0 (mod p), akkor a (8) kongruenciának vagy minden t megoldása, vagy pedig egyáltalán nincs megoldása, attól függően, hogy pk | f (ck−1 )vagy sem. Ez azt jelenti, hogy az (5) kongruencia egy ck−1 megoldásából vagy
p darab megfelelő ck értéket kapunk, vagy pedig egyet sem. Ilyenkor tehát afenti rekurziós típusú eljárás alkalmazása jóval bonyolultabb.
Példa: Oldjuk meg az x3 + 2x ≡ 22 (mod 125) kongruenciát.
Először megoldjuk az
f (x) = x3 + 2x − 22 ≡ 0 (mod 5)
kongruenciát. A 0, ±1, ±2 modulo 5 teljes maradékrendszer elemeit behelyettesítve kapjuk, hogy az összes megoldás(i) x ≡ 2 (mod 5)és(ii) x ≡ −1 (mod 5).

(i) Az x ≡ 2 (mod 5) esetben
f ′ (2) ≡ 3 · 22 + 2 ≡ −1 (mod 5),
ezért alkalmazhatjuk a 3.7.1 Tételt.
Az x3 + 2x − 22 ≡ 0 (mod 25) kongruenciában az x = 2 + 5t helyettesítést
elvégezve a fentiek alapján−10 + (5t) · 14 ≡ 0 (mod 25),azaz

− 2 − t ≡ 0 (mod 5)

3.7. Prímhatvány modulusú kongruenciák

135

adódik, ahonnan t ≡ −2 (mod 5), vagyis t = 5s − 2. Innen
x = 2 + 5t = 2 + 5(5s − 2) = −8 + 25s.
Ez azt jelenti, hogy az
x3 + 2x − 22 ≡ 0 (mod 25)
kongruenciának az x ≡ 2 (mod 5) feltételt is kielégítő egyetlen megoldása
x ≡ −8 (mod 25).
Hasonlóan haladunk tovább az 52 modulusról az 53 modulusra. Írjuk beaz
x3 + 2x − 22 ≡ 0 (mod 125)
kongruenciába x helyére a kapott x = −8 + 25s kifejezést. Ekkor−50 + (25s) · 194 ≡ 0 (mod 125)
adódik. Innen s ≡ −2 (mod 5), tehátx = −8 + 25s = −58 + 125r,

azaz

x ≡ −58 (mod 125).

(ii) Az x ≡ −1 (mod 5) esetben f ′ (−1) ≡ 0 (mod 5), és így a bizonyítás
után tett megjegyzés szerint minden lépésben azt kell vizsgálnunk, hogy a (8)kongruenciában a megfelelő f (ck−1 ) érték osztható-e pk -val vagy sem.
Mivel f (−1) ≡ 0 (mod 25), ezért minden x ≡ −1 (mod 5) érték kielégíti
az x3 + 2x − 22 ≡ 0 (mod 25) kongruenciát, azaz a megoldásokx ≡ −1, 4, 9, 14 és 19 (mod 25) .
Ezek közül csak az utolsó kettőre lesz f (x) osztható 125-tel is, vagyis az
x3 + 2x − 22 ≡ 0 (mod 125) kongruenciát
x ≡ 14 (mod 25)

ésx ≡ 19 (mod 25)

elégítik ki (ez 2 · 5 = 10 maradékosztályt jelent modulo 125).
Összefoglalva, az x3 + 2x ≡ 22 (mod 125) kongruencia összes megoldását
az alábbi 11 modulo 125 maradékosztály adja:−58,

14 + 25jés

19 + 25j,

ahol

0 ≤ j ≤ 4.

136

3. Magasabb fokú kongruenciák

Feladatok
3.7.1 Határozzuk meg az alábbi kongruenciák megoldásszámát:a) x80 + x3 ≡ 8 (mod 320 );b) x99 + x3 ≡ 8 (mod 320 );c) x60 ≡ 1 (mod 7320 );d) x73 ≡ 1 (mod 7320 );e) x(x − 1)(x − 2) ≡ 0 (mod 1020 ).
3.7.2 Legyen p prím, továbbá a és n olyan pozitív egészek, amelyek nem
oszthatók p-vel. Bizonyítsuk be, hogy ha az xn ≡ a (mod p) kongruencia megoldható, akkor bármely k esetén megoldható az xn ≡ a(mod pk ) kongruencia is.
3.7.3 Mely, a modulushoz relatív prím a értékek esetén oldhatók meg az
alábbi kongruenciák? Határozzuk meg a megoldásszámot is.
a) x10 ≡ a (mod 1150 );M ∗ b) x2 ≡ a (mod 250 ).

3.7.4 Tegyük fel, hogy teljesülnek a 3.7.1 Tétel feltételei, és legyen u egy
olyan szám, amelyre uf ′ (c) ≡ 1 (mod p). Bizonyítsuk be, hogy a ckértékek az alábbi rekurzióval állíthatók elő:c1 = c és ck = ck−1 − uf (ck−1 ), ha k > 1 .
3.7.5 Oldjuk meg az x6 + 4x ≡ d (mod 73 ) kongruenciát, ahol d értéke
a) 3;

b) 2;

c) 72.

4. LEGENDRE- ÉS JACOBI-SZIMBÓLUM

A prím modulusú másodfokú kongruenciák kezelésének alapvető eszköze a
Legendre-szimbólum. Ennek tárgyalása során bebizonyítjuk többek között anevezetes Gauss-lemmát és kvadratikus reciprocitási tételt is. A fejezet végéna Legendre-szimbólum általánosításával, a Jacobi-szimbólummal foglalkozunk.

4.1. Másodfokú kongruenciák
Ebben a pontban végig feltesszük, hogy p > 2 prím és (a, p) = 1.
A 3.5.2 Definíció k = 2 speciális eseteként először definiáljuk a kvadratikus
maradék, illetve kvadratikus nemmaradék fogalmát.
D 4.1.1
4.1.1 Definíció
Legyen p > 2 prím és (a, p) = 1. Az a számot aszerint nevezzük kvadratikus maradék nak, illetve kvadratikus nemmaradék nak modulo p, hogy az x2 ≡ a(mod p) kongruencia megoldható-e, vagy sem. ♣Az a ≡ 0 (mod p) számokat nem soroljuk sem a kvadratikus maradékok, sema kvadratikus nemmaradékok közé.
4.1.2 Tétel

T 4.1.2(i) Az a szám akkor és csak akkor kvadratikus maradék modulo p, haa(p−1)/2 ≡ 1 (mod p). Ezzel ekvivalens, hogy az a (bármely primitív
gyök szerinti) indexe páros.
(ii) Az a szám akkor és csak akkor kvadratikus nemmaradék modulo p, haa(p−1)/2 ≡ −1 (mod p). Ezzel ekvivalens, hogy az a (bármely primitív
gyök szerinti) indexe páratlan.
(iii) A (páronként inkongruens) kvadratikus maradékok száma, illetve kvadratikus nemmaradékok száma egyaránt (p − 1)/2.
(iv) Ha a kvadratikus maradék, akkor az x2 ≡ a (mod p) kongruenciának két(páronként inkongruens) megoldása van. ♣138

4. Legendre- és Jacobi-szimbólum

Bizonyítás: (i) és (iii) a 3.5.3 Tételnek, (iv) pedig a 3.5.1 Tétel egyik állításának a k = 2 speciális esete.
(i) alapján az is adódik, hogy a akkor és csak akkor kvadratikus nemmaradék, ha a(p−1)/2 ̸≡ 1 (mod p), illetve ha az a indexe páratlan. Így (ii)-höz
már csak az
p−1

p−1

a 2 ̸≡ 1 (mod p) ⇐⇒ a 2 ≡ −1 (mod p)(1)

ekvivalenciát kell igazolni. Mivel ap−1 ≡ 1 (mod p) és p prím, ezért csaka(p−1)/2 ≡ ±1 (mod p) lehetséges. Emellett p > 2 miatt 1 ̸≡ −1 (mod p), ésígy (1) valóban teljesül.
D 4.1.3
4.1.3 Definíció( )aAz
Legendre-szimbólumot a következőképpen értelmezzük:
p
( ) {
a
1, ha a kvadratikus maradék mod p;=−1, ha a kvadratikus nemmaradék mod p. ♣pMegjegyzés: Időnként hasznos a Legendre-szimbólum
definícióját a p | a eset(a )re is kiterjeszteni, mégpedig az p = 0 értelmezéssel (lásd például a 4.1.15
feladatot). Ha azonban ezt külön nem jelezzük, akkor a továbbiakban automatikusan az (a, p) = 1 feltételre szorítkozunk.
()Példa: 72 = 1, mert az x2 ≡ 2 (mod 7) kongruencia megoldható; az egyik
megoldás x ≡ 3 (mod 7). A megoldhatóságot a
7−1

2 2 = 23 ≡ 1 (mod 7)
feltétel ellenőrzésével is beláthatjuk.
A Legendre-szimbólum definícióját a 4.1.2 Tétellel összevetve kapjuk,
hogy bármely a esetén
( )
p−1
a
2
≡
(mod p) .
(2)ap
A Legendre-szimbólum néhány fontos tulajdonságát az alábbi tételben
foglaljuk össze.

4.1. Feladatok
4.1.4 Tétel( ) ( )ab(i) a ≡ b (mod p) =⇒=.
pp( ) ( )( )
ab
a
b
(ii)
=
.
p
p p
( ) {
−1
1, ha p ≡ 1 (mod 4);(iii)=−1, ha p ≡ −1 (mod 4). ♣p139
T 4.1.4

Bizonyítás: Mindhárom állítás azonnal adódik (2)-ből, ezt csak (ii)-re részletezzük:( )( )( )
p−1
p−1 p−1abab≡ (ab) 2 = a 2 b 2 ≡(mod p) .
p
p p
Így

( ) ( )( )
ab
a
b
K=
−
p
p p
egyrészt osztható p > 2-vel, másrészt K értéke csak 0 vagy ±2 lehet, vagyis
valóban K = 0.

) Tétel alapján a Legendre-szimbólum számolása visszavezethető a(2) A (4.1.4qéspp értékek meghatározására, ahol q > 2 a p-től különböző prím. Azerre vonatkozó eredményeket a következő pontban tárgyaljuk.
Feladatok(A p végig egy 2-nél nagyobb prímszámot jelöl.)
4.1.1 Bizonyítsuk be három különböző módon, hogy (c, p) = 1 esetén a c2
kvadratikus maradék mod p.
4.1.2 Számítsuk ki az alábbi Legendre-szimbólumok értékét:
( )
( )
(
)
39
37
−100
a)
;
b)
;
c)
.
19
19
19
4.1.3 Számítsuk ki az()( ) ( )
2
p−1
1,
, ...,
pp
p
Legendre-szimbólumok összegét és szorzatát.
4.1.4 Lássuk be, hogy bármely kvadratikus maradék az( p − 1 )2
12 , 22 , . . . ,2
számok közül pontosan eggyel kongruens modulo p.

140

4. Legendre- és Jacobi-szimbólum

4.1.5 Igazoljuk, hogy ha a2 + b2 osztható 77-tel, akkor osztható 5929-cel is.
4.1.6 Legyen p egy 4k + 1 alakú prím. Bizonyítsuk be, hogy az x2 ≡ −1(mod p) kongruencia megoldásaix≡±(p − 1)2! (mod p).

4.1.7 Legyen p egy 4k + 3 alakú prím és a kvadratikus maradék mod p.
Bizonyítsuk be, hogy az x2 ≡ a (mod p) kongruencia megoldásaip+1

x ≡ ±a 4(mod p).

4.1.8a) Bizonyítsuk be, hogy ha op (a) páratlan, akkor a kvadratikus maradék
mod p.
b) Mely p prímek esetén igaz a fenti állítás megfordítása?
4.1.9a) Bizonyítsuk be, hogy egy primitív gyök szükségképpen kvadratikus
nemmaradék modulo p.
∗b) Mely p prímek esetén igaz a fenti állítás megfordítása?

4.1.10 Tegyük fel, hogy (c, 97) = 1, a c kvadratikus nemmaradék és nem
primitív gyök mod 97. Számítsuk ki o97 (c) értékét.
4.1.11 Bizonyítsuk be, hogy haa) p = 4k − 1;b) p = 4k + 1,
2
akkor az x ≡ k (mod p) kongruencia megoldható.
4.1.12 Mutassuk meg, hogy bármely p esetén az alábbi mod p kongruenciák
közül legalább az egyik biztosan megoldható:
x2 ≡ 30,x2 ≡ 33,x2 ≡ 70,

4.1.13 Oldjuk meg az alábbi kongruenciákat:M a) 3x2 + 5x + 5 ≡ 0 (mod 13);b) 7x2 + 8x ≡ 5 (mod 17);c) 6x25 + x5 + 5x ≡ 0 (mod 23);d) 2x17 + 5x + 1 ≡ 0 (mod 19).

x2 ≡ 105 és x2 ≡ 165 .

141

4.2. Kvadratikus reciprocitás

4.1.14 Jelöljük n(p)-vel a legkisebb olyan pozitív egészt, amely kvadratikus
nemmaradék mod p. Például n(5) = 2, n(7) = 3. Bizonyítsuk be,hogya) n(p) mindig prímszám;√∗∗b) n(p) < 1 + p.
4.1.15 Terjesszük
ki a Legendre-szimbólum definícióját a p | a esetre az(a )p = 0 értelmezéssel. Legyen továbbá
S(a, p) =)p (∑i(i + a)i=1

Bizonyítsuk be, hogya) S(0, p) = p − 1;∑p−1c)a=0 S(a, p) = 0;

∗

p

.

b) (a, p) = 1 =⇒ S(a, p) = S(1, p);d) S(1, p) = −1.

4.1.16 Jelölje M (p) azoknak az 1 ≤ a ≤ p−2 értékeknek a számát, amelyekrea és a + 1 is kvadratikus maradék mod p.
a) Bizonyítsuk be, hogy
4M (p) =p−2(( )
∑
a
a=1

p

+1

)((a + 1)
p

)
+1 .

b) Mutassuk meg, hogy M (p) ,,körülbelül” p/4: ha p = 4k ± 1, akkor
M (p) = k − 1.

4.2. Kvadratikus reciprocitás( )( )Ebben a pontban is feltesszük, hogy p > 2 prím. A p2 és pq Legendreszimbólumokra vonatkozó tételeket fogunk bizonyítani, ahol q > 2 a p-től
különböző prím. Mindkét eredményhez szükségünk lesz az alábbi lemmára:
T 4.2.1
4.2.1 Tétel (Gauss-lemma)p−1Legyen (a, p) = 1, és tekintsük az a, 2a, . . . , 2 a számok modulo p vettlegkisebb pozitív maradékait. Jelölje v ezek közül a p2 -nél nagyobbak számát.
Ekkor
( )
a
= (−1)v . ♣p

142

4. Legendre- és Jacobi-szimbólum

Bizonyítás: Az adott p−1
szám legkisebb pozitív maradékai közül a p2 -nél
2
kisebbeket jelölje r1 , . . . , ru , a p2 -nél nagyobbakat pedig p − s1 , . . . , p − sv (aholp−1
u + v = p−1
2 ). Így bármely 1 ≤ t ≤ 2 esetén alkalmas i-vel vagy j-velta ≡{ vagy ri(mod p)vagy p − sj(1)értékek közül
teljesül. Itt az ri és sj számok valamennyien az 1, 2, . . . , p−12
kerülnek ki.
Megmutatjuk, hogy az ri és sj számok mind különbözők, és így valamilyen
sorrendben az 1, 2, . . . , p−1
2 számokkal egyeznek meg.
Ha valamely i ̸= k-ra ri = rk , akkor alkalmas 1 ≤ λ < µ ≤ p−1
2 számokkal
λa ≡ ri = rk ≡ µa (mod p)
teljesül. Mivel (a, p) = 1, ezért a-val egyszerűsítve λ ≡ µ (mod p) adódik, ami
ellentmondás.
Hasonlóan jutunk ellentmondásra két sj egyenlőségéből is.
Végül, ha ri = sj , akkor
λa ≡ ri = sj ≡ −µa (mod p),
azaz p | a(λ + µ). Azonban (a, p) = 1 és 0 < λ + µ < p, így egyik tényező sem
osztható p-vel, ami ellentmond a p prím voltának.
Szorozzuk most össze az (1) kongruenciákat:(p − 1)2

p−1!a 2 ≡ r1 . . . ru (p − s1 ) . . . (p − sv ) ≡≡ (−1)v r1 . . . ru s1 . . . sv = (−1)v

A (2) kongruenciát a p-hez relatív prím
a

p−1
2

≡ (−1)v(mod p),( p−1 )
2(p − 1)2! (mod p) .

(2)!-sal egyszerűsítve adódik( )a= (−1)v .
azaz
p

A Gauss-lemma segítségével könnyen meghatározhatjuk, hogy a 2 mely
prímekre nézve lesz kvadratikus maradék.

143

4.2. Kvadratikus reciprocitás

T 4.2.2

4.2.2 Tétel( ) {2
1, ha p ≡ ±1 (mod 8);=−1, ha p ≡ ±3 (mod 8). ♣p

Bizonyítás: A Gauss-lemmát alkalmazzuk a = 2-re: megvizsgáljuk, hogy a2, 4, 6, . . . , p − 1 számok közül hány nagyobb p2 -nél.
pp−1
A számok száma összesen p−1
2 , ebből a 2 -nél kisebbek száma ⌊ 4 ⌋, teháta keresett v érték
p − 1 ⌊p − 1⌋
v=
−
.
2
4
( )
Ha p = 8k + 1, akkor így v = 4k − 2k = 2k, vagyis p2 = (−1)2k = 1.
Hasonlóan kapjuk a tétel állítását a p = 8k ± 3 és 8k − 1 esetekben is.
Könnyen ellenőrizhető, hogy a 4.2.2 Tétel a( )22= (−1)(p −1)/8p
alakban is felírható.
Most rátérünk a Legendre-szimbólumokra vonatkozó legfontosabb eredmény kimondására és igazolására.
T 4.2.3

4.2.3 Tétel (Kvadratikus reciprocitási tétel)Ha p > 2 és q > 2 két különböző prím, akkor( )( )
p−1 q−1qp= (−1) 2 · 2 ,
p q
azaz

(3)

 ( )
p

( ) 
−
, ha p ≡ q ≡ −1 (mod 4);

q
q
( )
=

p
p


, egyébként. ♣qBizonyítás: Az alábbi két állítást fogjuk igazolni:(A) Ha (a, p) = 1 és a páratlan, akkor( )a= (−1)w ,
p

p−1

ahol

w=

2 ⌊
∑
ta ⌋

t=1

p

.

(4)

144

4. Legendre- és Jacobi-szimbólum(B) Ha b és c páratlan, 1-nél nagyobb, relatív prím számok, akkor(c−1)/2⌊∑µ=1(b−1)/2⌊∑ νc ⌋ b − 1 c − 1
µb ⌋
+
=
·
.
c
b
2
2
ν=1

(5)

Ezekből a 4.2.3 Tétel már következik: (4) alapján( )( )qp= (−1)z ,p q(p−1)/2⌊

ahol

z=

∑

µ=1

és itt (5) szerintz=(q−1)/2⌊∑ νp ⌋
µq ⌋
+
,
p
q
ν=1

p−1 q−1·,22tehát (3) valóban teljesül.
(A) bizonyításánál a Gauss-lemmára (4.2.1 Tétel) támaszkodunk. Azottani jelöléseket fogjuk használni. Elég azt igazolnunk, hogy(p−1)/2⌊

w=

∑
t=1

ta ⌋
≡ v (mod 2).
p(6)

Az (1) kongruenciákat a maradékos osztás alapján a következőképpen
írhatjuk át egyenlőséggé:ta =⌊ ta ⌋{ vagy ri
p + vagy p − s .
j
p

(7)

A (7) egyenlőségeket t = 1, 2, . . . , p−1
2 -re összegezve(
1 + 2 + ... +(p−1)/2⌊uv∑∑ ta ⌋ ∑p − 1)(p − sj )
a=p
+
ri +
2
p
t=1
i=1
j=1

adódik.
Ezt átrendezve, és felhasználva, hogy r1 , . . . , ru , s1 , . . . , sv az
p−1
1, 2, . . . , 2 számok egy permutációját alkotják, a következő összefüggést kapjuk:()(p−1)/2⌊v∑∑ ta ⌋
p−1
1 + 2 + ... ++ v  . (8)(a − 1) + 2
sj = p 
2
p
t=1
j=1

4.2. Kvadratikus reciprocitás

145

Mivel a páratlan, ezért (8) bal oldala páros szám, és így (p > 2 miatt) (6)valóban teljesül.
(B) bizonyításához tekintsük a síkon a
A = (0 , 0),

B=

(b
2

)
,0 ,

C=

(b
2

,

(
c)
c)
és D = 0 ,22

pontok által meghatározott T téglalapot. Ekkor (5) jobb oldalán nyilván a T
belsejébe eső egész koordinátájú pontok (az ún. rácspontok) száma áll.
Megmutatjuk, hogy (5) bal oldala is a fenti rácspontok számával egyenlő.
Vágjuk ketté a T téglalapot az A és C csúcsokat összekötő y = cb x egyenletű
átlóval. Magára az átlóra (b, c) = 1 miatt nem esik rácspont.
Most megszámoljuk az ABC (,,alsó”) háromszög belsejébe eső rácspontok
számát, jelöljük ezt n-nel. Vizsgáljuk meg, hány rácspont helyezkedik el az
x = ν egyenletű (,,függőleges”) egyenesnek a háromszögbe eső részén. Ezeknek
a rácspontoknak az első koordinátája ν. A második koordinátát y-nal jelölve
az 1 ≤ y < cb ν egyenlőtlenségnek kell teljesülnie. Az ilyen y-ok száma tehát⌊ νcb ⌋. Az ABC háromszög belsejébe eső rácspontok számát innen úgy kapjuk,b−1
hogy a ⌊ νcb ⌋ értékeket összegezzük ν = 1, 2, . . . , 2 -re, azaz(b−1)/2 ⌊

n=

∑

ν=1

νc ⌋
.
b

Ez éppen az (5) bal oldalán szereplő második összeg.
Hasonlóan igazolható, hogy ha az ACD háromszög belsejébe eső rácspontokat az y = µ (,,vízszintes”) egyenesek mentén számoljuk meg, akkor az(5) bal oldalán szereplő első összeget kapjuk. Ezzel (5)-öt beláttuk, és így a
4.2.3 Tétel bizonyítását befejeztük.
Az alábbi példával azt illusztráljuk, hogyan használhatók a 4.1.4, 4.2.2 és
4.2.3 Tételek a Legendre-szimbólum értékének meghatározásánál.
Példa: Megoldható-e az x2 ≡ 198 (mod 1997) kongruencia? (Az 1997 prímszám.)
A 198 kanonikus alakja 198 = 2 · 32 · 11, ezért
(

) (
)(
)2 (
)
2
3
11
198
=
.
1997
1997
1997
1997
( 2 )
Mivel 1997 ≡ −3 (mod 8), így a 4.2.2 Tétel szerint 1997
= −1.

146

4. Legendre- és Jacobi-szimbólum

Mivel 1997 ≡ 1 (mod 4), így a 4.2.3 Tétel, majd 1997 ≡ −5 (mod 11) stb.
felhasználásával() () ( ) ( )( )
( )
( )
11
1997
−5
−1
5
11
1
=
=
=
= (−1)= (−1)= −1 .
1997
11
11
11
11
5
5
Tehát

(

)
198
= (−1) · 1 · (−1) = 1,
1997

vagyis az x2 ≡ 198 (mod 1997) kongruencia megoldható.
Nagyon nagy számok esetén a fenti módszer problematikus pontja az,
amikor az eljárás közben keletkező Legendre-szimbólumok ,,számlálóját” faktorizálni kell, amire nem ismeretes gyors algoritmus. A következő pontban
látni fogjuk, hogy ez a probléma a Jacobi-szimbólum segítségével kiküszöbölhető.
Feladatok
4.2.1 Melyek oldhatók meg az alábbi kongruenciák közül:a) x2 ≡ 66 (mod 191);c) x2 ≡ 94! (mod 101);e) x2 ≡ 38 (mod 187);b) x2 ≡ 7! (mod 83);d) x2 ≡ 30 (mod 77);f) 2x2 + 3x + 5 ≡ 0 (mod 101).

4.2.2 Milyen p > 2 prímekre oldhatók meg az alábbi kongruenciák:a) x2 ≡ −2 (mod p);c) x2 ≡ −3 (mod p);e) x4 ≡ 4 (mod p);∗g) x8 ≡ 16 (mod p);b) x2 ≡ 3 (mod p);d) x2 ≡ 5 (mod p);∗f) x4 ≡ −4 (mod p);∗h) x8 ≡ 81 (mod p).

4.2.3 Bizonyítsuk be, hogy ha 1999 | a2 + 2b2 , akkor 1999 | a és 1999 | b.
∗4.2.4 Bizonyítsuk be, hogy van olyan c, amelyre 43100 | 2c8 + 1.
4.2.5 Mutassuk meg, hogya) egy 8c2 − 1 alakú (pozitív) számnak minden prímosztója 8k ± 1 alakúés biztosan van 8k − 1 alakú prímosztója;b) egy 12c2 − 1 alakú (pozitív) számnak minden prímosztója 12k ± 1
alakú és biztosan van 12k − 1 alakú prímosztója;c) egy c2 + 4 alakú páratlan számnak biztosan van 8k + 5 és 3̸ | c esetén
12k + 5 alakú prímosztója is (ez a két prímosztó lehet ugyanaz).

4.3. Jacobi-szimbólum

147

4.2.6 Legyenek p1 , p2 , p3 , p4 , p5 különböző páratlan prímek, P = p1 . . . p5
és ai = P/pi , i = 1, 2, 3, 4, 5.
a) Igazoljuk, hogy az
x2i ≡ ai (mod pi ),i = 1, 2, 3, 4, 5

kongruenciák közül a megoldhatók száma akkor és csak akkor páros,
ha
)
5 (
∑
−1
= ±1.
pi
i=1
b) Tegyük fel, hogy azi2 ≡ pi (mod ai ),i = 1, 2, 3, 4, 5

kongruenciák mindegyike megoldható. Lássuk be, hogy ekkor
)
5 (
∑
−1
i=1

pi

≥ 3.

4.2.7
a) Bizonyítsuk be, hogy 19 egymást követő egész szám négyzetének azösszege nem lehet teljes hatvány.
∗b) Mutassuk meg, hogy az a)-beli állítás 19 helyett bármilyen 12k ± 5
alakú prímszámra is igaz.
M∗∗ 4.2.8 Adjunk meg olyan f egész együtthatós polinomot, amelyre az
f (x) = 0 egyenletnek nincs racionális gyöke, de az f (x) ≡ 0 (mod m)
kongruencia minden m-re megoldható.

4.3. Jacobi-szimbólum
D 4.3.1
4.3.1 Definíció
Legyen m > 1 páratlan szám, m = p1 . . . pr , ahol a pi számok (nemfeltétlenül
különböző) pozitív prímek.
(a)( a ) Legyen továbbá (a, m) = 1. Ekkor az
Jacobi-szimbólumot
mint
az
m
pi Legendre-szimbólumok szorzatát értelmezzük:( ) ( )
( )
a
a
a
=
...
. ♣
m
p1
pr

148

4. Legendre- és Jacobi-szimbólum(

Példa:

745)( )2 ( ) ( )
7
7
2
=
=
= −1.
3
5
5

Ha m prím, akkor a Jacobi-szimbólum megegyezik a Legendre-szimbólummal. Ennélfogva nem okozhat problémát, ha mindkettőt ugyanúgy jelöljük.
A prímeknél tapasztaltakkal szemben összetett m esetén (az )x2 ≡ aaJacobi(mod m) kongruencia megoldhatósága nem karakterizálható az m
szimbólum segítségével (lásd a 4.3.2 feladatot).
A Jacobi-szimbólum ugyanakkor ,,átörökíti” a Legendre-szimbólumnak a
4.1.4, 4.2.2 és 4.2.3 Tételekben tárgyalt tulajdonságait:
T 4.3.2
4.3.2 Tétel
Tegyük fel, hogy a szereplő Jacobi-szimbólumok értelmesek, azaz a ,,nevező” egy 1-nél nagyobb páratlan szám, amely relatív prím a ,,számlálóhoz”(tehát pl. (v)-ben m és n relatív prím, 1-nél nagyobb páratlan számok).
( ) ( )
b
a
=
.
m
m
( )
( )( )( ) ( )( )
ab
a
b
a
a
a
(ii)
=
,
=
.
m
m m
mn
n m
( ) {
1, ha m ≡ 1 (mod 4);
−1
(iii)
=
m
−1, ha m ≡ −1 (mod 4).
( ) {1, ha m ≡ ±1 (mod 8);
2
(iv)
=
m
−1, ha m ≡ ±3 (mod 8).
{
(n)
( )
, ha n ≡ m ≡ −1 (mod 4);
− m
m
(n)
(v)
=
n
m , egyébként. ♣(i)a ≡ b (mod m) =⇒Bizonyítás: Valamennyi tulajdonság következik a Jacobi-szimbólum definíciójából és a Legendre-szimbólum megfelelő tulajdonságából. Ezt részletesen
megmutatjuk (v)-re (azaz a reciprocitási tétel megfelelőjére), a többi hasonlóan igazolható.
Legyen m = p1 . . . pr , n = q1 . . . qs (ahol pi ̸= qj ). Ekkor a Jacobiszimbólum definíciója és a Legendre-szimbólum multiplikativitása (vagy a je-4.3. Jacobi-szimbólum

149

len tétel (ii) tulajdonságai) alapján( )∏ (pi )
m
=
,
n
qj
1≤i≤r
1≤j≤s

( )
∏ (qj )
n
=
.
m
pi

(1)

1≤i≤r
1≤j≤s

Legyen a pi -k közül
az uv(piu) darab,(qj )a qj -k közül v darab 4k − 1 alakú.
(pi ) (Erreqj )számú pi , qj párra qj = − pi , az összes többi párra pedig qj = pi . Ezért(1) alapján
( )
( )
m
n
=−
⇐⇒ uv páratlan ⇐⇒nm⇐⇒ u és v páratlan ⇐⇒ m ≡ n ≡ −1 (mod 4).
Példa: Megoldható-e az x2 ≡ 2342 (mod 11 239) kongruencia? (A 11 239
prímszám.)
(
)
2342
Az
Legendre-szimbólumot Jacobi-szimbólumként, a 4.3.2 Tétel
11 239felhasználásával számítjuk ki. Ennek az lesz az előnye, hogy a ,,számlálókból”
mindig csak a legnagyobb kettőhatványokat kell leválasztani, a páratlan részt
nem kell faktorizálni, hanem azonnal lehet a reciprocitást alkalmazni.
(

2342
11 239

)

(

)(
)
(
)
(
)
2
1171
11 239−471== 1(−1)=−=
11 239 11 239
1171
1171
)(
)
(
)
(
)
(
471
1171
229
−1
= −(−1)(−1)=−==−
1171 1171
471
471
(
)
(
)
(
)
( )
( )3
471
13
229
8
2
=−
=−
=−
=−
=−
= 1.
229
229
13
13
13

A kongruencia tehát megoldható.
Vegyük észre, hogy a fenti eljárás az euklideszi algoritmus egy variánsának
tekinthető.
A Jacobi-szimbólum a prímtesztelésnél is fontos szerephez jut (lásd az
5.7.4 Tételt).

150

4. Legendre- és Jacobi-szimbólum

Feladatok
4.3.1 Számítsuk ki az alábbi Jacobi-szimbólumokat:
(
)
( )
(
)
31
589
1 234 567
a)
;
b)
;
c)
;
225
95
1999

(
d)

)
1113
.
11 131

4.3.2 Legyen m > 1 páratlan szám és (a, m) = 1.
2a) Bizonyítsuk
( a ) be, hogy ha az x ≡ a (mod m) kongruencia megoldható,
akkor m = 1.
b) Mutassunk példát, hogy az a)-beli állítás megfordítása nem igaz.
∗c) Melyek azok az m-ek, amelyekre az a)-beli állítás megfordítása is
igaz?
4.3.3 Bizonyítsuk be, hogy ha p prím és p = a2 + b2 , akkor az
x2 ≡ a (mod p)és

x2 ≡ b (mod p)

kongruenciák közül legalább az egyik megoldható.
4.3.4 Számítsuk ki a Jacobi-szimbólumokból képezett alábbi összegeket:
)
)
111 (
111 (
∑
∑
2
k
a)
;
b)
.
2k + 1
2k + 1k=1

k=1

4.3.5 Legyenek az a, m, n számok 1-nél nagyobbak, m és n páratlan, továbbá (a, m) = (a, n) = 1.
a) Bizonyítsuk be, hogy ha a ≡ 0 vagy 1 (mod 4), akkor( ) ( )aa=.
m ≡ n (mod a) =⇒mnb) Mutassuk meg, hogy ha a ≡ 2 vagy 3 (mod 4), akkor létezik olyanm és n, hogy( ) ( )aam ≡ n (mod a),
de
̸=
.
m
n
4.3.6 Legyen m > 1 páratlan szám. Számítsuk ki a Jacobi-szimbólumokból
képezett alábbi összeget és szorzatot:
∏ (r)
∑ (r)
;
b)
.
a)
m
m
1≤r≤m
(r,m)=1

1≤r≤m(r,m)=1

4.3. Feladatok

151

4.3.7
a) Adjuk meg az összes (olyan) m > 1 páratlan számot, amelyre bármelya(a, m) = 1 esetén az m
Jacobi-szimbólum értéke 1.

M ∗ b) Adjuk meg az összes olyan a egészt,( a ) amelyre bármely m > 1 páratlanszám és (a, m) = 1 esetén az m
Jacobi-szimbólum értéke 1.

5. PRÍMSZÁMOK

A prímszámok a matematika egyik legegyszerűbben megadott, ugyanakkor
talán legtitokzatosabb halmazát alkotják. Már Euklidész Elemek című könyvében szerepel annak bizonyítása, hogy végtelen sok prímszám van, azonban
ma sem tudjuk, hogy például végtelen sok ikerprím létezik-e. Néhány ilyen
híres, egyszerűen megfogalmazható, ugyanakkor reménytelenül nehéz megoldatlan probléma bemutatása után speciális alakú prímekkel foglalkozunk: aFermat- és Mersenne-prímekkel, illetve számtani sorozatok prímszámaival. A
prímszámok eloszlásával kapcsolatban alsó és felső becslést adunk az x-nél
nem nagyobb prímszámok számára, továbbá a szomszédos prímek közötti
hézagot, valamint a prímek reciprokösszegét vizsgáljuk. Végül azt a kérdéskört
tanulmányozzuk, hogyan lehet egy nagy számról a gyakorlatban is eldönteni,hogy prím-e (prímtesztelés), illetve hogyan lehet egy nagy összetett számot
tényezőkre bontani (prímfelbontás, faktorizáció). Kiderül, hogy a két feladat alapvetően eltérő időigényű (legalábbis jelenlegi tudásunk szerint), és bemutatjuk az ezen az eltérésen alapuló, széles körben alkalmazott nyilvános
jelkulcsú titkosírást, az RSA-sémát.

5.1. Klasszikus problémák
Ebben a fejezetben prímen végig pozitív prímszámot értünk (a ,,prímszám”
szó tulajdonképpen pozitív felbonthatatlan szám értelemben szerepel majd∏általában), és p-vel mindig (pozitív) prímszámot jelölünk (tehát példáulpp≤na (0, n] intervallumba eső prímek szorzatát jelenti).
Először az ókori görög matematika két nevezetes eredményét tárgyaljuk.
5.1.1 Tétel
A prímszámok száma végtelen. ♣T 5.1.1

Bizonyítás: Tegyük fel indirekt, hogy csak véges sok prímszám létezik, legyenek ezek p1 (= 2), . . . , pr . Tekintsük az A = p1 . . . pr + 1 számot.
Az A nyilván a p1 , . . . , pr prímszámok egyikével sem osztható.
Ugyanakkor minden 1-nél nagyobb számnak, így A-nak is létezik prímosztója. Ez szükségképpen különbözik a p1 , . . . , pr prímektől, ami ellentmond
az indirekt feltevésnek.

5.1. Klasszikus problémák

153

Megjegyzés: A bizonyításból az is leolvasható, hogynpn < 22 ,ahol pn az n-edik prímszámot jelöli (5.1.9a feladat). Ennél lényegesen jobb
felső becslést fogunk megadni az 5.4 pontban.
Most az eratoszteneszi szitát mutatjuk be. Ez egy olyan eljárás, amellyelelőállíthatjuk egy adott N számig az összes prímszámot.
T 5.1.2
5.1.2 Tétel (Eratoszteneszi szita)Írjuk fel 2-től N -ig az egész számokat. Az első lépésben karikázzuk be
a 2-t, majd húzzuk át azokat a számokat, amelyek a 2 többszörösei és 2-nél
nagyobbak: 4, 6, 8, . . . Ezután karikázzuk be azt a legkisebb számot, amely
még nincs megjelölve (azaz nincs bekarikázva és nincs áthúzva); ez a 3, majd
húzzuk át ennek a nála nagyobb többszöröseit: 6, 9, . . . (a 6-ot, 12-t stb. már
másodszor húzzuk át).
Ismételjük meg a fentieket
mindig a legkisebb√ még jelöletlen számmal, ha√ez a szám még legfeljebb N . Ha már minden N -nél nem nagyobb számot
megjelöltünk, akkor álljunk meg.
Ekkor a bekarikázott és a jelöletlen számok együttesen éppen
√ az N -nél
nem nagyobb prímszámokat adják(abekarikázottak
leszneka
N -nél nem√
nagyobb, a jelöletlenek pedig a N és N közötti prímek). ♣Bizonyítás: Az áthúzott számok nyilván összetettek, hiszen van egy náluk
kisebb, de 1-nél nagyobb osztójuk.
A bekarikázott számokról teljes indukcióval igazoljuk, hogy felbonthatat√
lanok. Az első bekarikázott szám, a 2 felbonthatatlan. Legyen s ≤ N a
k-adik bekarikázott szám, és tegyük fel, hogy az első k − 1 bekarikázott szám
alkotja az összes s-nél kisebb felbonthatatlan számot. Ekkor s-nek ezek egyike
sem osztója (hiszen s-et egyszer sem húztuk át), tehát s nem osztható egyetlen
nála kisebb felbonthatatlan számmal sem, és így s szükségképpen felbonthatatlan.
Legyen végül t egy tetszőleges jelöletlen szám. Ha t összetett lenne, akkor(pl. az 1.4.7a-b√ szerint) t-nek lenne olyan p felbonthatatlan osztója,√ feladat
amelyre p ≤ t ≤ N . Ez azonban
ellentmond annak, hogy t nem osztható√a bekarikázott számok, azaz a N -nél nem nagyobb felbonthatatlan számok
egyikével sem.
Most a prímszámokkal kapcsolatos néhány nevezetes megoldatlan problémát ismertetünk. Ezek egy részével a fejezet további pontjaiban részletesebben is foglalkozunk majd.

154

5. Prímszámok

Ikerprímek:{3, 5}, {5, 7}, {11, 13}, {17, 19}, . . . : előfordul-e végtelen sokszor, hogy
két szomszédos páratlan szám mindegyike prím?
Megjegyzések :1. A 2023-ban ismert legnagyobb ikerprímpár 2996863034895·21290000 ±1(ezek a számok a tízes számrendszerben 388342 jegyűek).
2. A 2 helyett bármilyen más rögzített 2k páros számra is megoldatlan,
hogy van-e végtelen sok olyan prímpár, amelyben a két prím különbsége éppen
2k. Azonban óriási áttörést jelentett, amikor Goldston, Pintz és Yildirim
eredményeit és módszereit továbbfejlesztve Zhang 2013-ban bebizonyította,
hogy létezik ilyen 2k < 70000000. A Terence Tao által vezetett Polymath8
nemzetközi internetes kutatócsoport 2014-ben ezt leszorította 2k ≤ 246-ra.
Jelenleg is ez a legjobb ismert korlát.
3. További általánosításként prímpárok helyett prímhármasokat, prímnégyeseket stb. is vizsgálhatunk: könnyen adódik, hogy n, n + 2 és n + 4 mindegyike csak n = 3 esetén prím, azonban nagyon is elképzelhető, hogy végtelen
sok olyan n van, amelyre n, n + 2 és n + 6 mindhárman prímek, vagy akár n,n + 2, n + 6 és n + 8 mindegyike prím stb. (Vö. az 1.4.1 és 5.1.1 feladatokkal.)
4. Az ikerprímprobléma úgy is megfogalmazható, hogy a szomszédos
prímek különbsége vajon végtelen sokszor lesz-e ,,nagyon kicsi”. Egy másik
irányú nevezetes sejtés, hogy két egymást követő négyzetszám között mindig
található prímszám, vagyis a szomszédos prímek különbsége nem nőhet ,,túlgyorsan”. A szomszédos prímek közötti hézaggal részletesebben az 5.5 pontban
foglalkozunk.
5. Az ikerprímek (ha végtelen sokan vannak is) mindenképpen ,,nagyon
ritkán” helyezkednek el a prímek között; például az ikerprímek reciprokösszege
konvergens, míg a prímeké divergens (lásd az 5.6 pontot).
6. Egy további érdekes eredmény, hogy végtelen sok olyan p prím létezik,
amelyre p + 2 vagy prím, vagy pedig két prím szorzata (azaz ,,csak egyetlen
lépés” hiányzik az ikerprímprobléma bizonyításához).
Goldbach-sejtés:
4 = 2 + 2, 6 = 3 + 3, 8 = 5 + 3, 10 = 7 + 3, 12 = 7 + 5, . . . : felírható-e
4-től kezdve minden páros szám két prímszám összegeként?
Megjegyzések :1. A fenti problémát szokás ,,páros” Goldbach-sejtésnek is nevezni, megkülönböztetésül a ,,páratlan” Goldbachtól, amely arra vonatkozik, hogy a 7-től
kezdve minden páratlan szám felírható három prím összegeként. Ez utóbbi állítás egyrészt azonnal következik a páros Goldbachból (lásd az 5.1.2 feladatot),5.1. Klasszikus problémák

155

másrészt a mindmáig megoldatlan páros esettel ellentétben ezt már sikerült
bebizonyítani. Az első lépést Vinogradov tette meg 1937-ben igazolva, hogy
minden elég nagy páratlan szám előáll három prím összegeként. A bizonyítás
explicit felső korlátot is adott arra, ahonnan kezdve minden páratlan szám biztosan felírható ílyen módon. Így már „csak” a korlát alatti véges sok páratlanszámra kellett ellenőrizni a sejtést. Azonban a Vinogradov által talált korlát
olyan óriási volt, hogy az elméleti javítások és a szupergyors számítógépek ellenére is ez a befejező lépés egészen a legutóbbi időkig váratott magára. Végül
2013-ban Helfgottnak sikerült teljes egészében belátnia a sejtést.
2. A (,,páros”) Goldbach-sejtéssel kapcsolatos néhány részeredmény:(A) Minden páros szám legfeljebb 6 prímszám összege. (Az első ilyen típusú
tételt a 6 helyett néhány ezerrel Schnirelmann igazolta 1930-ban.)(B) Minden elég nagy páros szám felírható p + m alakban, ahol p prím és mvagy prím, vagy pedig két prím szorzata. (Az első ilyen típusú tételt, ahol
alkalmas rögzített k-val m legfeljebb k darab prím szorzata, Rényi Alfréd
igazolta 1947-ben.)(C) Csak (a megfelelő értelemben vett) ,,ritka kivételek” lehetnek azok a párosszámok, amelyek esetleg nem írhatók fel két prím összegeként. (A ,,ritka”jelző egyelőre sajnos nem helyettesíthető a ,,véges sok” kifejezéssel.)Hosszú számtani sorozatok:{3, 5, 7}, {5, 11, 17, 23, 29}, {7, 37, 67, 97, 127, 157}, . . . : van-e akármilyen
hosszú (nemkonstans) számtani sorozat csupa prímszámból?
Itt örömmel számolhatunk be arról, hogy 2004-ben Ben Green és Terence
Tao bebizonyították, hogy a válasz igen.
Megjegyzések :1. A 2023-ben ismert leghosszabb számtani sorozatnak, amely csupa prímszámból áll, 27 tagja van:
224584605939537911 + 81292139 · P27 k,

k = 0, 1, . . . , 26,ahol Pn az n-nél kisebb prímek szorzata: P27 = 2·3·5·7·11·13·17·19·23. Egy
n elemű, csupa prímszámból álló számtani sorozat diﬀerenciája szükségképpen
osztható Pn -nel (lásd az 5.1.5c feladatot).
2. Egy végtelen számtani sorozat már nem állhat csupa prímszámból (lásdaz 1.4.2 feladatot), de szerepel benne végtelen sok prím, ha a kezdőtagja és adiﬀerenciája relatív prímek (Dirichlet tétele, lásd az 5.3 pontot).

156

5. Prímszámok

Speciális alakú prímek:• Létezik-e végtelen sok 2k − 1, illetve 2k + 1 alakú prím (Mersenne-, illetve
Fermat-prímek, lásd az 5.2 pontot)?
• Létezik-e végtelen sok n2 + 1 alakú prím (vö. az 1.4.6 feladattal)?
• Létezik-e végtelen sok prím a (tízes számrendszerben) csupa egyes számjegyet tartalmazó számok, a 333 . . . 31 alakú számok, a Fibonacci-számok
stb. között?
Prímképletek:
Megadható-e olyan ,,gyakorlati szempontból is használható” képlet, amely
minden n-re előállítja az n-edik prímszámot, vagy legalábbis olyan, a természetes számokon értelmezett, a gyakorlatban is kiszámítható (végtelen sokértékű) függvény, amelynek minden helyettesítési értéke prím?
Megjegyzések :1. Általános vélekedés szerint ilyen képletre nemigen van remény. Az
5.1.9b és 5.5.9b feladatokban szereplő képletek éppen a gyakorlati kiszámíthatóság követelményének nem felelnek meg.
2. Már Euler észrevette, hogy n2 + n + 41 minden 0 ≤ n ≤ 39 esetén prím(azonban n = 40-re összetett). Ebből azonnal adódik, hogy(n − 40)2 + (n − 40) + 41 = n2 − 79n + 1601
minden 0 ≤ n ≤ 79 esetén prím. Ha nemcsak egész, hanem racionális együtthatós polinomokat is megengedünk, akkor akármilyen hosszú ilyen prímsorozatot tudunk gyártani (5.1.7 feladat). Másfelől azonban egy (nemkonstans) polinom biztosan nem alkalmas prímképletnek, mert nem vehet fel minden egész
helyen prímet (5.1.8 feladat).
3. Meglepő ugyanakkor az alábbi (szintén csak elméleti szempontból jelentős) eredmény: Megadható olyan többváltozós, egész együtthatós polinom,
amelynek a változók nemnegatív értékein felvett pozitív helyettesítési értékei
megegyeznek a (pozitív) prímszámok halmazával. (Ez a polinom ugyanazt aprímet több helyen is felveheti, valamint negatív értékeket is felvesz.)
Ilyen polinom létezését először Matijaszevics igazolta 1970-ben. Matijaszevics ekkor oldotta meg Hilbert tizedik problémáját: (mások munkáját
betetőzve) bebizonyította, hogy nem létezik olyan általános algoritmus, amelybármelyik diofantikus egyenlet esetén eldönti, hogy annak az egyenletnek vane megoldása (az egész számok körében) vagy sem. Módszeréből egyúttal afent jelzett tulajdonságú polinom létezése is kiderült. Az ilyen polinomokra
vonatkozó jelenlegi rekordok: (i) a minimális fokszám 5, ekkor 42 változó szerepel; (ii) a minimális változószám 10, ekkor viszont a fokszám kb. 1,6 · 1045 .

5.1. Feladatok

157

Feladatok
Lásd az 1.4.1–1.4.7 feladatokat is.
5.1.1 Tegyük fel, hogy az r1 , . . . , rk egészekhez végtelen sok olyan n létezik,
amelyre az n + r1 , . . . , n + rk számok mindegyike prím. Bizonyítsuk
be, hogy ekkor az r1 , . . . , rk számok semmilyen m > 1 modulusra
sem tartalmazhatnak teljes maradékrendszert modulo m.
5.1.2 Bizonyítsuk be, hogya) a ,,páros” Goldbach-sejtésből következik a ,,páratlan”, továbbáb) a ,,páros” Goldbach-sejtés ekvivalens azzal az állítással, hogy mindenn ≥ 6 egész szám felírható három prím összegeként.
5.1.3 Mely páros számok írhatók fel két (pozitív) összetett szám összegeként? És melyek két páratlan (pozitív) összetett szám összegeként?
5.1.4 Határozzuk meg azokat a prímeket, amelyeknek az összege és a különbsége is prímszám.
5.1.5 Tekintsünk egy csupa prímszámból álló számtani sorozatot, jelöljük atagok számát n-nel, a diﬀerenciát pedig d-vel. Bizonyítsuk be, hogya) ha n = 4, akkor 6 | d;b) ha n = 6, akkor 30 | d;M c) általában, d osztható az összes n-nél kisebb prímszámmal.
5.1.6 Bizonyítsuk be, hogy a ,,Speciális alakú prímek” c. résznél felsorolt
valamennyi típusú számból végtelen sok összetett szám létezik.
5.1.7 Legyen k tetszőleges pozitív egész. Lássuk be, hogy van olyan f
racionális együtthatós polinom, amelyre bármely 1 ≤ i ≤ k eseténf (i) éppen az i-edik prímszám.
5.1.8a) Legyen f egész együtthatós, egyváltozós, nemkonstans polinom. Mutassuk meg, hogy f (n) nem lehet minden n természetes számra prím.
b) Igazoljuk ugyanezt(b1) racionális együtthatós;(b2) komplex együtthatós;(b3) többváltozós
polinomokra is.
5.1.9 Jelölje pn az n-edik prímszámot.
na) Bizonyítsuk be, hogy pn < 22 .

158

5. Prímszámokb) Legyen
c=

∞
∑
pn
= 0,000200000000000300 . . . ,
22n
10
n=1

azaz c egy olyan tizedes tört, amelyben sorra a prímek tízes számrendszerbeli alakját írjuk le, amelyeket megfelelő számú 0 jeggyel választunk el egymástól (hogy ,,biztosan ne érjenek egymásba”). Mutassuk
meg, hogy⌊ 2n ⌋⌊ 2n−1 ⌋2n2n−1
pn = 102 c − 102 −2
· 102
c .
c) Miért nem alkalmazható a b)-beli formula pn tényleges meghatározására?
5.1.10 Adjunk meg olyan K számot, amelyre igaz az alábbi állítás:A 104 ≤ c ≤ 108 feltételt kielégítő c számokra c akkor és csak
akkor prím, ha (c, K) = 1.

5.2. Fermat- és Mersenne-prímek
Ebben a pontban a 2k +1 és 2k −1 alakú prímekkel foglalkozunk, az előbbieket
Fermat-prímeknek, az utóbbiakat Mersenne-prímeknek nevezzük. Amint azelőző pontban már említettük, megoldatlan, hogy létezik-e végtelen sok Fermat-, illetve Mersenne-prím.
Az 1.4.4 feladatban láttuk, hogy ha 2k + 1 prím, akkor k szükségképpen kettőhatvány, ha pedig 2k − 1 prím, akkor k maga is prím. Így elég azn
Fn = 22 + 1 Fermat-számokat és az Mp = 2p − 1 (ahol p prím) Mersenneszámokat vizsgálnunk.
Először a Fermat-számokkal foglalkozunk. Fermat azt hitte, hogy Fn
mindig prímet ad (nem ez a híres Fermat-sejtés, azzal a 7. fejezetben foglalkozunk majd). A 0 ≤ n ≤ 4 értékekre Fn valóban prím (ezek a prímek a 3, 5, 17,257 és 65537), azonban Euler megmutatta, hogy F5 = 232 + 1 már összetett,ugyanis osztható 641-gyel.
2023-ban annyit tudunk, hogy Fn összetett szám 5 ≤ n ≤ 32 és néhány
nagyobb n esetén. A rekord F18233954 (amely a tízes számrendszerben több,
mint 1050000000 jegyből áll!), ez osztható 7 · 218233956 + 1-gyel. (Az Fn Fermatszám minden pozitív osztója r2n+2 k + 1 alakú, ha n ≥ 2, lásd az 5.2.1 Tételt.)
Az n > 4 értékekre (egyelőre) nem találtak prímet az Fn számok között.
Nem tudjuk, hogy F33 prím-e. Nem ismerjük F20 és F24 egyetlen nemtriviális

5.2. Fermat- és Mersenne-prímek

159

osztóját sem (noha tudjuk, hogy összetett számok). F5 , F6 és F7 prímtényezős
felbontását megadjuk a könyv végén található, a Fermat-számokra vonatkozó
táblázatban (rajtuk kívül csak F8 , F9 , F10 és F11 teljes felbontása ismert).
A Fermat-prímek a szabályos sokszögek szerkesztésénél játszanak szerepet: Gauss tétele szerint egy szabályos N -szög akkor és csak akkor szerkeszthető (euklideszi szerkesztéssel), ha (3 ≤)N kanonikus alakja N = 2α p1 . . . pr ,ahol α ≥ 0, r ≥ 0 és a pi számok különböző Fermat-prímek. Az első néhány
érték N = 3, 4, 5, 6, 8, 10, 12, 15, 16, 17, 20, . . .
A Fermat-számok vizsgálatában az alábbi két tétel nyújt gyakorlati szempontból is hasznos segítséget. Az 5.2.1 Tétel a Fermat-számok prímosztóinak
keresését teszi hatékonyabbá, az 5.2.2 Tétel alapján pedig (viszonylag) gyorsanellenőrizhető, hogy egy Fermat-szám prím-e vagy összetett.
T 5.2.1
5.2.1 Tétel
Fn bármely (pozitív) osztója k2n+1 + 1, sőt n ≥ 2 esetén r2n+2 + 1 alakú.
♣
Feltehetőleg Euler is ezt a tételt használta F5 összetettségének a kimutatására: F5 prímosztói csak a 128k + 1 alakú prímek közül kerülhetnek ki.
Ezek közül az első kettő a 257 és a 641, és ez utóbbi osztója is F5 -nek.
Bizonyítás: Az állítást először arra az esetre igazoljuk, ha az osztó egy pprímszám. Ekkor p | Fn átírható an

22 ≡ −1 (mod p)(1)

alakba. Ezt négyzetre emelve22n+1≡ 1 (mod p)adódik. A 3.2.2(i) Tétel szerint
2j ≡ 1 (mod p) ⇐⇒ op (2) | j.
Ennek megfelelően a (2) kongruenciából azt kapjuk, hogy
op (2) | 2n+1 ,ugyanakkor az (1) kongruencia alapján
op (2)̸ | 2n ,

(2)

160

5. Prímszámokhiszen nyilván p > 2 és így −1 ̸≡ 1 (mod p). Ebből következik, hogy
op (2) = 2n+1 .
Az op (2) | p − 1 összefüggésből kapjuk, hogy 2n+1 | p − 1, azaz alkalmask egésszel p = k2n+1 + 1.
Ha n ≥ 2, akkor az előzőek alapján egyúttal p = 8s + 1 alakú, és így
( )
p−1
2
= 1,
azaz
2 2 ≡ 1 (mod p).
pEbből következik, hogy
op (2) = 2n+1

p−1
,
2

vagyis alkalmas r egésszel p = r2n+2 + 1.
A fenti eredményeket átírhatjuk p ≡ 1 (mod 2n+1 ), illetve n ≥ 2 eseténp ≡ 1 (mod 2n+2 ) alakba is.
Legyen végül d | Fn tetszőleges. Írjuk fel d-t (nem feltétlenül különböző)prímszámok szorzataként (ha d > 1): d = p1 . . . ps . Az előzőekben azt igazoltuk, hogy mindegyik i-re pi ≡ 1 (mod 2n+1 ). Ezeket a kongruenciákatösszeszorozva kapjuk, hogy d ≡ 1 (mod 2n+1 ) is teljesül. A 2n+2 modulusra
vonatkozó állítás ugyanígy bizonyítható.
5.2.2 Tétel (Pepin-teszt)
Az n ≥ 1 esetben Fn akkor és csak akkor prím, ha

T 5.2.2

3(Fn −1)/2 ≡ −1 (mod Fn ). ♣(3)

Bizonyítás: Tegyük fel először, hogy Fn prím. Ekkor (3) éppen azt jelenti,
hogy a 3 kvadratikus nemmaradék modulo Fn , azaz
( )
3
= −1.
Fn
n

Ennek igazolásához felhasználjuk, hogy n ≥ 1 miatt 22 = 4t alakú, és így
Fn ≡ 1 (mod 4),

továbbáFn = 4t + 1 ≡ −1 (mod 3).

Ezért a kvadratikus reciprocitási tétel alapján( ) ( ) ( )
3
Fn
−1
=
=
= −1 .
Fn
3
3

5.2. Fermat- és Mersenne-prímek161

A megfordításhoz tegyük fel, hogy (3) teljesül. Ezt négyzetre emelve
3Fn −1 ≡ 1 (mod Fn )(4)

adódik. A (4), illetve (3) kongruenciából
oFn (3) | Fn − 1,

illetveoFn (3)̸

Fn − 1
2

következik. Mivel Fn − 1 kettőhatvány, ezért ebből azt nyerjük, hogyoFn (3) = Fn − 1.
Ez azt is jelenti, hogy Fn − 1 | φ(Fn ). Mivel φ(Fn ) ≤ Fn − 1, így csak
Fn − 1 = φ(Fn ) lehetséges, ami azzal ekvivalens, hogy Fn prím.
Az 5.2.2 Tétel alapján F5 = 232 + 1 összetettségét a következőképpen
31
lehet kimutatni: 32 modulo F5 vett maradékát 31 négyzetre emeléssel ésaz eredményt mindig modulo F5 redukálva kiszámoljuk, és kiderül, hogy ez amaradék nem −1. Sőt, tulajdonképpen pusztán a kis Fermat-tétel segítségével
is célhoz érhetünk: 32 ilyen négyzetre emeléses és redukciós lépéssel kapjuk,hogy
32
3F5 −1 = 32 ̸≡ 1 (mod F5 ) ,tehát F5 nem lehet prím. Így Fermat akár a saját tételével is megcáfolhatta
volna a Fermat-számok prím voltára vonatkozó sejtését (az imént jelzett számolás mennyisége nem jelentett volna akadályt, hiszen abban a korban rendszeresen végeztek ennél jóval nagyobb számításokat is papírral és ceruzával).
Az 5.2.2 Tétel általában is hatékony eszközt jelent a Fermat-számok prímvagy összetett voltának az eldöntésére: a (3) feltétel teljesülését ismételt négyzetre emelésekkel (és az eredményt mindig modulo Fn redukálva) gyorsan ellenőrizni tudjuk, összesen 2n−1 ≈ log2 Fn ilyen lépést kell végezni. Sajnos, agyakorlati alkalmazásnak gátat szab az a tény, hogy a Fermat-számok iszonyú
2
sebességgel nőnek, Fn ≈ Fn−1
, és így a legjobb számítógépek sem képesek
megbirkózni már viszonylag kis n értékekkel sem.
Most rátérünk az Mp = 2p − 1 (ahol p prím) Mersenne-számok vizsgálatára. Könnyen látszik, hogy ezek nem lesznek mindig prímek, a legkisebbösszetett számot p = 11 esetén kapjuk:
211 − 1 = 2047 = 23 · 89.

162

5. Prímszámok

A Mersenne-prímek jelentőségét többek között a páros tökéletes számokkal való kapcsolatuk adja, lásd a 6.3.2 Tételt. A névadó Mersenne a 17. század
jelentős francia ,,tudományszervezője”, Fermat, Descartes és más vezető tudósok intenzív levelezőpartnere volt, aki a minél nagyobb tökéletes számok előállítása reményében keresett ilyen típusú prímeket.
Mersenne jól tudta, hogy nagy számokról igen nehéz eldönteni, hogyprímek-e. 1644-ben megjelent könyvében ezt írja: ,,Ahhoz, hogy egy 15 vagy
20-jegyű számról megállapítsuk, prím-e vagy sem, egy egész élet ideje sem
elég.” Néhány oldallal arrébb ennek ellenére az alábbi állítás szerepel: 2p − 1
prím, ha p = 2, 3, 5, 7, 13, 17, 19, 31, 67, 127, 257, de minden más 257-nél kisebbp értékre összetett.
Több mint kétszáz évig senki sem tudta, vajon Mersenne listája
helyes-e vagy sem. Az első hibát 1876-ban(!) fedezte fel a szintén francia
Lucas: megmutatta, hogy 267 − 1 összetett. Itt külön érdekesség, hogy a számot nem sikerült tényezőkre bontania, csak az összetettség tényét igazolta (arészben róla elnevezett 5.2.4 Tétel segítségével). Végül 1903-ban az amerikaiCole találta meg a
193707721 · 761838257287
felbontást, miután sok évig minden vasárnap délutánját ennek a problémának
szentelte.
Mersenne listájában később további négy hibát találtak: a hiányzó 261 −1,
289 − 1 és 2107 − 1 is prím, ugyanakkor 2257 − 1 összetett.
2023-ban 51 Mersenne-prímet ismertünk, ezek az alábbi p kitevőkhöz tartoznak: 2, 3, 5, 7, 13, 17, 19, 31, 61, 89, 107, 127, 521, 607, 1279, 2203,
2281, 3217, 4253, 4423, 9689, 9941, 11213, 19937, 21701, 23209, 44497, 86243,
110503, 132049, 216091, 756839, 859433, 1257787, 1398269, 2976221, 3021377,
6972593, 13466917, 20996011, 24036583, 25964951, 30402457, 32582657,
37156667, 42643801, 43112609, 57885161, 74207281, 77232917, 82589933. Közülük az utolsó, a 2018-ban felfedezett 282589933 − 1 a legnagyobb ismert prím.
Ez a számóriás 24862048 számjegyből áll (tízes számrendszerben).
A könyv végén, a Mersenne-számokra vonatkozó táblázatban megadjuka 10 és 100 közötti (prím) kitevőkhöz tartozó összetett Mersenne-számok
prímtényezős felbontását.
Most az 5.2.1 és 5.2.2 Tételek Mersenne-számokra vonatkozó megfelelőit
tárgyaljuk.

5.2. Fermat- és Mersenne-prímek

163

T 5.2.3
5.2.3 Tétel
Legyen p > 2 prím. Ekkor Mp bármely (pozitív) osztója egyszerre 2kp+1
és 8r ± 1 alakú. ♣Példa: Legyen p = 47. Ekkor M47 = 247 −1 tetszőleges q prímosztója egyrészt
94k + 1, másrészt 8r ± 1 alakú. Az így adódóx ≡ 1 (mod 94),x ≡ ±1 (mod 8)

szimultán kongruenciarendszereket megoldva
x ≡ 1 és 95 (mod 376)
adódik. Az ilyen alakú prímek
q = 1129, 1223, 2351, . . .
Ezek közül 2351 | M47 , tehát M47 összetett.
Könnyen lehet, hogy M47 -nek ezt a prímosztóját Mersenne is megtalálta,vagyis tudatosan hagyta ki a p = 47 értéket a listájáról (és nem csak arról vanszó, hogy szerencsésen tippelt).
Bizonyítás: A Fermat-számoknál látottakhoz hasonlóan most is elég az állítást
prímosztókra igazolni.
Tegyük fel, hogy a q prímreq | 2p − 1,azaz

2p ≡ 1 (mod q).

Ekkor oq (2) | p, továbbá nyilván oq (2) ̸= 1, tehát oq (2) = p.
Innen kapjuk, hogy p | q − 1, azaz q = tp + 1 alakú. Mivel q és p páratlan,
ezért t páros, vagyis q = 2kp + 1 alakú.
A q = 8r ± 1 állításhoz azt kell igazolnunk, hogy a 2 kvadratikus maradék
mod q. Ez a 2p ≡ 1 (mod q) kongruenciából p páratlanságának és a Legendreszimbólum tulajdonságainak felhasználásával a következőképpen adódik:( ) ( )p ( p ) ( )
2
2
2
1
=
=
=
= 1.
q
q
q
q

164

5. Prímszámok

T 5.2.4
5.2.4 Tétel (Lucas–Lehmer-teszt)
2
Legyen p > 2 prím, továbbá a1 = 4 és ai+1 = ai − 2, ha i ≥ 1. Ekkor Mp
pontosan akkor prím, ha
Mp | ap−1 . ♣(5)
Példa: Legyen p = 5. Ekkor
a1 = 4,a2 = 14,a3 = 194 ≡ 8 (mod 31) és a4 ≡ 62 ≡ 0 (mod 31),tehát M5 = 31 prím.
Az (5) feltétel teljesülésének ellenőrzésekor elég mindig az ai -knek csak a
modulo Mp vett maradékát kiszámítani, összesen p − 2 ≈ log2 Mp négyzetre
emelési (valamint kivonási és redukciós) lépést kell végrehajtani.
√
Bizonyítás: Az a + b 3 (a, b egész) alakú számok a szokásos műveletekre egy(kommutatív, egységelemes, nullosztómentes) gyűrűt alkotnak, jelöljük ezt Hval. A bizonyításban a H-beli oszthatóság, kongruencia és rendfogalom elemi
tulajdonságait használjuk fel (ezek H-ban is ugyanúgy érvényesek, mint az
egész számoknál). Megjegyezzük, hogy H-ban a számelmélet alaptétele is igaz
(lásd a 10.3.6 Tételt, illetve a 10.3.1 feladatot), azonban a bizonyítás soránerre nem lesz szükségünk.
I. Teljes indukcióval könnyen igazolható, hogy bármely k-raak = (2 +

√

3)2

k−1

+ (2 −

√

3)2

k−1

.

Ennek alapján az (5) feltétel ekvivalens az
Mp | (2 +

√

3)2

p−2

+ (2 −

√

3)2

p−2

(6)

√ p−2
oszthatósággal. A jobb oldalon (2 − 3)2 -t kiemelve (6) átírható az alábbi
alakba:)√ p−1√ p−2 (
Mp | (2 − 3)2(2 + 3)2+1 .
(7)
Használjuk fel, hogy a (7)-beli oszthatóság pontosan akkor teljesül az
egész√számok√körében, mint amikor√ H-ban (lásd az 5.2.10 feladatot), továbbá(2 − 3)(2 + 3) = 1 miatt a 2 ± 3 számok egész kitevős hatványai egységek
H-ban. Ennek megfelelően (7) és így (5) is ekvivalens a
(2 +

√

3)2

p−1

≡ −1 (mod Mp )(8)

5.2. Fermat- és Mersenne-prímek

165

kongruenciával.
Mindezek alapján az 5.2.4 Tétel átfogalmazható a következő alakba: Mp
akkor és csak akkor prím, ha (8) teljesül.
II. Szükségünk lesz a következő lemmára: Ha q > 3 tetszőleges prímszám,
akkor
( )
√ q
3 √
(9)
(a + b 3) ≡ a +b 3 (mod q) .
q
A lemma bizonyítása: A binomiális tétel alapján
( )
( )
√ q
√
q q−1 √
q q−2 2q
(a + b 3) = a +a b 3+
a 3b + . . . + bq 3(q−1)/2 3 . (10)1
2
A kis Fermat-tétel szerint
aq ≡ a (mod q)ésbq ≡ b (mod q),( ) ( )()
q
q
q,
, ...,
12
q−1

továbbámindegyike osztható q-val, és végül
3(q−1)/2 ≡( )3(mod q).
q

Ezeket (10)-be beírva éppen (9) adódik.
III. Most megmutatjuk, hogy ha (8) fennáll, akkor Mp prím. A (8) kongruenciát négyzetre emelve kapjuk, hogy
√ p
(2 + 3)2 ≡ 1 (mod Mp ) .
(11)
Legyen q az Mp egy prímosztója (nyilván q > 3). Ekkor a (11) és (8)kongruenciák Mp helyett a q modulusra is teljesülnek. Ebből (az 5.2.1 és 5.2.2
Tételek√bizonyításánál is használt gondolatmenet szerint) következik, hogyoq (2 + 3) = 2p .
()Ha 3q = 1, akkor (9) felhasználásával kapjuk, hogy(2 +√3)q−1 = (2 −√3)(2 +

és ígyoq (2 +√√

3)q ≡ (2 −√3)(2 +

3) = 2p ≤ q − 1.

√3) = 1 (mod q) ,

166

5. Prímszámok

Ez azonban q ≤ Mp = 2p − 1 miatt lehetetlen.
()
Ha 3q = −1, akkor hasonlóan adódik, hogy√√√
(2 + 3)q+1 ≡ (2 − 3)(2 + 3) = 1 (mod q) ,és ígyoq (2 +√

3) = 2p ≤ q + 1.

Ezt a q ≤ Mp = 2p − 1 egyenlőtlenséggel összevetve kapjuk, hogy q = Mp ,vagyis Mp prím.
IV. Végül belátjuk, hogy ha Mp prím, akkor (8) teljesül.
Fel fogjuk használni, hogy Mp ≡ −1 (mod 8) miatt
( )
2
= 1,
Mp

(12)

továbbá Mp ≡ 1 (mod 3) és Mp ≡ −1 (mod 4) alapján, a reciprocitási tétel
felhasználásával
( )
( )
( )
3
Mp
1
=−
=−
= −1 .
(13)
Mp
3
3
Induljunk ki a
2(2 +

√

3) = (1 +√3)2egyenlőségből, és emeljük mindkét oldalt (Mp + 1)/2 = 2p−1 -edik hatványra:√ p−1√2(Mp +1)/2 · (2 + 3)2= (1 + 3)Mp +1 .
(14)
A (14) egyenlőség bal oldalának első tényezőjére (12)-t is felhasználva kapjuk,
hogy
( )
2
(Mp +1)/2(Mp −1)/22=2·2≡2= 2 (mod Mp ) ,
(15)
Mp
√
√
a (14) jobb oldalán pedig a (9) kongruenciát az a + b 3 = 1 + 3 és q = Mp
szereposztással alkalmazva, valamint (13)-at is felhasználva( )√ M +1
√
√ M
√
3 √
p
p
(1 + 3)= (1 + 3)(1 + 3)
≡ (1 + 3)(1 +
3) =
Mp
√
√
= (1 + 3)(1 − 3) = −2 (mod Mp )(16)
adódik. A (15) és (16) összefüggéseket (14)-be beírva azt nyerjük, hogy
√ p−1
2(2 + 3)2≡ −2 (mod Mp ) .
(17)
Szorozzuk meg (17)-et 2p−1 -gyel. Ekkor 2p ≡ 1 (mod Mp ) miatt éppen abizonyítani kívánt (8) kongruenciához jutunk.

5.2. Feladatok

167

Feladatok
5.2.1a) Igazoljuk, hogy Fn+1 = F0 F1 . . . Fn + 2.
b) Mutassuk meg, hogy a Fermat-számok páronként relatív prímek (vö.
az 1.3.14 feladattal).
c) A b) rész felhasználásával adjunk új bizonyítást arra, hogy a prímek
száma végtelen.
d) Adjunk új bizonyítást az 5.1.9a feladat állítására.
5.2.2 Bizonyítsuk be, hogy az 5.2.2 Tétel n ≥ 2 esetén akkor is érvényben
marad, ha a (3) képletben a 3 helyére 5-öt vagy 10-et írunk.
5.2.3 Legyen n ≥ 2. Mutassuk meg, hogy Kn = 5 · 2n + 1 akkor és csak
akkor prím, ha
3(Kn −1)/2 ≡ −1 (mod Kn ).
5.2.4 Bizonyítsuk be, hogy φ(N ) akkor és csak akkor kettőhatvány, ha
N = 2α p1 . . . pr , ahol α ≥ 0, r ≥ 0 és a pi számok különböző Fermatprímek.
M 5.2.5 Hány olyan k létezik, amelyre szabályos 2k − 1-szög szerkeszthető?
5.2.6 Keressük meg az alábbi számok legkisebb prímosztóját:a) 223 − 1; b) 229 − 1; c) 237 − 1; d) 243 − 1.
M 5.2.7 Bizonyítsuk be, hogy Mp akkor és csak akkor osztható 2p + 1-gyel,
ha 2p + 1 prím és p ≡ 3 (mod 4). (Illusztráció: 11 ≡ 3 (mod 4),
2 · 11 + 1 = 23 prím, és valóban 23 | 211 − 1.)
5.2.8 Tegyük fel, hogy egy q prímszámra q 2 osztója egy Fermat-számnak
vagy egy Mersenne-számnak. Mutassuk meg, hogy ekkor
2q−1 ≡ 1 (mod q 2 ).
Megjegyzés: Megoldatlan probléma, hogy a feladat feltétele egyáltalán teljesülhet-e; könnyen elképzelhető ugyanis, hogy valamennyi
Fermat- és Mersenne-szám négyzetmentes. Az is megoldatlan, hogy
a fenti kongruenciát egyáltalán hány q prím elégíti ki, nem kizárt,
hogy a jelenleg ismert 1093-on és 3511-en kívül nincs is több ilyen
tulajdonságú q.
M 5.2.9 A 8 és a 9, a 16 és a 17, illetve a 31 és a 32 szomszédos prímhatványok
(a prímeket is prímhatványnak tekintjük). Jellemezzük az összes
ilyen n, n + 1 számpárt.

168

5. Prímszámok√
5.2.10 Jelölje H az a + b 3 (a, b egész) alakú számok gyűrűjét (lásd az 5.2.4
Tétel bizonyítását), és legyenek k és n egész számok. Mutassuk meg,hogy a k | n oszthatóság akkor és csak akkor teljesül H-ban, ha az
egész számok körében is fennáll.
∗

5.2.11 Az is megoldatlan probléma, hogy a Fermat-számok között végtelennsok összetett szám van-e. Ugyanígy megoldatlan, hogy a Hn = 62 +1
számok között végtelen sok prím, illetve hogy végtelen sok összetett
szám található-e. Mutassuk meg azonban, hogy az Fn és Hn számsorozatok közül legalább az egyikben végtelen sok összetett szám fordul elő.

5.3. Prímszámok számtani sorozatokban
Számtani sorozaton egész számokból álló, pozitív diﬀerenciájú, végtelen számtani sorozatot fogunk érteni:a + kd,ahol d > 0 és a egészek, k = 0, 1, 2, . . .

Az 5.1 pontban láttuk, hogy egy ilyen sorozat nem állhat csupa prímszámból.
Ha (a, d) = t > 1, akkor a sorozat minden eleme osztható t-vel, így a sorozatban legfeljebb egy (pozitív) prím található. Ha azonban (a, d) = 1, akkor asorozatban végtelen sok prím fordul elő:T 5.3.1
5.3.1 Tétel (Dirichlet-tétel)Ha a d > 0 és a egészek relatív prímek, akkor az a + kd, k = 0, 1, 2, . . .
számtani sorozat végtelen sok prímet tartalmaz. ♣Ezt a tételt teljes általánosságában nem bizonyítjuk be, csak néhány
speciális esetét igazoljuk.
5.3.2 Tétel
A 4k + 3 alakú prímek száma végtelen. ♣T 5.3.2

Bizonyítás: Az 5.1.1 Tétel bizonyításának a gondolatmenetét követjük. Tegyük fel indirekt, hogy csak véges sok ilyen prímszám létezik, legyenek ezek
p1 = 3, . . . , pr . Tekintsük az A = 4p1 . . . pr − 1 számot.
Az A nyilván nem osztható a p1 , . . . , pr prímek egyikével sem.
Írjuk fel A-t prímtényezők szorzatatként: A = q1 . . . qs (s = 1, illetve
qi = qj is megengedett). Mivel A páratlan, ezért mindegyik qi > 2. Továbbá

5.3. Prímszámok számtani sorozatokban

169

nem lehet minden qi ≡ 1 (mod 4), ugyanis ezeket a kongruenciákat összeszorozva A ≡ 1 (mod 4) adódna, ami ellentmondás. Ebből következik, hogy aqi prímek között kell lennie 4k + 3 alakúnak is. Ez szükségképpen különbözik
a p1 , . . . , pr prímektől, ami ellentmond az indirekt feltevésnek.
T 5.3.3

5.3.3 Tétel
A 4k + 1 alakú prímek száma végtelen. ♣Bizonyítás: Az euklideszi gondolatmenetet tovább kell finomítanunk. Tegyük
fel indirekt, hogy csak véges sok ilyen prímszám létezik, legyenek ezek
p1 = 5, . . . , pr . Tekintsük az A = (2p1 . . . pr )2 + 1 számot.
Az A nyilván nem osztható a p1 , . . . , pr prímek egyikével sem.
Legyen q az A tetszőleges prímosztója. Nyilván q > 2. A q | A oszthatóságot átírhatjuk a(2p1 . . . pr )2 ≡ −1 (mod q)
alakba. Ebből következik, hogy az x2 ≡ −1 (mod q) kongruencia megoldható,
vagyis q ≡ 1 (mod 4). Így egy újabb 4k + 1 alakú prímet találtunk, ami
ellentmondás.
A kvadratikus kongruenciák felhasználásával a Dirichlet-tétel számos további speciális esete is elintézhető, lásd az 5.3.3 feladatot.
Most a Dirichlet-tételt tetszőleges olyan számtani sorozatra igazoljuk,
amelynek a kezdőtagja 1:
T 5.3.4
5.3.4 Tétel
Bármely rögzített m > 0 esetén az mk + 1, k = 0, 1, 2, . . . számok között
végtelen sok prím található. ♣Bizonyítás: Fel fogjuk használni a körosztási polinomokra és a polinomok
többszörös gyökeire vonatkozó alábbi összefüggéseket:(i) Az m-edik körosztási polinom, Φm , az az 1 főegyütthatós polinom, amelynek gyökei az m-edik primitív komplex egységgyökök. Φm fokszáma tehát
φ(m). Példák:
Φ4 = x2 + 1,

Φ11 = x10 + x9 + . . . + 1.

Megmutatható, hogy Φm egész együtthatós, továbbá∏
Φm | xm − 1, sőt xm − 1 =
Φd .
d|m

(1)

170

5. Prímszámok(ii) Legyen T tetszőleges kommutatív test, f ∈ T [x]. Az α ∈ T elemet az
f polinom többszörös gyökének nevezzük, ha (x − α)2 | f . Ez pontosan
akkor teljesül, ha f (α) = f ′ (α) = 0, ahol f ′ az f polinom (formálisan
képzett) deriváltját jelöli.
Az iménti fogalmak és tételek felhasználásával először az alábbi, önmagában is érdekes lemmát igazoljuk:
Legyen c egész szám és q prímszám. Ekkor
oq (c) = m ⇐⇒ q | Φm (c) és q̸ | m.
A lemma bizonyítása:
Tegyük fel, hogy oq (c) = m. Ekkor m | q − 1, és így nyilván q̸ | m.
Helyettesítsünk (1)-ben x helyére c-t:∏
cm − 1 =Φd (c).

(2)

(3)

d|m

Mivel oq (c) = m, ezért cm ≡ 1 (mod q), és így (3) bal oldala osztható q-val. A
q prím, tehát a jobb oldalon is valamelyik Φd (c) tényező osztható q-val. Ekkor
Φd (c) | cd − 1 miatt cd ≡ 1 (mod q) valamelyik d | m-re. Mivel oq (c) = m,ezért csak d = m lehetséges, vagyis valóban q | Φm (c).
A megfordításnál a q | Φm (c) és q̸ | m feltételekből indulunk ki. Ekkor
Φm (c) | cm − 1 miatt cm ≡ 1 (mod q). Tegyük fel indirekt, hogy oq (c) == t < m. Ekkor t | m és ct ≡ 1 (mod q). A (3) összefüggést m helyett t-realkalmazva azt kapjuk, hogy van olyan d | t, amelyre q | Φd (c). Ez azt jelenti,
hogy az eredeti (3) jobb oldalán legalább két∏ tényező osztható q-val.
A továbbiakban az (1)-beli xm − 1 = d|m Φd egyenlőséget a Zq modulo
q test felett fogjuk tekinteni. Ebben a felfogásban az előző bekezdés∏ utolsó
mondata úgy fogalmazható meg, hogy a c (mint Zq -beli elem) a d|m Φdszorzat legalább két tényezőjének gyöke. Mivel ez a szorzat xm −1-gyel egyenlő,ezért a c legalább kétszeres gyöke az f = xm − 1 ∈ Zq [x] polinomnak. Ekkor(ii) szerint f ′ (c) = mcm−1 = 0 (Zq -ban).
Mivel q̸ | m és q̸ | c, azaz a Zq testben m ̸= 0 és c ̸= 0, ezért mcm−1 sem
lehet 0, ami ellentmond az előzőknek. Ezzel a lemma bizonyítását befejeztük.
Rátérve az 5.3.4 Tétel bizonyítására, tegyük fel indirekt, hogy csak véges
sok mk +1 alakú prím van (esetleg egy sincs), legyenek ezek p1 , . . . , pr . Legyenc = vmp1 . . . pr , ahol v tetszőleges pozitív egész (r = 0-ra c = vm). Nyilván
elég nagy v esetén Φm (c) > 1.
Legyen q a Φm (c) egy tetszőleges prímosztója. Ekkor Φm (c) | cm −1 miatt(q, c) = 1, és ennélfogva q̸ | m is teljesül. Így a lemma szerint oq (c) = m.

5.3. Feladatok

171Ebből következik, hogy m | q − 1, azaz q = mk + 1 alakú. Végül (q, c) = 1
miatt q ̸= pi , ami ellentmond annak, hogy p1 , . . . , pr az összes mk + 1 alakú
prím.
Feladatok
5.3.1 A modulo 9999 maradékosztályok közül hányban található pozitív
prímszám?
5.3.2 Miért nem lehet az 5.3.2 Tétel bizonyítását közvetlenül átvinni az
5.3.3 Tételre is, A = 4p1 . . . pr + 1-et véve?
5.3.3 Az általános Dirichlet-tétel felhasználása nélkül mutassuk meg, hogy
az alábbi számtani sorozatokban végtelen sok prímszám van:a) 6k + 5;b) 8k + 3;c) 8k + 5;d) 8k + 7;e) 10k + 9;f) 12k + 5;g) 12k + 7;h) 12k + 11.
5.3.4 Hány olyan prímszám létezik, amelynek tízes számrendszerben az
utolsó négy számjegye 4321?
5.3.5 Írjuk le a tizedesvessző után rendre a prímszámokat. Bizonyítsuk be,
hogy az így keletkező 0,235 711 131 719 . . . szám irracionális.
5.3.6 Mely a, b, c pozitív egészek esetén lesz végtelen sok prím az a+bk+cn
alakú számok között, ahol k = 0, 1, 2, . . ., n = 0, 1, 2, . . .?
5.3.7a) Mutassuk meg, hogy minden c ̸= 0 egészhez létezik olyan p prím,amelyre a c kvadratikus maradék mod p.
b) Mely c egészekhez létezik olyan p prím, amelyre a c kvadratikus nemmaradék mod p?
5.3.8 Bizonyítsuk be, hogy minden n > 1-hez található olyan n-edfokú
egész együtthatós f polinom, amely reducibilis a racionális test felett,és alkalmas v1 , . . . , vn (különböző) pozitív egészek mindegyikére f (vi )pozitív prímszám.
5.3.9 Mutassuk meg (az általános Dirichlet-tétel felhasználása nélkül),
hogy ha bármely a és d relatív prím pozitív egészek esetén létezik
a + kd alakú prím, akkor mindig végtelen sok ilyen prím is létezik.
(Ez azt jelenti, hogy az általános Dirichlet-tétel bizonyításánál az
igazi nehézséget nem a végtelen sok prím garantálása okozza, hanemaz, hogy egyáltalán van a kívánt alakú prímszám.)

172

5. Prímszámok

5.4. Becslések π(x)-reAz x-nél nem nagyobb (pozitív) prímek számát π(x)-szel jelöljük. Például
π(1) = 0, π(6,7) = 3, π(20) = 8. Nyilván elég π(x)-nek a pozitív egész x-eken
felvett értékeivel foglalkozni.
Annak ellenére, hogy a prímek igen szabálytalanul helyezkednek el a természetes számok között, a π(x) függvény közelítő viselkedése jól leírható. Ez
az ún. prímszámtétel, amelyet bizonyítás nélkül közlünk:
5.4.1 Tétel (Prímszámtétel)Jelölje log a természetes logaritmust. Ekkor
lim

x→∞

π(x)
x
log x

T 5.4.1= 1,

azaz π(x) és logx x aszimptotikusan egyenlők. ♣Megjegyzések : 1. A prímszámtétel a π(x) és logx x mennyiségek arányára, és
nem a különbségére vonatkozik, ez utóbbi akármilyen nagy is lehet.
2. A prímszámtétel azt fejezi ki, hogy x-ig ,,körülbelül” logx x prím van.
Hogy ez ,,sok” vagy ,,kevés”, az attól függ, mihez hasonlítjuk. Az összes pozitív
egészhez viszonyítva a prímszámok ,,ritkán” helyezkednek el, hiszen
x

π(x)
1
log x
= lim
= lim
= 0.
x→∞ ⌊x⌋x→∞ x
x→∞ log xlim

Ugyanakkor a prímszámok sokkal ,,sűrűbben” fordulnak
elő, mint például a√négyzetszámok, hiszen az utóbbiak száma x-ig ⌊ x⌋, és
√
x
x
π(x)
log x
lim √ = lim √ = lim
= ∞.
x→∞
x→∞
x→∞ ⌊ x⌋log x
x
3. A prímszámtételt először a 18. század végén sejtette meg egymástól
függetlenül Legendre és Gauss. Gauss ekkor csak 15 éves volt, és az ő sejtésében az x/ log x függvény helyett a∫ xdt
Li(x) =
logt2logaritmikus integrál szerepelt, amelyről később kiderült, hogy a π(x)-et az
x/ log x-nál még sokkal pontosabban közelíti. A prímszámtétel bizonyításához

5.4. Becslések π(x)-re173

vezető utat mintegy 70 évvel később Riemann jelölte ki, a bizonyítás pedigelőször de la Vallée Poussinnek és Hadamard-nak sikerült egymástól függetlenül 1896-ban. 1949-ben Erdős és Selberg talált ún. elemi (azaz mélyebb
analízist nem használó) bizonyítást a prímszámtételre.
A prímszámtételből könnyen nyerhetünk aszimptotikát az n-edik prímszámra:5.4.2 Tétel
Jelölje pn az n-edik prímszámot. Ekkor
pn= 1. ♣
limn→∞ n log n

T 5.4.2(1)

Bizonyítás: Mivel π(pn ) = n, így a prímszámtétel szerintlim

π(pn )

pnn→∞log pnn log pn
= 1.
n→∞
pn

= lim

(2)

Az (1) bal oldalán szereplő sorozat reciprokan log nn log pn log n
=
·
pn
pn
log pn(3)

alakba írható, ezért (2) alapján (1) igazolásához azt kell megmutatni, hogy(3) jobb oldalán a második tört határértéke is 1, azaz
log n
= 1.
n→∞ log pnlim

Ha a (2) összefüggést ,,logaritmáljuk”, akkor()()
n log pn
lim log= lim log n + log log pn − log pn = 0
n→∞
n→∞
pn
adódik. Mivel 1/(log pn ) korlátos, így (5)-ből kapjuk, hogy
(
)
log n
log log pnlim+− 1 = 0.
n→∞log pnlog pn

(4)

(5)

(6)

Itt

log log pn= 0,n→∞log pnezért (6)-ból következik (4), és így (1) is.
lim

A pont hátralevő részében egy, a prímszámtételnél gyengébb eredményt
bizonyítunk:174

5. Prímszámok

T 5.4.3
5.4.3 Tétel
Léteznek olyan c1 és c2 pozitív konstansok és olyan x0 , hogy mindenx ≥ x0 eseténxxc1< π(x) < c2
. ♣
(7)
log x
log x
Megjegyzések : 1. Az 5.4.3 Tétel azt fejezi ki, hogy a π(x) ,,nagyságrendje” megegyezik az x/ log x függvény nagyságrendjével. Számos kérdés tisztázásához
már ez a tétel is elegendő, lásd például az 5.4.1 Tétel utáni 2. megjegyzésben
szereplő sűrűségi összehasonlításokat.
2. Az 5.4.1 és 5.4.3 Tételeket összevetve, a prímszámtétel szerint a π(x)és x/ log x függvények hányadosa 1-hez tart, az 5.4.3 Tétel pedig azt állítja,hogy ez a hányados (elég nagy x-ekre) két pozitív konstans közé esik. Ebből
rögtön következik, hogy az 5.4.3 Tételben a (7) egyenlőtlenség eleve csak olyan
c1 , c2 konstansokkal lehet igaz, amelyekre c1 ≤ 1 és c2 ≥ 1. Továbbá, a prímszámtétel éppen azt jelenti, hogy az 5.4.3 Tétel becslései bármely 0 < c1 < 1és c2 > 1 konstansokkal fennállnak, azaz bármely 0 < c1 < 1 és c2 > 1 konstansokhoz található olyan x0 , hogy a (7) egyenlőtlenség minden x ≥ x0 -ra
teljesüljön. (Sőt, azt is bebizonyították, hogy c1 = 1 is választható.)
3. Az 5.4.3 Tételben x0 = 2 is vehető (,,rosszabb” c1 és c2 ,,árán”), lásdaz 5.4.2 feladatot.
4. Az 5.4.3 Tételt először Csebisev bizonyította be 1850-ben. Az alábbiakban az alsó becslésre Erdős, a felső becslésre pedig Erdős és Kalmár közös
bizonyítását mutatjuk be.
Bizonyítás: I. Alsó becslés π(x)-re.
Szükségünk lesz az alábbi segédtételre:
L 5.4.4
5.4.4 Lemma( n)
Az k binomiális együttható bármely prímhatvány osztója kisebb vagy
egyenlő, mint n. ♣A lemma bizonyítása: Legyen( n)kkanonikus alakja

( )
∏
n
n!
=
=
pβp .
k
k!(n − k)!
p≤nAzt kell igazolnunk, hogy pβp ≤ n, azaz βp ≤ ⌊logp n⌋.

(8)

5.4. Becslések π(x)-re

175

Tekintsünk egy rögzített p prímet, és jelöljük ⌊logp n⌋ értékét t-vel. A p
kitevőjét n!-ban, k!-ban és (n − k)!-ban( ) a Legendre-formulával (1.6.8 Tétel)határozhatjuk meg. Ennek alapján nk -ban a p kitevője
⌊n⌋

βp =

p

−
−

⌊k⌋
p

p2

⌊k⌋

−

⌊n − k⌋
p

⌊n⌋

+

−

p2

⌊n − k⌋p2⌊n⌋+ ... +pt⌊k⌋

− ... −− ... −

pt⌊n − k⌋pt−−.

Itt mind a t oszlopban az egymás alatt álló tagok előjeles összege⌊a + b⌋ − ⌊a⌋ − ⌊b⌋ alakú. Könnyen látható, hogy egy ilyen előjeles összegértéke mindig 0 vagy 1 (lásd az 5.4.1 feladatot), és így βp ≤ t.
Most rátérünk π(x) alsó becslésének a bizonyítására. A (8) jobb oldalán(legfeljebb) π(n) darab prímhatvány szorzata áll, és az 5.4.4 Lemma alapján
ezek mindegyike kisebb vagy egyenlő, mint n. Ebből azonnal következik, hogy
( ) ∏
n
=
pβp ≤ nπ(n) .
(9)
k
p≤n

A (9) egyenlőtlenségeket k = 0, 1, . . . , n-re összegezve a
n

2 =

n ( )
∑
n
k=0

k

≤ (n + 1)nπ(n)egyenlőtlenséghez jutunk. Ezt logaritmálva
n log 2 ≤ log(n + 1) + π(n) log nadódik, ahonnan π(n)-et kifejezve kapjuk, hogyπ(n) ≥ log 2 ·log(n + 1)
n
−
.
log n
log n

(10)

Mivel (10) jobb oldalán a második tag korlátos, ezért elég nagy n-re kisebb,
mint (például) 0,01n/ log n, és ígyπ(n) > (log 2 − 0,01)

n
.
log n

176

5. Prímszámok

II. Felső becslés π(x)-re.
Itt is szükségünk lesz egy segédtételre, amely az n-nél nem nagyobb prímszámok szorzatára ad felső becslést:
5.4.5 Lemma
Tetszőleges n > 0 egészre

L 5.4.5∏

p < 4n . ♣

(11)

p≤n
(p prím)A lemma bizonyítása: Az állítást teljes indukcióval igazoljuk.
Az n = 1, 2 és 3 értékekre (11) nyilván teljesül.
Tegyük fel, hogy az egyenlőtlenség az n = 1, 2, . . . , m értékek (m ≥ 3)
esetén teljesül, és megmutatjuk, hogy ekkor n = m + 1-re is fennáll.
Ha m páratlan, akkor m+1 egy 2-nél nagyobb páros szám, tehát összetett.
Így az indukciós feltevést n = m-re alkalmazva kapjuk, hogy∏∏p=p < 4m < 4m+1 .
p≤m+1

p≤m

Legyen most m páros, m = 2k, azaz m + 1 = 2k + 1. Ekkor a kérdésesszorzatot a következőképpen bontjuk két részre:
∏
∏
∏
p=
p ·
p.
(12)
p≤2k+1p≤k+1

k+2≤p≤2k+1

A (12) jobb oldalán szereplő első tényezőre az n = k+1-re vonatkozó indukciós
feltevés szerint∏
p < 4k+1 .
(13)
p≤k+1

(
)
A (12) jobb oldalán levő második tényezőt a 2k+1
binomiális együtthatóksegítségével becsüljük. Mivel()
2k + 1(2k + 1)(2k) . . . (k + 2)=kk!
számlálójában minden k +2 ≤ p ≤ 2k +1 prímszám() szerepel, azonban a nevező
ezen prímek egyikével sem osztható, ezért 2k+1
(mely egész szám) oszthatókezen prímek mindegyikével, vagyis a szorzatukkal is. Azaz()∏
2k + 1,pk
k+2≤p≤2k+1

5.4. Becslések π(x)-reés így(∏p ≤k+2≤p≤2k+1)
2k + 1
.
k

177

(14)

Továbbá
(
)
((
) (
))
2k + 11
2k + 1
2k + 1
1=+< · 22k+1 = 4k .
k
2
k
k+1
2

(15)

A (14) és (15) egyenlőtlenségekből
∏p < 4k(16)

k+2≤p≤2k+1

következik. Végül (13)-at és (16)-ot (12)-be beírva kapjuk a kívánt
∏p < 42k+1

p≤2k+1egyenlőtlenséget.
Most rátérünk π(x) felső becslésének a bizonyítására. A (11) egyenlőtlenség bal oldalán a tényezők száma π(n). Mivel π(n)-re felső becslést keresünk,
az első ötlet az, hogy minden tényező helyére a legkisebb prímet, a 2-t írjuk.
Ebből azonban sajnos csak
2π(n) <∏

p < 4np≤nkövetkezik, ami a (triviálisnál is rosszabb) π(n) < 2n becslést adja.
A javítás kulcsa az, hogy a (11) bal oldalán álló szorzatot úgy csökkentjük, hogy először elhagyjuk a kis prímeket, majd (lényegében) a megmaradó
tényezők legkisebbikét írjuk mindegyik tényező helyére:
∏
p≤n

p ≥

∏
√

p ≥

√ π(n)−π(√n)
n
.

n<p≤n

A (17) és (11) egyenlőtlenségeket összevetve√ π(n)−π(√n)
n
< 4n

(17)

178

5. Prímszámok

következik. Ezt logaritmálva(√ )√π(n) − π( n) log( n) < n log 4
adódik, ahonnan π(n)-et kifejezve kapjuk, hogyπ(n) < 2 · log 4 ·√n+ π( n) .
log n

(18)

√
√
Végül, mivel π( n) < n, és
√
lim

n

n
n→∞
log n

log n
√ = 0,
n→∞
n

= lim

√
ezért elég nagy n-re π( n) kisebb, mint (például) 0,01n/ log n, és így (18)-ból
π(n) < (2 log 4 + 0,01)

n
log n

következik.
Feladatok
A feladatokban p prímszámot jelöl, pn az n-edik prímszám, és un ∼ vn
azt jelenti, hogy un és vn aszimptotikusan egyenlő, azaz limn→∞ un /vn = 1.
5.4.1 Igazoljuk, hogy az ⌊a + b⌋ − ⌊a⌋ − ⌊b⌋ kifejezés értéke bármely a, b
valós szám esetén 0 vagy 1.
5.4.2 Mutassuk meg, hogy az 5.4.3 Tételben x0 = 2 is vehető, azaz alkalmas c′1 és c′2 pozitív konstansokkal a (7)-nek megfelelő egyenlőtlenség
minden x ≥ 2 valós számra teljesül.
∗

5.4.3 Milyen alsó és felső becsléseket nyerhetünk pn -re, ha (az 5.4.1 Tétel
helyett) az 5.4.3 Tételt használjuk fel?
5.4.4 Igazoljuk a prímszámtétel felhasználásával a következő becsléseket.
∑a)p≤n log p ∼ n.
b) Az n-nél nem nagyobb prímek szorzata ,,körülbelül” en az alábbiértelemben (vö. az 5.4.5 Lemmával): Bármely ε > 0 esetén létezik
olyan n0 , hogy minden n > n0 -ra∏e(1−ε)n <p < e(1+ε)n .
p≤n

179

5.4. Feladatok∗

5.4.5 Legyen 1 ≤ a1 < a2 < . . . a természetes számok tetszőleges részsorozata, és jelölje A(n)∑ a sorozat n-nél nem nagyobb elemeinek aszámát, azaz A(n) = ai ≤n 1. Bizonyítsuk be, hogy az alábbi négyállítás ekvivalens.
(i) A(n) ∼ n/ log n.
(ii) an ∼ n log n.
∑(iii)
ai ≤n log ai ∼ n.
(iv) Bármely ε > 0 esetén létezik olyan n0 , hogy minden n > n0 -rae(1−ε)n <∏ai < e(1+ε)n .

ai ≤nMegjegyzés: A feladat azt mutatja, hogy az 5.4.1 és 5.4.2 Tételekben, valamint az 5.4.4 feladatban szereplő állítások a prímszámok
sorozatánál általánosabb sorozatok esetén is szorosan összefüggnek
egymással.
∗

5.4.6 Jelöljük∑
S(n)-nel az n-nél nem nagyobb prímszámok összegét, azaz
S(n) = p≤n p. Bizonyítsuk be az alábbi becsléseket S(n)-re:a) Léteznek olyan c3 és c4 pozitív konstansok, hogy minden n > 1-re
c3

n2
n2
< S(n) < c4
.
log n
log n

b) S(n) ∼ n2 /(2 log n).
5.4.7a) Mutassuk meg, hogy bármely K-hoz található olyan páros szám,amely legalább K-féleképpen írható fel két prímszám összegeként.
b) Lássuk be a hasonló állítást összeg helyett különbségre is.
5.4.8 Igazoljuk, hogyπ(n) =⌋n (⌊∑(j − 1)! + 1
j=2

j

⌊

(j − 1)!
−j⌋).

alkalmas-e ez a képlet a π(n) gyakorlati kiszámítására?

180

5. Prímszámok

5.5. Hézag a szomszédos prímek között
Először megmutatjuk, hogy a szomszédos prímszámok között tetszőlegesennagy hézagok is előfordulnak:
T 5.5.1
5.5.1 Tétel
Bármely K pozitív egészhez meg lehet adni K egymást követő összetett
számot. ♣Bizonyítás: Legyen N > K tetszőleges, és tekintsük az ai = N ! + i számokat,i = 2, 3, . . . , K +1. Ekkor nyilván i | ai és ai > i, tehát valamennyi ai összetett.

Megjegyzés: A bizonyításban N ! helyett az N -nél nem nagyobb prímek szorzatát is vehettük volna.
Az 5.5.1 Tételt általánosítva most azt bizonyítjuk be, hogy a szomszédos
prímek közötti két egymás utáni hézag is tetszőlegesen nagy lehet, azaz olyan
prímek is léteznek, amelyeket mindkét oldalról sok összetett szám vesz körül(az ilyen prímeket izolált prímeknek szokták nevezni).
T 5.5.2
5.5.2 Tétel
Bármely K pozitív egészhez meg lehet adni olyan p prímet, amelyre ap ± 1, p ± 2, . . . , p ± K számok valamennyien összetettek. ♣Bizonyítás: Válasszunk egy olyan q prímet, amelyre q ≥ K + 2, és legyend = 2 · 3 . . . (q − 2)(q − 1)(q + 1)(q + 2) . . . (2q − 2) =(2q − 2)!
.
q

Ekkor (q, d) = 1, és így Dirichlet tétele szerint létezik (végtelen sok) olyan
k > 0, amelyre p = q + dk prímszám. Megmutatjuk, hogy egy ilyen p megfelela tétel állításának.
Tetszőleges 1 ≤ j ≤ q − 2 esetén
p ± j = q + kd ± j = (q ± j) +k(2q − 2)!
= (q ± j)(1 + cj ),qahol cj pozitív egész, tehát valóban valamennyi p ± j szám összetett.
Most Csebisev nevezetes tételét igazoljuk: egy szám és a kétszerese közé
mindig esik prímszám.

181

5.5. Hézag a szomszédos prímek között

T 5.5.3
5.5.3 Tétel (Csebisev tétele)
Bármely n ≥ 1 egész esetén létezik olyan p prím, amelyre n < p ≤ 2n. ♣A tételből nyilván következik, hogy az állítás (egészek helyett) n ≥ 1 valós
számokra is igaz marad.
A tételt szokás Bertrand-posztulátumnak is nevezni, mert sejtésként először Bertrand fogalmazta meg 1845-ben, abban a hajszálnyival erősebb formában, hogy n > 3 esetén létezik olyan p prím, amelyre n < p ≤ 2n − 2. (Ezaz alak is igaz, sőt ennél jóval élesebb eredmények is, lásd az 5.5.4 és 5.5.5
Tételek (A) állításait.) Az 5.5.3 Tételt Csebisev bizonyította be 1852-ben. Az
alábbi bizonyítás Erdős Páltól származik.
Bizonyítás: A bizonyítás alapötlete
az, hogy az n és 2n közötti prímek szorzata( )szoros kapcsolatban áll a 2nbinomiális
együtthatóval. A továbbiakbannfeltesszük, hogy n ≥ 5.
( )I. Írjuk fel 2nn kanonikus alakját, és bontsuk ezt három tényező szorzatáraa szereplő prímek nagysága szerint, az alábbi módon:
(

2n
n

)
=

∏

pνp =

p≤2n

∏
√

pνp ·

p≤ 2n

∏
√

2n<p≤n

∏

pνp ·

pνp .

(1)

n+1≤p≤2nJelölje az (1) jobb oldalán álló tényezőket rendre A, B, illetve C. A tétel
bizonyításához elég azt igazolni, hogy C > 1, hiszen ekkor biztosan létezik az
n + 1 ≤ p ≤ 2n feltételt kielégítő p prím. (Könnyen megmutatható az is, hogy
C-ben minden νp kitevő értéke 1, azaz C éppen az n és 2n közötti prímek
szorzata, lásd az 5.5.7a feladatot.)
A C > 1 egyenlőtlenség(2n) belátásához felső becslést keresünk A-ra és B-re,valamint alsó becslést n -re.
( )
(2n)
( )
II. Alsó becslés 2n≤ 2nn -re: Mivel bármely 0 ≤ k ≤ 2n eseténkn(lásd az 5.5.5 feladatot), ezért
)
( ) ∑
2n (
2n
2n
= 22n ,
(2n + 1)
>
n
k
k=0

azaz

(

2n
n

)
>

4n
.
2n + 1(2)

182

5. Prímszámok
III. Felső becslés A-ra: Az 5.4.4 Lemma alapján pνp ≤ 2n, és így√√∏A=pνp ≤ (2n)π( 2n) < (2n) 2n .
√
p≤ 2n

(3)

IV. Felső becslés B-re: Ismét az 5.4.4 Lemma alapján pνp ≤ 2n, és ebből
√p > 2n miatt νp ≤ 1 következik.
Megmutatjuk, hogy (p > 2 és) 2n/3 < p ≤ n esetén νp = 0. Ez azért igaz,
mert
( )
2n
2n(2n − 1) . . . (n + 1)=n!
nnevezője és számlálója is egy ilyen p-nek pontosan az első hatványával osztható:
a nevezőben csak a p, a számlálóban pedig csak a 2p tényezőben szerepel a p.
A fentiek alapján
∏
∏
∏
B=
pνp =
pνp ≤
p.
(4)
√

√

2n<p≤n√2n<p≤2n/3

2n<p≤2n/3

A (4) egyenlőtlenség és az 5.4.5 Lemma alapján kapjuk, hogy∏B<p < 42n/3 .

(5)p≤2n/3

V. A (2), (3) és (5) becsléseket (1)-be beírva és C-t kifejezve kapjuk, hogy
C>

4n

√

(2n + 1)(2n) 2n · 42n/3

>

4n/3

√

(2n + 1)1+ 2n.

(6)

A C > 1 egyenlőtlenség igazolásához elég azt megmutatnunk, hogy a (6) jobb
oldalán álló sn kifejezés logaritmusa pozitív. Mivellog sn =√n log 4− (1 + 2n) log(2n + 1) → ∞,3

ha n → ∞ ,(7)ezért minden elég nagy n esetén log sn > 0. Könnyen adódik, hogy például
n > 511 esetén fennáll a pozitivitás, tehát n > 511 esetén C > 1.
VI. Végül az n ≤ 511 értékekre közvetlenül ellenőrizhetjük a tétel állítását.
Ehhez elegendő a 2-ből kiindulva olyan prímszámsorozatot készítenünk, amelynek bármely eleme kisebb, mint a megelőző elemnek a kétszerese. Egy ilyen
sorozat például a következő: 2, 3, 5, 7, 13, 23, 43, 83, 163, 317, 631. (Az183

5.5. Hézag a szomszédos prímek között

éppen a Csebisev-tételből következik, hogy ilyen tulajdonságú végtelen sorozat
is létezik.)
A Csebisev-tétellel kapcsolatban felvethetjük a következő általánosabb,,hézagfüggvény” problémát:Milyen h(n) függvényekre igaz, hogy minden elég nagy n természetes szám
esetén az (n, n + h(n)) nyílt intervallumban található prímszám?
A Csebisev-tétel szerint h(n) = n megfelel, az 5.5.1 Tétel alapján viszonta h(n) nem választható konstans függvénynek, hiszen az (n, n+K) intervallum
bármilyen rögzített K esetén végtelen sok n-re ,,prímmentes”.
Megoldatlan probléma, hogy milyen nagyságrendű a ,,lehető legjobb”
h(n). Erre vonatkozóan a következő eredmények ismertek (ezeket bizonyítás
nélkül közöljük):
T 5.5.4

5.5.4 Tétel(A) Legyen θ = 0,525. Ekkor minden elég nagy n-re az (n, n + nθ ) intervallum
tartalmaz prímszámot.
(B) Végtelen sok olyan n pozitív egész létezik, amelyre az(

c · log n · log log n · log log log log nn, n+log log log n)intervallum nem tartalmaz prímszámot (itt c egy pozitív konstans). ♣Az 5.5.4 Tétel mindkét állítása igen mély eredmény (például jóval élesebbek, mint a prímszámtételből leolvasható következtetések, lásd az 5.5.5
Tételt), ennek ellenére hatalmas űr tátong közöttük; a h(n) választható nθ nak, és nem választható egy log n-nél ,,nem sokkal nagyobb” függvénynek.
Bizonyos valószínűségi megfontolások alapján azt lehet sejteni, hogy a (log n)2
függvény ,,környékén” várható a választóvonal.
Érdekességként megjegyezzük, hogy (A)-ból még az az 5.1 pontban már
említett, ártatlannak látszó sejtés sem következik, hogy két egymást követő
négyzetszám között mindig található prímszám. Ehhez az (A)-beli θ-nak 1/2re történő leszorítására lenne szükség, amit még az ún. Riemann-sejtés felhasználásával sem sikerült igazolni.
Az alábbiakban azt mutatjuk meg, hogy a prímszámtétel segítségével
mennyire élesíthetők az 5.5.3 és 5.5.1 Tételek eredményei.

184

5. Prímszámok
T 5.5.5

5.5.5 Tétel(A) Bármely ε( > 0-hoz létezik
olyan (ε-tól függő) n0 , hogy minden n > n0)
esetén az n, (1 + ε)n intervallum tartalmaz prímszámot.
(B) Bármely 0 (< ε < 1 esetén végtelen
sok olyan n pozitív egész létezik,)
amelyre az n, n + (1 − ε) log n intervallum nem tartalmaz prímszámot.
♣Bizonyítás: Az (A) részhez azt kell igazolnunk, hogy minden elég nagy n-re()π (1 + ε)n − π(n) > 0 .

(8)

A prímszámtétel szerint minden elég nagy n-re egyrészt

másrészt

(
n
ε)
·
,
π(n) < 1 +4 log n

(9)

(
) (
ε)
(1 + ε)n()π (1 + ε)n > 1 −·4 log (1 + ε)n(10)

teljesül, továbbá nyilván()(ε)
log (1 + ε)n = log(1 + ε) + log n < 1 +log n .
4

(11)(9), (10) és (11) alapján
(

((

)

π (1 + ε)n − π(n) >

)
)(
)
(
1 − 4ε 1 + ε
n
ε)
.
− 1+
ε
1+ 4
4
log n

(12)

(12) jobb oldalán az n/ log n együtthatója(

1 − 4ε

)(

) (
)2
(
)
5ε
ε
1 + ε − 1 + 4ε
4 1− 4=> 0
1 + 4ε
1 + 4ε(hiszen feltehető, hogy ε < 4/5), és így (12)-ből következik (8).
A (B) állítást indirekt bizonyítjuk. Tegyükfel, hogy van )olyan ε > 0(és olyan n0 , hogy minden n > n0 esetén az n, n + (1 − ε) log n intervallum
tartalmaz prímszámot.

5.5. Hézag a szomszédos prímek között

185

Legyen N egy (nagy) rögzített egész, és tekintsük az n0 és N közötti
prímszámokat: n0 < pr < pr+1 < . . . < pk ≤ N . Ekkor az indirekt feltevés
alapján az alábbi egyenlőtlenségeket kapjuk:+ (1 − ε) log pr ,pr+1 < prpr+2 < pr+1 + (1 − ε) log pr+1 ,
..
.

(13)

+ (1 − ε) log pk .

pk+1 < pk

A (13)-beli egyenlőtlenségeket összeadva a pr+1 , . . . , pk tagok kiesnek, és
pk+1 < pr + (1 − ε)k∑log pj(14)

j=radódik.
A pk definíciója szerint pk+1 > N , ezért az ellentmondáshoz elég azt
megmutatnunk, hogy (14) jobb oldala viszont kisebb, mint N .
Ehhez (14) jobb oldalát a következőképpen becsüljük felülről:pr + (1 − ε)k∑log pj < pr + (1 − ε)π(N ) log N .

(15)

j=r

A prímszámtétel szerint elég nagy N esetén(ε) Nπ(N ) < 1 +,4 log N

(16)

továbbá (elég nagy N -re) nyilván
pr <

εN
.
4

(17)

A (16) és (17) egyenlőtlenségeket (15)-be beírva azt nyerjük, hogy (14) jobb
oldala kisebb, mint
((
)(
(
ε)
ε) ε)
1−ε 1++
N < 1− N < N,442
amivel megkaptuk a már jelzett ellentmondást.

186

5. Prímszámok

Feladatok
5.5.1 Bizonyítsuk be, hogy n > 1 esetén n! nem lehet teljes hatvány.
5.5.2 Igazoljuk, hogy bármely két szomszédos pozitív egész közül legalább
az egyik felírható csupa különböző prímszám összegeként (egytagúösszeget is megengedünk).
5.5.3 Mutassuk meg, hogy végtelen sok olyan prím van, amelynek (tízesszámrendszerben)a) az első számjegye 1-es;b) az első ezer számjegye 4-es.
5.5.4 Bizonyítsuk be, hogy ha 1 ≤ k < n, akkor az alábbi összegek értéke
nem lehet egész szám:
a)

n
∑
1
j=1

j

;

b)

n
∑
1
j=k

j

.

( )
5.5.5 Mutassuk meg, hogy a 2n
k , 0 ≤ k ≤ 2n, binomiális együtthatók( )közül 2nalegnagyobb.
n5.5.6 Adjunk még egy bizonyítást az 5.5.2 Tételre az alábbi gondolatmenet
alapján: Válasszunk 2K darab K-nál nagyobb prímszámot, legyenek
ezek p1 , . . . , pK , q1 , . . . , qK , és tekintsük az
x ≡ j (mod pj ),x ≡ −j (mod qj ),j = 1, 2, . . . , K

szimultán kongruenciarendszert. Mutassuk meg, hogy ennek megoldásai között található (végtelen sok) p prímszám, és ezek kielégítik atétel feltételeit.
5.5.7
( )
a) Bizonyítsuk be, hogy 2nminden n + 1 ≤ p ≤ 2n prímszámnak
npontosan az első hatványával osztható.
( )b) Mutassuk meg, hogy ha p > 3 prím és 2n/5 < p ≤ n/2, akkor 2nnnem osztható p-vel. Hogyan általánosítható ez az észrevétel?
5.5.8 Mutassuk meg, hogy (n ≥ 2 esetén) a Csebisev-tételre adott bizonyításból az alábbi élesebb eredmény is következik: Az n és 2nközötti prímek száma nagyobb, mint cn/ log n, ahol c alkalmas pozitív konstans.

5.6. A prímek reciprokösszege

187

M 5.5.9a) Az 5.5.4 Tétel (A) részének a felhasználásával lássuk be, hogy bármely két elég nagy, egymást követő köbszám között található prímszám.
n∗b) Bizonyítsuk be, hogy létezik olyan α > 1 valós szám, amelyre ⌊α3 ⌋minden n pozitív egész esetén prímszám.
c) Miért nem alkalmas a b)-beli képlet nagy prímszámok gyakorlatielőállítására?
5.5.10 Vizsgáljuk meg, hogy milyen, az 5.5.5 Tétel (B) állításához hasonló
jellegű eredményeket nyerhetünk, ha a prímszámtétel helyett az alábbiakra támaszkodunk:a) 5.4.3 Tétel;b) az 5.5.1 Tétel bizonyítása;c) az 5.5.1 Tétel bizonyítása utáni megjegyzés.
∗

5.5.11 Bizonyítsuk be, hogy bármely ε > 0-hoz végtelen sok olyan n pozitív
egész létezik, amelyre pn+1 − pn < (1 + ε) log n. (A szokásos módon
pn az n-edik prímszámot jelöli.)Megjegyzés: Nagyon hosszú ideig ebben a becslésben csak az 1 + εkonstanst sikerült 0,4 körülire javítani. Óriási szenzációt jelentett,amikor 2005-ben Goldston, Motohashi, Pintz János és Yildirim bebizonyították, hogy a (pn+1 − pn )/ log n sorozatnak létezik 0-hoz
tartó részsorozata (ami látszólag „alig” erősebb, mint az 5.5.11 feladat állítása). Goldston, Pintz és Yildirim még újabb eredményeités módszereit továbbfejlesztve 2013-ban Zhang megmutatva, hogypn+1 − pn -nek létezik korlátos(!) részsorozata (lásd részletesebben az
Ikerprímek résznél).

5.6. A prímek reciprokösszege
Ebben a pontban bebizonyítjuk, hogy a prímszámok reciprokaiból képzett
végtelen sor divergens. Ez azt jelenti, hogy a prímek reciprokai ,,lassan” fogynak, azaz maguk a prímek lassan növekednek, vagyis a prímek ,,viszonylagsűrűn” helyezkednek el a pozitív egészek között. Összehasonlításképpen, anégyzetszámok reciprokaiból képzett végtelen sor konvergens, azaz a négyzetszámok a pozitív egészeknek egy ,,ritka” részsorozatát alkotják (vö. az 5.4.1
Tétel utáni 2. megjegyzéssel).
A prímek reciprokösszegének divergenciájára három bizonyítást adunk.
Az első mutatja, hogy ez a tény a prímszámtételből (sőt már az 5.4.3 Tételből

188

5. Prímszámokis) következik. A második Erdős Pál szellemes indirekt gondolatmenete. A
harmadik Euler bizonyítása, aki először mondta ki és igazolta ezt a tételt.
Végül megmutatjuk, hogy az x-nél nem nagyobb prímek reciprokainak
összege nagyon jól közelíthető a log log x függvénnyel.
5.6.1 Tétel
A prímek reciprokaiból képzett végtelen sor divergens, azaz
∑ 1
p

p

T 5.6.1= ∞. ♣

Első bizonyítás: Azt kell igazolnunk, hogy
n
∑
1
= ∞,
n→∞
p
j=1 j

lim

(1)

ahol pj a j-edik prímszámot jelöli.
Az 5.4.2 Tétel (vagy az 5.4.3 feladat) szerint létezik olyan c és n0 , hogy
minden j ≥ n0 esetén pj < cj log j. Ebből következik, hogy
n
n
∑
1
1
1 ∑
>
.
p
c j=n j log j
j=1 j

(2)

0

Rajzoljunk minden n0 ≤ j ≤ n egész számhoz egy olyan téglalapot,
amelynek az alapja az x tengely [j, j +1] szakasza, magassága pedig 1/(j log j).
Ekkor a téglalapok területének összege éppen a (2) jobb oldalán szereplő összeg(az 1/c szorzó nélkül).
Mivel az 1/(x log x) függvény (x > 1 esetén) monoton csökken, ezért
az [n0 , n + 1] intervallumon a függvénygörbe a téglalapok alkotta alakzatban halad. Emiatt a függvénygörbe alatti terület kisebb, mint a téglalapok
területének az összege, azaz
n
∑
j=n0

1
>
j log j

∫ n+1
n0

dx
.
x log x(3)

A (3) jobb oldalán szereplő integrált kiszámítva
∫ n+1
n0

[
]n+1
dx
= log log x n = log log(n + 1) − log log n00x log x(4)

5.6. A prímek reciprokösszege

189adódik.
A (3) és (4) összefüggések felhasználásával a (2) egyenlőtlenségből
n
∑
1

p
j=1 j

>

)
1(
log log(n + 1) − log log n0c(5)következik. Mivel
lim log log n = ∞ ,n→∞ezért n → ∞ esetén (5)-ben a jobb oldal, és emiatt a bal oldal is a végtelenhez
tart, azaz (1) valóban teljesül.
Megjegyzés: A bizonyításból az is leolvasható, hogy alkalmas c′ konstanssal
minden elég nagy n esetén fennáll
∑ 1
p

p≤n

Ugyanígy igazolható

∑ 1
p≤n

p

> c′ log log n .

(5a)< c′′ log log nis, sőt a prímszámtétel (vagy az azzal ekvivalens 5.4.2 Tétel) kicsit ügyesebb
alkalmazásával∑ 1∼ log log npp≤n

következik. Ezeknél is élesebb becslést kapunk majd azonban az 5.6.2 Tételben(ráadásul a prímszámtétel felhasználása nélkül), sőt már az 5.6.1 Tételre adottharmadik bizonyítás (13) egyenlőtlensége is sokkal erősebb (5a)-nál.
Második bizonyítás: Tegyük fel indirekt, hogy a prímek reciprokösszege konvergens. Ekkor létezik olyan k, hogy
∞
∑
j=k+1

1
1
< .
pj
2

(6)

Rögzítsük le k értékét, és osszuk a pozitív egészeket két csoportba: azelső csoportba azok a számok kerülnek, amelyeknek van pk -nál nagyobb prímosztója, a második csoportot pedig azok a számok alkotják, amelyeknek minden prímosztója kisebb vagy egyenlő, mint pk .

190

5. Prímszámok

Legyen N (nagy) természetes szám, és tekintsük a H = {1, 2, . . . , N }halmazt. Meg fogjuk mutatni, hogy elég nagy N -et választva, a H elemeinek
kevesebb, mint a fele tartozik az első csoportba, és ugyancsak kevesebb, minta fele tartozik a második csoportba, ami nyilvánvaló ellentmondás.
Vizsgáljuk először az első csoportot. Tetszőleges p prím esetén H-ban ap-vel osztható elemek száma ⌊ Np ⌋. Ebből az első csoportbeli elemek darabszámára a következő felső becslés adódik:∞∑ ⌊N ⌋
∑ N
∑
1
N
≤
< N
<
p
p
pj
2
pk <p≤N

pk <p≤N

j=k+1(az utolsó lépésben (6)-ot használtuk fel). Ez azt jelenti, hogy H elemeinek
kevesebb, mint a fele tartozik az első csoportba.
A második csoport vizsgálatához felhasználjuk, hogy minden pozitív egész(egyértelműen) előállítható egy négyzetszám és egy négyzetmentes szám szorzataként. Ez a számelmélet alaptételéből következik: Válasszuk külön nkanonikus alakjában a páros és páratlan kitevőket:2βr+1
n = q12β1 . . . qr2βr qr+1

+1

. . . qs2βs +1(ahol r = 0, illetve r = s is megengedett), ekkor
)2 (
(
)
βr+1
. . . qsβs · qr+1 . . . qs
n = q1β1 . . . qrβr qr+1
adja a kívánt előállítást.
Írjuk fel H-nak a második csoportba√tartozó elemeit ilyen a2 b alakban(ahol b négyzetmentes). Ekkor 1 ≤ a ≤ ⌊ N ⌋, továbbá b a p1 , . . . pk prímek
közül néhány különbözőnek (akár az összesnek) a szorzata (de b lehet az üresszorzat is, ekkor b = 1).
√Ebből következik, hogy az a2 választására ⌊ N ⌋ lehetőség adódik, a bválasztására pedig 2k (ahány részhalmaza van a {p√1 , . . . , pk } halmaznak). Ennélfogva az ilyen a2 b szorzatok√száma legfeljebb
N · 2k . Mivel k rögzített,√kezért elég nagy N esetén 2 < N /2, tehát N · 2k < N/2. Ezzel igazoltuk,
hogy H elemeinek kevesebb, mint a fele tartozik a második csoportba.
Harmadik bizonyítás: Felhasználjuk a következő (analízisbeli) tételeket:
(i)

n
∑
1
j=1

(iii) log

j> log n ;

(ii)

∞
∑
1
< 2;
j2
j=1

1
x2
x3
=x+
+
+ . . . ≤ x + x2 ,1−x2
3

ha 0 ≤ x ≤1.
2

5.6. A prímek reciprokösszege

191

Rátérve a tételünk bizonyítására, tekintsük a következő szorzatot:
)
∏(
1
1
1
1 + + 2 + . . . + νp ,
An =
p p
p
p≤n

ahol n > 1 egész éspνp ≤ n < pνp +1 ,

νp = ⌊logp n⌋ .

azaz

Megmutatjuk, hogy

n
∑
1

An ≥

j
j=1

.

(7)

Legyen először n = 10, és írjuk ki az A10 tényezőit részletesen:
(
)(
)
)(
)(
1
1
1
1
1
1
1
A10 = 1 + + 2 + 3
1+.
1+ + 2
1+
2 2
2
3 3
5
7
Ha j ≤ 10, akkor j kanonikus alakjában csak a 2, 3, 5, 7 prímek fordulhatnak elő, éspedig legfeljebb akkora kitevővel, mint amilyennel az A10 egyes
tényezőiben szerepelnek. Ezért tetszőleges j ≤ 10 előállítható (ráadásul egyértelműen) ezen prímhatványok szorzataként. Ez azt jelenti, hogy ha elvégezzük
a szorzást A10∑
-ben, akkor biztosan megkapjuk minden j ≤ 10 szám reciprokát,10és így A10 ≥ j=1 1/j.
Ugyanezt a meggondolást a 10 helyett tetszőleges n-re végrehajtva a (7)egyenlőtlenséget nyerjük. Ebből (i) felhasználásával
An > log n(8)

adódik.
Most felső becslést keresünk An -re. Az An tényezőiben szereplő mértanisorozatokat összegezve kapjuk, hogy
An =

∏ 1−
p≤n

( 1 )νp +1
p

1 − p1<∏1.
1 − p1p≤n(9)

A (8) és (9) egyenlőtlenségekből
log n <

∏

1
1
1
−
p
p≤n

(10)

192

5. Prímszámok

adódik. (10)-et logaritmálva a
log log n <

∑
p≤n

log

1
1 − p1(11)

egyenlőtlenséget kapjuk. A (11) jobb oldalát (iii) szerint felülről becsülve∑ 1 ∑ 1+log log n <
(12)
p
p2
p≤n

p≤n

adódik. Végül (ii) miatt a (12) jobb oldalán álló második összeg kisebb, mint2, és így∑ 1
> log log n − 2 ,
(13)
p
p≤n

amiből a tétel állítása következik.
A harmadik bizonyításból azt is megkaptuk, hogy az n-nél nem nagyobb
prímek reciprokösszege nem lehet lényegesen kisebb log log n-nél (lásd a (13)egyenlőtlenséget). A következőkben ezt tovább élesítjük, és azt igazoljuk, hogy
ennek a reciprokösszegnek a log log n-től való eltérése korlátos:5.6.2 Tétel
Létezik olyan c konstans, hogy minden n ≥ 3 egész számra∑ 1− log log n < c . ♣p

T 5.6.2(14)p≤nBizonyítás: A bizonyításhoz szükségünk lesz alésére:∑p≤n (log p)/p összeg becs-

5.6.3 Tétel
Létezik olyan c′ konstans, hogy minden n ≥ 2 egész számra∑ log p− log n < c′ . ♣p

T 5.6.3(15)

p≤n

Az 5.6.3 Tétel bizonyítása: Induljunk ki az n! kanonikus alakjából (1.6.8 Tétel). Ezt logaritmálva)(⌊ ⌋ ⌊ ⌋ ⌊ ⌋∑nnn+ 2 + 3 + ...
(16)
log n! =
log p
p
p
p
p≤n

193

5.6. A prímek reciprokösszege

adódik. Meg fogjuk mutatni, hogy (16) bal oldala ,,körülbelül” n log n, a jobb
oldalon pedig a log p szorzójában ,,az egészrész∑ elhagyható és csak az első tag
számít”, vagyis a jobb oldal ,,körülbelül” n p≤n (log p)/p. Innen n-nel való
osztás után kapjuk a kívánt (15) egyenlőtlenséget.
Nézzük mindezt pontosan és részletesen. A (16) bal oldalán álló log n!
becsléséhez használjuk fel, hogy n ≥ 2-re( n )ne< n! < nn .

Itt a felső becslés nyilvánvaló, az alsó becslés pedig könnyen igazolható teljes
indukcióval. Ezeket az egyenlőtlenségeket logaritmálva kapjuk, hogyn(log n − 1) < log n! < n log n .

(17)

Az ⌊n/p⌋ + ⌊n/p2 ⌋ + . . . összeget a következőképpen becsülhetjük:⌊n⌋ ⌊ n ⌋
n
n
n
n
n
−1 <
+ 2 + ... <+ 2 + ... =
+
.
p
p
p
p
p
p
p(p − 1)(18)

Jelöljük (16) jobb oldalát J-vel. Ekkor (18) alapján J-re az alábbi becsléseket
nyerjük:n∑ log p
p≤n

p

−

∑

log p < J < np≤n∑ log p
p≤n

p

+ n

∑
p≤n

log p
.
p(p − 1)(19)

Az 5.4.5 Lemma alapján∑

log p = logp≤ntovábbá∏p < log 4n = n log 4 ,

(20)

p≤n

∑
p≤n

∞

∑ log klog p<,p(p − 1)k(k − 1)

(21)

k=2

ahol a (21) jobb oldalán álló végtelen sor konvergens, és az is megmutatható,
hogy az összege kisebb, mint 4.
A (20) és (21) egyenlőtlenségek felhasználásával (19)-ből kapjuk, hogy
∑ log p
J
−
n
p
p≤n

< 4.

(22)

194

5. Prímszámok

Ugyanakkor (16) alapján J = log n!, ezért (17)-ből
J− log n < 1n(23)

következik. Végül (22) és (23) miatt (15) is teljesül (például c′ = 5 megfelel).

Az 5.6.2 Tétel bizonyításához kényelmesebb, ha az 5.6.3 Tételt az egész nértékekről tetszőleges x ≥ 2 valós számra is kiterjesztjük. Ehhez vegyük észre,hogy∑ log pp≤x=p

∑ log pp

log x − log⌊x⌋ = log

és

p≤⌊x⌋

x
3
< log ,⌊x⌋2

és így (15) alapján∑ log pp≤xp

− log x ≤∑ log p3
− log⌊x⌋ + log⌊x⌋ − log x < c′ + log .
p
2

p≤⌊x⌋

Ezzel megmutattuk, hogy tetszőleges x ≥ 2 valós szám esetén∑ log pp≤xp

− log x < 6 .

(24)Vezessük még be a következő jelöléseket tetszőleges x ≥ 2 valós számra:f (x) =∑ log ppp≤x,g(x) =1log x

és h(x) = f (x) − log x .

(25)

Az f (x) és g(x) definíciója alapján f (2)g(2) = 1/2, továbbá bármelyk ≥ 3 egész szám esetén{1(), ha k prím;f (k) − f (k − 1) g(k) = k
0, ha k nem prím.
Ebből következik, hogy tetszőleges n ≥ 3 egészre fennáll
∑ 1
p≤n

p

= f (2)g(2) +

n
∑
(
k=3

)
f (k) − f (k − 1) g(k) .

(26)

195

5.6. A prímek reciprokösszege(26) jobb oldalát az ún. parciális összegezés (Abel-féle átrendezés) segítségével átalakítva kapjuk, hogy
∑ 1

(
)
(
)
= f (2) g(2) − g(3) + f (3) g(3) − g(4) + . . .

p

p≤n

(
)
. . . + f (n − 1) g(n − 1) − g(n) + f (n)g(n) .

(27)

Most megmutatjuk, hogy (27) jobb oldalán az összeg egy általános tagja (azutolsó kivételével)()
f (k) g(k) − g(k + 1) = −∫ k+1

f (t)g ′ (t) dt

(28)

k

alakba írható. Ez azért igaz, mert a (balról zárt, jobbról nyílt) [k, k + 1)
intervallumon az f (t) függvény értéke a konstans f (k), továbbá a Newton–
Leibniz-szabály szerint∫ k+1

g ′ (t)dt = g(k + 1) − g(k).

k(28) felhasználásával (27)-ből a következő egyenlőséget nyerjük:
∫ n

∑ 1
p≤n

= f (n)g(n) −pf (t)g ′ (t) dt .

(29)

2

Most kiszámítjuk a (29) jobb oldalán szereplő integrált az
f (t) = log t + h(t) és g ′ (t) =

(

1
log t

)′
=

−1
t(log t)2összefüggések felhasználásával:
∫ n
−

∫ n

(30)

[
]n
dt
= log log t 2 = log log n − log log 2 .
t log t(31)

f (t)g (t) dt =
2

2

dt
+
t log t∫ nh(t) dt.
t(log t)2′

2

A (30) jobb oldalán szereplő első integrál
∫ n
2

196

5. Prímszámok

A (30) jobb oldalán szereplő második integrál becsléséhez felhasználjuk, hogy|h(t)| < 6, ez (24)-ből és (25)-ből következik. Innen∫ n2h(t) dt<6t(log t)2

∫ n
2

[
]n
dt
−1
6
6
=6
−
.
=
2
t(log t)log t 2log 2 log n(32)(32)-t és (31)-et (30)-ba beírva kapjuk, hogy∫ n−f (t)g ′ (t) dt = log log n + s(n) ,ahol s(n) korlátos.

(33)

2

Most azt igazoljuk, hogy a (29) jobb oldalán álló f (n)g(n) szorzat iskorlátos:|f (n)g(n)| =log n + h(n)
h(n)
= 1+
< 1 + 6 = 7.
log n
log n

(34)

Végül (29)-et (33)-mal és (34)-gyel összevetve kapjuk az 5.6.2 Tétel állítását.
Megjegyzés: A (32) becslést [2, n] helyett az [n, N ] intervallumra megismételve
kiderül, hogy n → ∞ esetén a (30) jobb oldalán szereplő második integrálnak
létezik határértéke, és az attól való eltérés abszolút értéke legfeljebb 6/ log n.
Ugyanez f (n)g(n)-re nyilvánvaló. Így létezik olyan c1 és c2 konstans, hogy
minden n ≥ 3 egészre
∑1
p≤n

p

− log log n − c1 ≤

c2
.
log n

Feladatok
M 5.6.1 Legyen L rögzített pozitív egész. Tekintsük a pozitív egészek alábbi
részsorozatait, és döntsük el, hogy az elemek reciprokaiból álló végtelen sorok konvergensek vagy divergensek-e:a) az L-lel osztható számok;b) a teljes hatványok;c) a négyzetmentes számok;d) azok a számok, amelyeknek minden prímosztója kisebb, mint L;e) azok a számok, amelyeknek minden prímosztója nagyobb, mint L;f) azok a számok, amelyek kanonikus alakjában minden prímszám kitevője legalább 2 (ezeket négyzetteljes számoknak szokták hívni).

197

5.6. FeladatokA c) sorozat kivételével vizsgáljuk meg azt is, hogy nagy n esetén azegyes számsorozatoknak ,,körülbelül” hány elemük van n-ig; ez pontosabban azt jelenti, hogy
∑ ha az U = {u1 < u2 < . . .} sorozatról vanszó, akkor az U (n) = ui ≤n 1 függvényre keresünk aszimptotikát, illetve minél jobb becsléseket. (A négyzetmentes számokra vonatkozó
eredményt lásd a 6.7.2 feladatban.)
5.6.2 Az 5.6.1 Tételre adott első bizonyításban alkalmazott ,,integrálkritérium” segítségével döntsük el, hogy az alábbi végtelen sorok konvergensek vagy divergensek-e:
a)

∞
∑

1

n1,01
n=1

;

∞
∑

1
b)
;
n(log
n)2
n=2

c)

∞
∑

1
.
n
·
log
n
· log log nn=2

5.6.3 Az alábbi végtelen sorokban az összegzés a prímek szerint történik.
Vizsgáljuk meg a konvergencia, illetve divergencia kérdését:
∑
∑ 1
1
;
.
a)
b)
p log pp log log ppp5.6.4 Tekintsük a pozitív egészek alábbi típusú a1 < a2 < . . . részsorozatait. Mit állíthatunk az elemek reciprokaiból álló végtelen sorokról akonvergencia/divergencia szempontjából? (Lehetséges válaszok: biztosan konvergens — biztosan divergens — lehet konvergens, és lehet
divergens is.)a) Az an elemek páronként relatív prím összetett számok.
b) Minden n-re az an kanonikus alakjában a prímek kitevőinek az öszszege legalább 2 log n.
c) Minden n-re an+1 − an < 101000 .
d) Minden n-re an+1 /an < 1,00001.
e) Az an elemek között nincs két olyan, amelynek ugyanannyi osztója
lenne.
5.6.5 Ha∑∞az A = {a1 < a2 < . . .} pozitív egészekből álló számsorozatra
Érdemes-en=1 1/an < ∞, akkor ez azt jelenti, hogy az A ,,ritka”. ∑∞a ritkaság fogalmát aszerint finomítani, hogy mekkora a n=1 1/anösszeg?
M 5.6.6 Tetszőleges s > 1 valós számra a Riemann-féle zétafüggvényt a következőképpen definiáljuk:
ζ(s) =

∞
∑
1
n=1

ns

.

(35)

198

5. Prímszámok
Ismeretes (vagy az 5.6.2a feladat mintájára igazolható), hogy a (35)
jobb oldalán álló végtelen sor (s > 1 esetén) konvergens. Például
ζ(2) = π 2 /6.
Most egy végtelen szorzatot értelmezünk (p a prímeken fut végig):
∏ 1
∏
1
lim
(36)
1 = n→∞1 .
1 − ps
1
−
s
p
p
p≤n
Bizonyítsuk be, hogy s > 1 esetén a (36) jobb oldalán szereplő
határérték létezik és egyenlő ζ(s)-sel.

5.6.7 Legyen 0 < aj < 1, j = 1, 2, . . . és definiáljuk az alábbi végtelenszorzatot:∞n∏∏(1 − aj ) = lim(1 − aj ) .
j=1

n→∞

j=1

Bizonyítsuk be, hogy∞∑

aj = ∞ ⇐⇒

j=1

∞
∏

(1 − aj ) = 0 .

j=1

Megjegyzés: Általában egy (nulla tényezőket nem tartalmazó) végtelen szorzatot akkor nevezünk konvergensnek, ha a részletszorzatok
sorozatának létezik véges és 0-tól különböző határértéke.
∗

5.6.8 Az 5.6.1 Tétel harmadik bizonyítása során megmutattuk (lásd a (10)egyenlőtlenséget), hogy
∏ 1
log n <.
1 − p1p≤nBizonyítsuk be, hogy érvényes az alábbi fordított irányú becslés is:létezik olyan c konstans, amelyre (minden n ≥ 2 esetén)∏ 1
c log n >.
1 − p1p≤n5.6.9 Legyen n > 1, és jelölje p(n), illetve P (n) az n legkisebb, illetve
legnagyobb prímosztóját. Döntsük el, hogy az alábbi végtelen sorok
konvergensek vagy divergensek-e:
∞
∑

1
a)
;
np(n)
n=2

∗∗

b)

∞
∑

1
.
nP (n)
n=2

5.7. Prímtesztek

199

5.7. Prímtesztek
Könnyű-e meghatározni egy szám prímtényezős felbontását? Látszólag igen,hiszen csak meg kell nézni rendre, hogy osztható-e 2-vel, 3-mal, 5-tel stb. Ha
találunk egy (prím)osztót, akkor a hányadost kell tovább bontani. Ha pediga szám négyzetgyökéig elmenve egyáltalán nem találunk ilyen osztót, akkor aszám biztosan prím (lásd az 1.4.7a feladatot).
Ily módon gyorsan fel tudjuk bontani például a 143-at (= 11 · 13), vagy
be tudjuk látni, hogy a 197 prím (13-ig egyik prímszámmal sem osztható).
Nagy számoknál már nemigen tudjuk megvalósítani, hogy csak a prímeket
próbáljuk ki, osztják-e a számot, hiszen a prímek nem állnak eleve rendelkezésünkre. Természetesen ekkor sem érdemes minden számot osztóként kipróbálni: nyilván elég, ha a vizsgált számot annyiszor osztjuk 2-vel, hogy páratlanszámhoz jussunk, és ekkor már csak a páratlan számokkal való oszthatóságotkell tekinteni. Ezt a gondolatot tovább is fejleszthetjük: a 2 mellett (például)a 3 és az 5 hatványait is leválaszthatjuk ily módon, és ezután elég csak a 30-hoz
relatív prím osztókat keresni.
Igazán nagy számok esetén azonban ezek a ,,próbaosztásos” módszerek a
gyakorlatban teljesen használhatatlanok. A nehézséget az jelenti, hogy olyan
sok próbálkozást kellene (számítógéppel) végrehajtani, amihez évmilliárdok
sem elegendők. Sőt, a próbaosztásos módszerek továbbfejlesztett változatai,
illetve az eddig kidolgozott egyéb faktorizációs algoritmusok is reménytelenül,,lassúak”. Egy 500-jegyű (összetett) számot, amelynek nincsenek kis prímosztói, vagy nincs valamilyen speciális tulajdonsága, a jelenlegi leggyorsabb
számítógépek sem tudnának a Föld kihűlése előtt tényezőkre bontani. (Ezalapvetően megváltozhat, ha a kvantumszámítógépek hatékonyan fognak tudniműködni.)Ugyanakkor léteznek olyan eljárások, amelyek (teljes vagy majdnem teljes
biztonsággal) viszonylag gyorsan eldöntik, hogy egy nagy szám prím-e vagyösszetett (azonban az utóbbi esetben nem tudják megadni a tényezőket). Az
ilyen algoritmusokat nevezik prímteszteknek.
A gyors prímtesztek létezése első hallásra meglepőnek tűnik, különösen
azzal összehasonlítva, hogy egy nemtriviális osztó megkeresése (jelenlegi ismereteink szerint) jóval kilátástalanabb feladat, mint egy tűre rálelni a szénakazalban. Ezek az algoritmusok azonban nem osztót keresnek, hanem olyan,
gyorsan ellenőrizhető feltételeket vizsgálnak, amelyeket a prímek kielégítenek,az összetett számok viszont gyakorlatilag nem. (A ,,gyakorlatilag” azt jelenti,
hogy a legtöbb módszernél az esetleges ,,igen ritka” kivételeket, és ezzel együtta tévedés lehetőségének egy elenyészően csekély mértékű kockázatát meg kell
engednünk.)200

5. Prímszámok

Speciális alakú számokra már láttunk prímteszteket, ilyen volt a Fermat-,
illetve a Mersenne-számok tesztje (5.2.2, illetve 5.2.4 Tétel).
Az általános prímtesztek tárgyalása előtt megmutatjuk, hogy néhány fontos számelméleti feladat megoldására létezik gyors algoritmus.
T 5.7.1
5.7.1 Tétel
Legyenek a, b, c és m egészek, ahol b > 1 és m > 0. Ekkor
I. ab maradéka modulo m;
II. az a és b legnagyobb közös osztója;( )III. (páratlan b és (a, b) = 1 esetén) az ab Jacobi-szimbólum;IV. az ax + by = c lineáris diofantikus egyenlet megoldásai és
V. az ax ≡ c (mod b) kongruencia megoldásaikiszámíthatók legfeljebb 5 log2 b lépésben, ahol egy lépés két egész szám összeadását, kivonását, szorzását vagy maradékos osztását jelenti. ♣A fentiek alapján egy 500-jegyű b szám esetén ezek a feladatok legfeljebb
5 log2 b ≈ 2500 log2 10 < 9000
lépésben megoldhatók. Ezt egy gyors számítógép a másodperc töredéke alattelvégzi, ráadásul a konkrét eljárásokat ügyesebb szervezéssel még gyorsabbá
és automatikusabbá lehet tenni.
Bizonyítás: I. Az ab szám modulo m vett maradékát az ismételt négyzetre
emelések segítségével és minden lépés után az eredményt modulo m redukálvaérdemes végeznünk (ez a módszer szerepelt már a 3.2 pontbeli Példában 1329
modulo 59 vett maradékának a meghatározásánál, valamint a Fermat-számok
tesztjénél, lásd az 5.2.2 Tétel bizonyítása utáni megjegyzéseket).
Legyen t = ⌊log2 b⌋, és írjuk fel a b kitevőt kettes számrendszerben. A b a
számítógépben valószínűleg eleve ebben az alakban van tárolva, de más alapúszámrendszerből történő átszámítás is megvalósítható legfeljebb log2 b lépésben, hiszen az 1.2.2 Tétel szerint a számjegyeket a 2-vel történő maradékos
osztások sorozatával kapjuk meg.
b = 2i1 + 2i2 + . . . + 2is ,ahol

0 ≤ i1 < i 2 < . . . < i s ≤ t .

Ezután ismételt négyzetre emelésekkel (és mindig mod m redukálva) számoljukkita2 , a4 , a8 , . . . , a2

5.7. Prímtesztek

201

maradékát mod m. Végül azi1i2

ab = a2 a2 . . . a2

isösszefüggés alapján megkapjuk a keresett maradékot.
Például 51000 modulo m kiszámításához először meghatározzuk
52 , 54 , 58 , . . . , 5512
maradékát modulo m, majd ezek közül a megfelelőket összeszorozzuk (éstovábbra is minden lépésben csak a szorzat maradékát vesszük modulo m):
51000 = 58 · 532 · 564 · 5128 · 5256 · 5512 .
Az ab modulo m maradék meghatározásához t darab négyzetre emelést
és legfeljebb t darab további szorzást (és modulo m redukciót) végeztünk. Ígyösszesen legfeljebb 2t ≤ 2 log2 b ilyen szorzásra és redukcióra, azaz maradékos
osztásra volt szükség. Ehhez hozzávéve a b kettes számrendszerbeli felírásának
lépésszámát is, azt kaptuk, hogy ab modulo m maradékát meg tudjuk kapni
legfeljebb 5 log2 b lépésben (ahol egy lépés egy szorzást vagy egy maradékos
osztást jelent).
II. A legnagyobb közös osztó kiszámításához a legkisebb abszolút értékű
maradékokkal végzett euklideszi algoritmust alkalmazzuk (azaz, amikor a maradékos osztásoknál negatív maradékot is megengedünk, és a maradék abszolútértéke legfeljebb az osztó abszolút értékének a fele, lásd az 1.2.1A Tételt):a = bq1 + r1 ,ahol

|r1 | ≤ 2b ,b = r1 q2 + r2 ,ahol

|r2 | ≤ |r21 | ≤ 4b ,r1 = r2 q3 + r3 ,ahol

|r3 | ≤ |r22 | ≤ 8b ,ahol|
|rn | ≤ |rn−1≤ 2bn ,2..
.
rn−2 = rn−1 qn + rn ,rn−1 = rn qn+1

(rn+1 = 0).

Az euklideszi algoritmus ebben az esetben n + 1 lépésből áll. Mivel
1 ≤ |rn | ≤

b
,
2n

ezért
2n ≤ b,azaz

n ≤ log2 b .

202

5. Prímszámok

Ezzel beláttuk, hogy az euklideszi algorimus legfeljebb 1 + log2 b lépést igényel
(ahol egy lépés egy maradékos osztást jelent).
Megjegyezzük, hogy a szokásos módon, a legkisebb nemnegatív maradékokkal végzett euklideszi algoritmus is legfeljebb konstansszor log b lépésből
áll, lásd az 5.7.1 feladatot.
III. A 4.3.2 Tétel alapján a Jacobi-szimbólum kiszámítását a ,,számlálóban” szereplő kettőhatványok leválasztásával és a reciprocitási tétel ismételt alkalmazásával végezhetjük, ami tulajdonképpen az előbbi euklideszi algoritmus
egy variánsa (lásd a 4.3.2 Tétel utáni(Példát).
)
Nézzük mindezt részletesen. Az ab számolásánál az a-t b-vel maradékosan elosztva azt kapjuk, hogy( ) ( )
r
a
=
,
b
b

ahol

|r| <

b
.
2

( )
felhasználásával azt( is) elérhetjük, hogy r > 0 teljesüljön.
Szükség esetén −1b
Ha r páros, akkor a következő lépésben 2b kiemelése után a ,,számláló” ismét
feleződik. Ha r páratlan, akkor a reciprocitási tétel alapján az r a ,,nevezőbe”
kerül, az új ,,számláló” pedig a b-nek az r szerinti s maradéka, ahol |s| <r/2, és ismét elérhető, hogy s > 0 legyen. Ez azt jelenti, hogy a ,,számláló”
minden lépésben legalábbis feleződik,(−1és) így(2a) lépésszám most is legfeljebb
log2 b. Ehhez hozzájön még, hogy v és v kiszámításához szükség van
a v-nek modulo 4, illetve modulo 8 maradékára, ez egy-egy maradékos osztással megkapható, illetve a v kettes számrendszerbeli alakjának utolsó két,
illetve három jegyéből azonnal leolvasható. Hasonlóan egyszerű a ,,számláló”
paritásának a megállapítása,
illetve páros esetben a felezése is.
( )Természetesen ab csak akkor értelmes, ha b > 1 páratlan szám és(a, b) = 1. Ez utóbbi feltétel teljesülését az euklideszi algoritmus segítségévelelőre is ellenőrizhetjük, azonban erre nincs szükség. Ha ugyanis (a, b) = d > 1,
akkor a fenti eljárást végezve előbb-utóbb egy olyan helyzet adódik, ahol aszámláló d, a nevező pedig többszöröse d-nek (lásd( )az 5.7.2 feladatot), és itt
nyilvánvalóan elakadtunk, tehát nem létezik az ab Jacobi-szimbólum. ((Az)(a, b) (= )1 esetben ez nem fordulhat elő, akkor az utolsó lépésben egy ±1vvagy ±2
Jacobi-szimbólumot kell kiszámolnunk.)v
IV–V. A 2.5 pontban láttuk, hogy a két probléma ekvivalens. Továbbá az
1.3.6 és 1.3.5 (vagy a 7.1.1) Tételek szerint az ax + by = c diofantikus egyenlet
megoldásait az euklideszi algoritmus segítségével állíthatjuk elő, és innen akívánt lépésszámbecslés is leolvasható.

5.7. Prímtesztek

203

Most rátérünk a prímtesztek tárgyalására. A legegyszerűbb általános
prímteszt azonnal következik a kis Fermat-tételből:Ha egy n > 2 számra 2n−1 ̸≡ 1 (mod n), akkor n összetett.
Az 5.7.1 Tétel alapján ez a feltétel valóban gyorsan ellenőrizhető.
Tisztáznunk kell azonban az alábbi fontos kérdést: milyen következtetéstvonhatunk le n-re, ha 2n−1 ≡ 1 (mod n)?
Sajnos ekkor nem lehetünk teljesen biztosak abban, hogy az n prím,ugyanis végtelen sok olyan n összetett szám létezik, amelyre 2n−1 ≡ 1(mod n). Ezeket 2-es alapú álprímeknek vagy pszeudoprímeknek nevezzük(a legkisebb a 341).
Megmutatható azonban, hogy a 2-es alapú álprímek ritkák a prímekhez
képest: az x-nél nem nagyobb álprímek számának és π(x)-nek a hányadosax → ∞ mellett (nagyon erősen) 0-hoz tart. (Ezt illusztrálandó egy konkrét
számpéldát is mutatunk: 1010 -ig a 2-es alapú álprímek száma 14 887, a prímek
száma pedig 455 052 511, az arányuk körülbelül egy a harmincezerhez.)
Mindezek alapján, ha egy nagy n számra 2n−1 ≡ 1 (mod n) teljesül, akkor
azt mondhatjuk, hogy az n ,,nagy valószínűséggel prím”. Ezt a kijelentést úgykell érteni, hogy ha a tesztet sok, véletlenszerűen választott n-re alkalmazzuk,
akkor csak igen ritkán (gyakorlati szempontból nézve szinte sohasem) fordulhatelő, hogy 2n−1 maradéka 1, és az n mégis összetett.
Mindezek lényegét az alábbi tételben is összefoglaljuk:
T 5.7.2
5.7.2 Tétel
n−1
Legyen n > 2. Ha 2
̸≡ 1 (mod n), akkor n biztosan összetett. Ha
2n−1 ≡ 1 (mod n), akkor n ,,majdnem biztosan” prím. A feltétel gyorsan ellenőrizhető, ha a hatványozást ismételt négyzetre emelések segítségével végezzük. ♣A tesztet többféleképpen is továbbfejleszthetjük: an−1 maradékát modulo
n nemcsak az a = 2 értékre, hanem (mondjuk) az 1000-nél kisebb összes
prímszámra is kiszámítjuk; ha legalább egy a-ra ez a maradék nem 1 (ésn > 1000), akkor n a kis Fermat-tétel szerint biztosan összetett. Még hatékonyabb, ha az első valahány prím helyett véletlenszerűen választott, n-nel
nem osztható számokat veszünk a-nak (lásd az 5.7.13 feladatot).
Ha mindegyik kipróbált a-ra an−1 ≡ 1 (mod n), akkor n ,,még inkább
majdnem biztosan” prím, azonban sajnos továbbra sem lehetünk ebben teljesen biztosak. Léteznek ugyanis olyan összetett számok, amelyekre bármely

204

5. Prímszámok(a, n) = 1 esetén an−1 ≡ 1 (mod n), ilyen például az 1729 (lásd a 2.4.15c feladatot). Az ilyen számokat univerzális álprímeknek vagy Carmichael-számoknak
nevezzük.
Az álprímek ,,típusait” külön definícióban is összefoglaljuk:
D 5.7.3
5.7.3 Definíció
Ha egy n összetett számra an−1 ≡ 1 (mod n) teljesül, akkor az n-eta alapú álprímnek nevezzük.
Ha az n összetett számra a fenti kongruencia minden (a, n) = 1 esetén
teljesül, akkor az n univerzális álprím vagy Carmichael-szám. ♣Minden esetben ugyanúgy használható az ,,álprím” helyett a ,,pszeudoprím” elnevezés is.
A Carmichael-számok ekvivalens karakterizációira nézve lásd az 5.7.7 feladatot.
Régóta ismert, hogy bármely a > 1 esetén végtelen sok a alapú álprím
létezik (lásd az 5.7.5 feladatot). Azt azonban csak 1992-ben sikerült igazolni,
hogy az univerzális álprímek száma is végtelen.
Az alábbiakban két olyan prímtesztet tárgyalunk, amelyek már az álprímeket is ,,leleplezik”. Mindkettőben ,,véletlen” számokat használunk, amin(legalábbis elvileg) azt értjük, hogy egész számoknak egy ,,nagyméretű”, devéges halmazából egymás után ,,kiveszünk” elemeket úgy, hogy bármely elem
kiválasztásának ,,ugyanannyi a valószínűsége” (mintha egy urnából golyókat
húznánk ki visszatevéssel). Például egy kettes számrendszerben 2000-jegyű
véletlen számot úgy kaphatunk, hogy az első jegy 1-es, a többi számjegyet
pedig 1999 egymás utáni pénzfeldobás eredményeként állapítjuk meg. A gyakorlatban természetesen a számítógép ,,dobálja a pénzérmét”, illetve valójábanvalamilyen véletlenszám-generátort használ (amely tulajdonképpen általában
csak a véletlent nagyon jól ,,utánzó” ún. ,,álvéletlen” számsorozatokat produkál.)
5.7.4 Tétel (Solovay–Strassen-prímteszt)

T 5.7.4(A) Legyen n > 1 páratlan szám, és tekintsük az
n−1

a 2 ≡

( )
a
(mod n)n( )kongruenciát, ahol na a Jacobi-szimbólum.
Ha n prím, akkor (1) minden a ̸≡ 0 (mod n) esetén teljesül.

(1)5.7. Prímtesztek

205

Ha n összetett, akkor (1) egy modulo n teljes maradékrendszer elemeinek
kevesebb, mint a felére teljesül.
(B) Az (A) kritérium alapján a következőképpen dönthetjük el egy nagy páratlan n-ről, hogy prím-e vagy összetett. Válasszunk (mondjuk) 1000 véletlena ̸≡ 0 (mod n) értéket, és mindegyikre vizsgáljuk meg, hogy az (1) feltétel teljesül-e. Ha legalább egy esetben nem teljesül, akkor az n biztosanösszetett. Ha mind az 1000 esetben teljesül, akkor 2−1000 -nél kisebb annak a valószínűsége, hogy az n összetett. ♣( )Megjegyzések : 1. Ha (a, n) > 1, akkor az na Jacobi-szimbólum nem értelmes,tehát (1) eleve nem teljesülhet.
2. Az 5.7.1 Tétel alapján az (1) feltétel (akár ezer a-ra is) gyorsan ellenőrizhető.
3. A Solovay–Strassen-teszt is magában hordozza annak a lehetőségét,hogy egy összetett számot tévesen prímnek ,,nyilvánítunk”. Az 5.7.2 Tétel
tesztjéhez képest azonban mind elméleti, mind pedig gyakorlati szempontból
óriási az előrelépés.
Az 5.7.2 Tétel tesztjénél a 2-es alapú álprímeket egyáltalán nem tudjuk
leleplezni, az ilyen számokra a teszt teljesen csődöt mond, vagyis egy konkrétálprím esetén ,,száz százalékosan” tévedünk, amikor a teszt alapján prímnek
véljük (csak szerencsére ritkán botlunk álprímekbe). Ugyanígy, egy nagy univerzális álprím tesztelésére a továbbfejlesztett változat sem alkalmas, hiába
próbálunk ki akár egymillió a értéket is; egy ilyen n-et ismét csak tévesen gondolunk prímnek (hacsak nem került véletlenül egy n-hez nem relatív prím az
a-k közé, de ennek gyakorlatilag nulla az esélye).
Ugyanakkor a Solovay–Strassen-teszt elől egyetlen összetett szám sem,,bújhat el”, erre nézve nincsenek ,,álprímek”; bármely összetett n esetén rengeteg ,,tanú” igazolja az n összetettségét. Ez egyben azt is jelenti, hogy atévedés valószínűségét (a tesztelt számtól függetlenül) tetszőlegesen kicsire
tudjuk leszorítani, ha elég sok a értéket próbálunk ki. (Ebből a szempontból
az ezer próbánál adódó 2−1000 -es hibalehetőség tökéletes biztonságot nyújt.)Bizonyítás: A (B) rész az (A) rész közvetlen következménye, így elég csak az
utóbbit igazolnunk.
Ha n prím, akkor (1) azonnal adódik a 4.1.2 Tételből és a Legendreszimbólum definíciójából (lásd a 4.1.3 Definíció utáni (2) képletet).
Legyen az n összetett. Mivel (1) eleve csak az n-hez relatív prím a-kra
teljesülhet, ezért elegendő azt megmutatni, hogy (1)-et egy modulo n redukált
maradékrendszer elemeinek legfeljebb a fele elégíti ki.

206

5. Prímszámok

Egy n-hez relatív prím a számot nevezzünk tanúnak, ha (1) nem teljesül,és cinkosnak, ha (1) teljesül. Ezzel a terminológiával élve azt kell igazolnunk,hogy egy redukált maradékrendszer elemeinek legalább a fele tanú.
Első lépésként megmutatjuk, hogy minden páratlan összetett n-hez létezik
tanú.
Vizsgáljuk először azt az esetet, amikor az n nem négyzetmentes, tehát
van olyan q prím, amelyre q 2 | n. Jelölje az n különböző prímosztóit
q = q1 , q2 , . . . , qs , legyen g primitív gyök modulo q 2 , és legyen v az
x ≡ g (mod q 2 ) ,x ≡ 1 (mod qi ),2≤i≤sszimultán kongruenciarendszer egy megoldása (ha s = 1, akkor legyen v = g).
Megmutatjuk, hogy v tanú.
Mivel minden i-re (v, qi ) = 1, ezért (v, n) = 1. Tegyük fel indirekt, hogy
( )
n−1
v
2
v
≡
(mod n) .
(2)nA (2) kongruenciát négyzetre emelve kapjuk, hogy
v

n−1

( )2
v
≡
= 1 (mod n) .
n(3)Mivel q 2 | n, ezért a (3) kongruencia akkor is teljesül, ha az n modulus helyetta q 2 modulusra nézzük; ekkor v ≡ g (mod q 2 )-et is felhasználva
g n−1 ≡ 1 (mod q 2 )(4)

adódik. Mivel a g primitív gyök mod q 2 , azaz a rendje φ(q 2 ) = q(q − 1), ezért(4) alapján q(q − 1) | n − 1. Ugyanakkor q 2 | n is igaz, vagyis q az n-nek és az
n − 1-nek is osztója, ami ellentmondás.
Most nézzük azt az esetet, amikor az n négyzetmentes, azaz n = q1 . . . qs ,ahol a qi -k különböző prímek és s ≥ 2.
Legyen a kvadratikus nemmaradék modulo q1 és t az
x ≡ a (mod q1 ) ,x ≡ 1 (mod qi ),2 ≤ i ≤ s.

(5)

szimultán kongruenciarendszer egy megoldása. Megmutatjuk, hogy t tanú.
Indirekt tegyük fel, hogy t-re teljesül (1). Ekkor (t, n) = 1 és( ) ( )( )( ) ( )( ) ( )
t
t
t
t
a
1
1
=
...
=
...
= −1 .
n
q1
q2
qs
q1
q2
qs

5.7. Prímtesztek

207

Ezért (1) alapjánn−1

t 2 ≡ −1 (mod n).
Mivel q2 | n és az (5) szerint t ≡ 1 (mod q2 ), ígyn−1−1 ≡ t 2 ≡ 1 (mod q2 )(6)

ami ellentmondás. Így t valóban tanú.
Ezzel megmutattuk, hogy minden páratlan összetett n-hez létezik tanú.
Végül belátjuk, hogy egy redukált maradékrendszer elemeinek legalább afele tanú.
Legyen t egy tetszőleges tanú, és legyenek c1 , c2 , . . . , ck páronként inkongruens cinkosok. Belátjuk, hogy ekkor tc1 , . . . , tck páronként inkongruens tanúk.
Egyrészt (t, n) = (ci , n) = 1 miatt (tci , n) = 1 is teljesül, másrészt (ismét(t, n) = 1-et is felhasználva kapjuk, hogy) a tci elemek is páronként inkongruensek modulo n. Tegyük fel indirekt, hogy valamely i-re tci cinkos lenne,
azaz
( )
n−1
tci
2
(mod n)(7)≡(tci )
nteljesülne. Mivel ci is cinkos, ezért
n−1
2

ci

( )
ci
(mod n)≡n(8)

is igaz. A (7) és (8) kongruenciákat összeszorozva azt kapjuk, hogy
t

n−1
2

cn−1
≡
i

( )( )2cit(mod n) .
nn(8)-at négyzetre emelve
cn−1
≡
i

( )2
ci
= 1 (mod n)nadódik, és ezt (9)-be beírva azt nyerjük, hogy
( )
n−1
t
2
(mod n) ,t≡nvagyis t is cinkos, ami ellentmondás.

(9)

208

5. Prímszámok

Ezzel beláttuk, hogy ha páronként inkongruens cinkosokat egy tanúval
végigszorzunk, akkor páronként inkongruens tanúkat kapunk. Ez viszont azt
jelenti, hogy egy redukált maradékrendszer elemei között legalább annyi tanúvan, mint cinkos, vagyis az elemeknek legalább a fele tanú.
A következő prímteszt kiindulópontja a kis Fermat-tétel, valamint az,
hogy ha p prím és u2 ≡ 1 (mod p), akkor csak u ≡ ±1 (mod p) lehetséges.
Ennek megfelelően, ha p̸ | a, akkor az
p−1

p−1

ap−1 , a 2 , a 4 , . . .
számok modulo p vett legkisebb abszolút értékű maradékainak sorozata mindenképpen 1-gyel kezdődik és vagy végig 1, vagy pedig az első 1-től különböző
maradék szükségképpen −1. Ugyanakkor megmutatjuk, hogy ha p helyett egy
tetszőleges n összetett számot veszünk, akkor sok a-ra már nem ilyen maradéksorozatot kapunk. Ennek megfelelően a következő prímtesztet nyerjük (a fenti
feltételt technikai okokból kissé módosított alakban, lényegében a ,,fordított”
sorozatra adjuk meg):
T 5.7.5
5.7.5 Tétel (Miller–Lenstra–Rabin-prímteszt)
Legyen n > 1 páratlan szám, n − 1 = 2k r, ahol r páratlan. Azar , a2r , a4r , . . . , a2

k−2

r

n−1

= a 4 , a2

k−1

r

n−1

=a 2

(10)

számokat jó sorozatnak nevezzük, ha ezek modulo n vett legkisebb abszolútértékű maradékai között előfordul −1 vagy pedig ar maradéka 1.
Ha n prím, akkor (10) minden a ̸≡ 0 (mod n) esetén jó sorozat.
Ha n összetett, akkor (10) egy modulo n teljes maradékrendszer elemeinek
kevesebb, mint a felére alkot jó sorozatot. ♣Ez a kritérium gyorsan ellenőrizhető: ismételt négyzetre emelések segítségével kiszámítjuk ar maradékát modulo n, majd ebből a sorozat további
elemei egy-egy újabb négyzetre emeléssel adódnak.
A kritérium alapján az 5.7.4 Tétel (B) részéhez hasonlóan megfogalmazhatjuk magát a konkrét eljárást is.
A bizonyítás vázlata: Az 5.7.4 Tétel bizonyításának menetét és (értelemszerűen módosított) tanú-cinkos szóhasználatát követjük.
Ha n prím, akkor az 5.7.5 Tétel kimondása előtt vázoltuk, hogy mindenp̸ | a esetén jó sorozatot kapunk.

5.7. Prímtesztek

209

Ha n összetett és nem négyzetmentes, akkor ugyanúgy kaphatunk tanút,
mint az 5.7.4 Tétel bizonyításában.
Ha n összetett és négyzetmentes, akkor tekintsük azt a legnagyobb
0 ≤ j ≤ k − 1 számot, amelyhez van olyan (a, n) = 1, hogyja2 r ̸≡ 1 (mod n) .

(11)

Mivel van olyan j és a, amelyre (11) teljesül, például j = 0 és a = −1 megfelel[hiszen (−1)r ̸≡ 1 (mod n)], ezért a jelzett maximális j is valóban létezik.
A (11)-ből következik, hogy az n egyik prímosztójára, mondjuk q1 -rej

a2 r ̸≡ 1 (mod q1 ) .
Ekkor az 5.7.4 Tétel bizonyításában az (5) kongruenciarendszer szerint
gyártott t tanú. Ugyanis az ottani gondolatmenethez hasonlóan kapjuk, hogyjt2 r ̸≡ ±1 (mod n) ,ugyanakkor j definíciója szerint (j < k − 1 esetén)
z2

j+1

r

≡ 1 (mod n) .

Végül, ha ezt a t tanút vagy a nem négyzetmentes esetben kapott v
tanút páronként inkongruens cinkosokkal megszorozzuk, akkor az 5.7.4 Tétel bizonyításában látott módon páronként inkongruens tanúkat kapunk (a thelyett tetszőleges tanút véve ez nem feltétlenül igaz). Ezzel megmutattuk,
hogy összetett n esetén egy redukált maradékrendszer elemeinek legalább afele tanú.
Megjegyzések : 1. A Miller–Lenstra–Rabin-teszt valójában az 5.7.5 Tételben
jelzett mértéknél is jóval hatékonyabb: finomabb módszerekkel az is megmutatható, hogy egy redukált maradékrendszer elemeinek több, mint a háromnegyede tanú.
2. A Solovay–Strassen- és a Miller–Lenstra–Rabin-tesztet összehasonlítva
kiderül, hogy az utóbbi eredményesebben ,,leplezi le” az összetett számokat,
lásd az 5.7.17 feladatot.
Végül megemlítjük, hogy 2002-ben három indiai matematikus, Agrawal,
Kayal és Saxena egy olyan gyors prímtesztet talált, amely (nem 99,99999. . . ,hanem) 100 százalékos biztonsággal állapítja meg egy n számról, hogy prím

210

5. Prímszámok

vagy összetett. Ez a teszt is a kis Fermat-tételből indul ki, mégpedig annakpolinomokra vetített változatából. Röviden vázoljuk az alapötletet.
Legyen (c, n) = 1, és tekintsük az fc = xn −c és gc = (x−c)n polinomokat
Zn felett. Ha n prím, akkor fc = gc (tehát azonosak a megfelelő együtthatók,
ami többet jelent a helyettesítési értékek egyezésénél). Ugyanis a −c és (−c)nkonstans tagokra ez a kis Fermat-tételből
következik, a főegyütthatók értéke 1,( )a gc többi együtthatója pedig nk (−c)k , ami n prím volta miatt osztható n-nel(lásd a 2.1.9a feladatot), tehát Z( n)-ben 0. Az is könnyen adódik, hogy összetettn esetén van olyan k, amelyre nk nem osztható n-nel, és így (c, n) = 1 miattgc -ben xn−k együtthatója nem 0, vagyis fc ̸= gc . Ez tehát egy tökéletesprímteszt (pl. c = 1-gyel), csak sajnos reménytelenül lassú, hiszen g együtthatóinak a kiszámítása a tagok nagy száma miatt még ismételt négyzetre
emelésekkel is rengeteg lépést igényel.
Az AKS-teszt nagy ötlete, hogy fc = gc helyett csak azt ellenőrizzük, hogyfc és gc egy alkalmas h ∈ Zn [x] polinommal osztva azonos maradékot ad-e.
Ha h foka (n-hez képest) elég alacsony, akkor ez a számolás már kivitelezhető,hiszen az ismételt négyzetre emeléseknél mindig redukálunk „mod h” is. Ez
különösen kényelmes, ha h = xr − 1 alakú polinom, hiszen ekkor csak az
x-hatványok kitevőit kell redukálni mod r (vagyis xj helyére xj−r -et írunk,amíg csak lehetséges).
Ha n prím, akkor természetesen fc = gc miatt bármely h szerinti maradékuk is egyenlő. Az AKS-teszt lényege, hogy ha alkalmas r-et választunk,akkor az összetett számok ezt nem teljesítik, vagyis minden összetett n-hez
van olyan c ≤ K (ahol K az n-hez képest „igen kicsi”), hogy fc és gc maradéka
nem ugyanaz xr − 1-gyel osztva.
A teszt algoritmusa ennek alapján a megfelelő r kiválasztása után „végigpróbálja” c = 1, 2, . . . , K-ra, hogy fc ≡ gc (mod xr − 1) fennáll-e. Ha ez
valamelyik c-re nem igaz, akkor n biztosan összetett (ez már a kiinduló meggondolásainkból következik), ha viszont mindegyik c-re igaz, akkor n biztosan
prím (ennek belátása a teszt „nehéz” része).
Az r-nek egy „nem túl nagy” és bizonyos tulajdonságokkal rendelkező
prímszámot kell választani, ennek létezését egy mély számelméleti tétel biztosítja. Az, hogy ezen r mellett az összetett számok már „néhány” c valamelyikénél is szükségképpen „lelepleződnek”, a véges testekre vonatkozó alapvető
tételek felhasználásával igazolható.
Feladatok
5.7.1 Tekintsük az a > b > 0 számokra a szokásos euklideszi algoritmust,ahol a keletkező maradékokra b = r0 > r1 > r2 > . . . ≥ 0 teljesül.

5.7. Feladatok

211a) Mutassuk meg, hogy bármely k-ra rk+2 < r2k .
b) Milyen felső becslés adódik innen az algoritmus lépésszámára?
∗c) Igazoljuk, hogy ha az algoritmus lépésszáma pontosan s, akkor blehető legkisebb értéke φs+1 , ahol φj a j-edik Fibonacci-szám (adefiníciót lásd az 1.2.5 feladatban).
Megjegyzés: A Fibonacci-számok√√()
1 ( 1 + 5 )j ( 1 − 5 )j
φj = √−
2
2
5
képlete alapján a c) részből következik, hogy a szokásos√euklideszi
algoritmus lépésszáma legfeljebb logγ b + δ, ahol γ = (1 + 5)/2 és δ
alkalmas konstans, és ez a becslés tovább már nem javítható.
( )5.7.2 Tekintsük az ab Jacobi-szimbólum kiszámítására az 5.7.1 Tétel bizonyításának III. pontjában látott eljárást. Mutassuk meg, hogy
ha ezt (a, b) = d > 1 mellett alkalmazzuk, akkor végül egy olyan
helyzethez jutunk, ahol a ,,számláló” d, a ,,nevező” pedig többszöröse
d-nek. (Ez azt jelenti, hogy ily módon is kiderül, ha a Jacobiszimbólum nem értelmes, és így a és b relatív prímségét nem kellelőre külön ellenőrizni.)
5.7.3 Mutassuk meg, hogy a 341 kettes alapú álprím, de nem hármas alapúálprím.
M 5.7.4 Bizonyítsuk be, hogy ha az n kettes alapú álprím, akkor 2n − 1 is az.
5.7.5 Legyen a > 1. Bizonyítsuk be, hogy ha a p > 2 prím nem osztója
a ± 1-nek, akkor az
a2p − 1n= 2
a −1
szám a alapú álprím. (Az a = 2, p = 5 esetben n = 341.)
5.7.6 Igazoljuk, hogy az 561 univerzális álprím.
5.7.7 Bizonyítsuk be, hogy egy n összetett számra az alábbi három feltételbármelyike ekvivalens.
a) Bármely (a, n) = 1 esetén an−1 ≡ 1 (mod n).
b) Az n négyzetmentes, továbbá p | n =⇒ p − 1 | n − 1.
c) Bármely a-ra an ≡ a (mod n).
Megjegyzés: Ennek alapján az univerzális álprím definíciójában a)helyett a c) [vagy a b)] feltételt is választhattuk volna.

212

5. Prímszámok

5.7.8 Mutassuk meg, hogy egy univerzális álprímnek legalább három prímosztója van.
5.7.9a) A tárgyalt prímteszteknél a feltétel ellenőrzése előtt nem szükséges
külön megnézni, hogy a kipróbált a és a vizsgált n relatív prímek-e.
Milyen előny származhat abból, ha mégis kiszámítjuk (a, n) értékét?
b) Ha az n két százjegyű prím szorzata, akkor ,,nagyjából” mekkora avalószínűsége annak, hogy egy véletlenszerűen választott a szám az
n-hez nem relatív prím?
5.7.10 Mutassuk meg, hogy ha a2 ≡ 1 (mod n), de a ̸≡ ±1 (mod n), akkor
az n-nek gyorsan meg tudjuk határozni egy nemtriviális osztóját.
∗5.7.11 Bizonyítsuk be, hogy ha n-en kívül ismerjük a φ(n) egy (nemnulla)
többszörösét is, akkor gyorsan elő tudjuk állítani az n kanonikus
alakját. (Pontosabban, az eljárásban elvileg fennáll annak a lehetősége, hogy mégsem sikerül az n-et prímtényezőkre bontani, de gyakorlatilag ez sohasem fordulhat elő.)5.7.12 Vizsgáljuk meg, alkalmas-e prímtesztnek a Wilson-tétel és megfordítása, azaz ha azt ellenőrizzük, hogy n osztója-e (n − 1)! + 1-nek.
5.7.13a) Mutassuk meg, hogy ha az n összetett szám nem univerzális álprím,akkor an−1 ≡ 1 (mod n) egy modulo n teljes maradékrendszer elemeinek kevesebb, mint a felére teljesül.
b) Írjuk le az a) részen alapuló konkrét prímtesztet.
5.7.14 Mutassuk meg, hogy az alábbi prímteszt gyors, és a tévedés lehetősége akármilyen pici (előre megadott) korlát alá szorítható.
Az n > 1 páratlan számról akarjuk eldönteni, hogy prím-e.
Adott darabszámú (de elég sok) véletlen n̸ | a-ra megnézzük a(n−1)/2
maradékát modulo n. Az n-et akkor ,,nyilvánítjuk” prímnek, ha azösszes vizsgált a-ra a maradék ±1, de van köztük −1 is.
5.7.15 Legyen n = 2k r + 1, ahol k ≥ 1, r páratlan és 0 < r < 2k . Tegyükfel, hogy egy a egész számran−1

a 2 ≡ −1 (mod n).
Lássuk be, hogy ekkor n prím.
5.7.16 Legyen n > 2. Mutassuk meg, hogy az alábbi feltételek bármelyikéből következik, hogy az n prím.

213

5.8. Titkosírása) Van olyan a egész szám, amelyre an−1 ≡ 1 (mod n), és az n − 1bármely pi prímosztójára
n−1

a pi ̸≡ 1 (mod n) .
∗b) Az n−1 bármely pi prímosztójához van olyan ai egész szám, amelyrean−1≡ 1 (mod n)
i

∗

és

n−1
p

ai i ̸≡ 1 (mod n) .

√c) Létezik az n − 1-nek egy n-nél nagyobb c osztója a következő tulajdonsággal: a c bármely pi prímosztójához van olyan ai egész szám,amelyrean−1≡ 1 (mod n)
i

és

( n−1
)
p
ai i − 1 , n = 1 .

M∗ 5.7.17 Mutassuk meg, hogy a Miller–Lenstra–Rabin-teszt hatékonyabb a
Solovay–Strassen-tesztnél az alábbi értelemben. Ha egy adott n-reaz a tanú a Solovay–Strassen-tesztnél, akkor ugyanez az a tanú aMiller–Lenstra–Rabin-tesztnél is; vagyis, ha egy a-ra az 5.7.4 Tételnélszereplő (1) feltétel nem teljesül, akkor erre az a-ra az 5.7.5 Tételnél
megadott (10) számhalmaz nem alkothat jó sorozatot.

5.8. Titkosírás
A klasszikus titkosírási sémákban A és B előre megegyeznek egy T titkosító
kulcsban (például minden betű helyett az ábécé rákövetkező betűjét írják),amelynek az inverze az M megfejtő kulcs (az előző esetben ez minden betűhelyett az azt megelőzőt jelenti). Ekkor A az üzenet helyett annak T szerint
titkosított változatát küldi el B-nek, aki azt az M segítségével fejti meg.
Ezek a kulcsok nemcsak betűkre, hanem hosszú betűsorozatokra is vonatkozhatnak, és rendkívül bonyolultak is lehetnek. Ezekben a ma már csak
számítógéppel kezelhető hatalmas rendszerekben a gép a kulcsok szabályai
szerint végzi a titkosítást, illetve a megfejtést, és az üzenettovábbítás is futár
helyett elektronikus úton történik.
Ezek a sémák kielégítik azt a két alapkövetelményt, hogy A üzenetét csak
B érti meg, továbbá egy harmadik fél nem tud hamis üzenetet küldeni A
nevében B-nek. Hátrányt jelent azonban, hogy nehézkes (és veszélyes) a kulcs
előzetes egyeztetése; nem dönthetők el az A és B között esetleg felmerülő viták,

214

5. Prímszámokhiszen a közös T és M kulcsok birtokában akármelyikük képes a másik nevében,,hamis” üzenetet gyártani; továbbá a több féllel történő kapcsolattartásnál
(pl. az üzleti életben) minden partnerhez új kulcspár szükséges.
Diﬃe és Hellman 1975-ben egy forradalmian új elven alapuló titkosírási
sémát javasolt. Ebben a T kulcsot nyilvánosságra hozzuk, és csak az M kulcsot
tartjuk titokban.
Ez első hallásra képtelen ötletnek hangzik, hiszen ha az egyik irányban ismeri valaki az eljárást, akkor a másik irányban is meg tudja adni.
Valóban, legyenek a T és M függvények (amelyek egymás inverzei) például az{1, 2, . . . , N } halmaz bijekciói (látni fogjuk, hogy ez az általánosság megszorítása nélkül mindig feltehető). Ha meg akarjuk határozni (mondjuk) M (5)-öt,akkor a nyilvános T kulcs segítségével sorban kiszámítjuk a T (1), T (2), . . .
értékeket, amíg az 5-öt meg nem kapjuk; az M (5) függvényérték az a k lesz,
amelyre T (k) = 5.
Ez elvben szépen hangzik, azonban ha N mondjuk egy 500-jegyű szám,
akkor ez az út a gyakorlatban már nem járható. Ekkor ugyanis bármely
számítógép évmilliárdok alatt is a T (1), T (2), . . . értékeknek csak egy elenyésző
töredékét tudná meghatározni, vagyis majdnem biztos, hogy M (5)-öt sohasem
találná meg. (A helyzetet megpróbáljuk az alábbi — ma már kissé anakronisztikus — hasonlattal érzékeltetni. Egy nyomtatott angol-magyar szótár
elvben használható magyar-angol szótárként is: ha például az ,,ablak” szóangol megfelelőjét keressük, akkor sorra nézzük az angol-magyar szótár ábécérendben szereplő angol szavait, amíg a magyar jelentések között az ,,ablak” felnem bukkan. Ez — meglehetősen hosszú idő múlva — a ,,window”-nál be iskövetkezik. Így ez a módszer a gyakorlatban nem működik.)
Mindezek alapján nem elképzelhetetlen, hogy a T kulcs nyilvános ismerete
mellett is az M kulcs egyedül az illetékes személy titka maradjon. Nézzük,
hogyan működik az ezen az elven alapuló ún. nyilvános jelkulcsú titkosírás.
Minden szereplő elkészít magának egy T, M kulcspárt, amelyek egymás
inverzei, a T kulcsot nyilvánosságra hozza, az M kulcsot viszont titokban
tartja. Legyen az A kulcspárja TA , MA , a B kulcspárja pedig TB , MB . Ekkor
A az u üzenet helyett a v = TB (MA (u)) értéket küldi el B-nek, aki ezt akövetkezőképpen fejti meg: u = TA (MB (v)). Ez valóban igaz, hiszen
TA (MB (v)) = TA (MB (TB (MA (u)))) = TA (MA (u)) = u .
(Az A a v kiszámításához szükséges MA függvényt ismeri, a nyilvános TB
függvényt pedig kikeresi a teletitok–könyvből, a B-nél hasonló a helyzet
MB -vel és TA -val.)
Most is teljesül az a két alapkövetelmény, hogy A üzenetét csak B értimeg, hiszen senki más nem ismeri a megfejtéshez szükséges MB -t, továbbá egy

5.8. Titkosírás

215

harmadik fél nem tud hamis üzenetet küldeni A nevében B-nek, hiszen csak
A ismeri a kódoláshoz szükséges MA -t.
Emellett nincs szükség előzetes kulcsegyeztetésre, és mindenki használhatja ugyanezeket a kulcsait másokkal történő levelezésben is. Végül A és B
között sem merülhet fel vita az üzenetről, mert a hamisíthatatlan ,,elektronikus
aláírásként” működő MA akár bíróság előtt is egyértelműen bizonyítja a levél
valódiságát.
A rendszer megvalósításához tehát olyan T, M kulcspárokra van szükség,
hogy a kulcstulajdonos egy alkalmas, csak az ő rendelkezésére álló információ
alapján mindkét kulcsot ismerje, azonban mások még a nyilvánosságra hozott
T birtokában se legyenek képesek M -et meghatározni.
Korábban láttuk, hogy ilyen ,,magántitok” például egy nagy szám prímtényezős felbontása, amelyet csak az ismer, aki ezeket a prímtényezőket összeszorozta. Ezt használta fel Rivest, Shamir és Adleman 1976-ban a Diﬃe–Hellman-féle elv egy konkrét megvalósításához, amelyet ma RSA-sémának
nevezünk. (Az elnevezés a felfedezők (vagy feltalálók?) nevének kezdőbetűiből
származik.)
Az RSA-séma ismertetése előtt megmutatjuk, hogy tetszőleges titkosírási rendszer visszavezethető arra az esetre, amikor a T és M függvények az{1, 2, . . . , N } halmaz bijekciói (vagyis permutációi), ahol az N egy tetszőleges
nagy egész szám. Ennek érdekében a betűket és egyéb jeleket (egy mindenki által ismert módon) számokként kódoljuk, majd az üzenetből ily módon gyártottszámsorozatot adott méretű blokkokra vágjuk szét, és az egyes blokkokat (természetes módon) egy-egy (nagy) számnak tekintjük. Az így keletkező számok
alkotják majd a T és M függvények értelmezési tartományát és értékkészletét.
A betűknek és jeleknek például az alábbi módon feleltethetünk meg kétjegyű (tízes számrendszerbeli) számokat: A7→01, Á7→02, B7→03, . . . , Z7→35,,,pont”7→36 stb., és (mondjuk) négy ilyen kétjegyű szám alkosson egy blokkot.
Ezzel az üzenetet nyolcjegyű, azaz 1 és 108 − 1 közé eső számokká alakítottuk,
vagyis ekkor N vehető 108 − 1-nek.
Nézzük meg, mit kapunk ily módon a ,,számelmélet” szóból. Az S-nek
megfelel a 25, a Z-nek a 35, az Á-nak a 02 stb., vagyis ekkor a
25350216|06151607|150626
számsorozat keletkezik. Ez a 25350216, 06151607, 15062600 blokkokat jelenti(az utolsó csonka blokkot nullákkal egészítettük ki). Így a titkosírás T (illetve M ) kulcsát rendre erre a három számra kell alkalmazni. (Még egyszer
hangsúlyozzuk, hogy a szövegnek ez a számokká konvertálási módja mindenki
számára ismert, és csak arra szolgál, hogy a titkosírásban szereplő T és M
függvényeket egységesebben és kényelmesebben lehessen majd megadni.)

216

5. Prímszámok

Most rátérünk az RSA-séma szerinti T, M kulcspár konstrukciójára.
Legyen N = pq, ahol p és q két nagy prímszám, amelyeket a kulcstulajdonos titokban tart, ugyanakkor N -et teljes nyugalommal nyilvánosságra
hozza. Választ továbbá egy olyan t > 1 egészt, amelyre (t , φ(N )) = 1, és
nyilvánosságra hozza, hogy az ő T kulcsa a következő:T (r) = rt legkisebb pozitív maradéka (mod N ) ,r = 1, 2, . . . , N .

(1)

Hogyan lehet M = T −1 -et megkapni? Keressük M -et hasonló alakban:
M (s) = sm legkisebb pozitív maradéka (mod N ) ,s = 1, 2, . . . , N . (2)Ez akkor lesz megfelelő, ha minden r-re
r = T M (r) = M T (r) = rtm legkisebb pozitív maradéka (mod N ) ,azaz, ha minden r-re
rtm ≡ r (mod N ) .

(3)

A p és q prímekre a kis Fermat-tételt felhasználva könnyen következik, hogytetszőleges k-val
r1+kφ(N ) ≡ r (mod N )(4)minden r-re teljesül (lásd az 5.8.3a feladatot).
A (4) alapján (3)-ban (és így (2)-ben is) megfelelő m-hez jutunk, hamegoldjuk az
mt = 1 + kφ(N )(5)lineáris diofantikus egyenletet m-re (és k-ra). Mivel (t , φ(N )) = 1, ezért van
megoldás, és az euklideszi algoritmus segítségével gyorsan megkapható.
Mindezt azonban csak a kulcstulajdonos tudja megcsinálni, mert más nem
ismeri φ(N ) értékét, hiszen ahhoz tudnia kellene, mik az N prímtényezői.
A kulcstulajdonos az eljárás alapját képező p és q prímeket a következőképpen generálja. Sorra választ (mondjuk) 250, illetve 300-jegyű páratlan
véletlen számokat, és (például az 5.7 pontban tárgyalt prímtesztek valamelyikével) ellenőrzi, hogy prímek-e. Ezt addig csinálja, amíg egy-egy prímet nem
talál. Mivel egyrészt a prímteszt gyors, másrészt ,,elég sok” 250, illetve 300jegyű prím van (a prímszámtétel szerint körülbelül minden log(10300 )/2 ≈ 345ödik 300-jegyű páratlan szám prím), ezért p és q hamar kiválasztható.
Végül, (1) és (2) alapján mind a T (r), mind pedig az M (s) függvényértékek az ismételt négyzetre emelések módszerével gyorsan kiszámolhatók (persze
ez utóbbiakat csak a kulcstulajdonos tudja meghatározni).

5.8. Feladatok

217

A p, q és t kiválasztásánál néhány biztonsági szabályt is figyelembe kellvenni. Ha például p és q túl közel lenne egymáshoz, akkor könnyebb lenne
az N -et faktorizálni, ezért kellett a p és q választásánál különböző nagyságú
véletlen számokat tesztelni. Hasonló okokból szükséges az is, hogy p − 1-nek
és q − 1-nek legyenek nagy prímtényezői stb. Ezekkel a technikai részletekkel
nem foglalkozunk.
Mennyire biztonságos ez az eljárás? Úgy tűnik, hogy (az óvatossági rendszabályok maximális betartása esetén) nincs okunk aggodalomra. Nincs azonban kizárva, hogy valaki talál egy olyan módszert, amellyel gyorsan tud nagyszámokat is prímtényezőkre bontani, és akkor hozzáfér az M kulcshoz. Az iselképzelhető, hogy valamilyen egészen másféle formában képes előállítani az
M függvényt. Mindez azonban jelenleg meglehetősen valószínűtlen. Ahogy
azonban az 5.7 pont elején is jeleztük, a helyzet alapvetően megváltozhat, haa kvantumszámítógépek hatékonyan fognak tudni működni.
Az RSA-séma lényegét az alábbi tételben foglaljuk össze:
T 5.8.1
5.8.1 Tétel (RSA-séma)Legyen p, q két nagy prím, N = pq és (t, φ(N )) = 1. Definiáljuk a T, M
kulcspárt (1), illetve (2) alapján, ahol m-re teljesül (5). Nyilvános: N , t és
T , titkos: p, q, φ(N ), m és M . Ekkor M = T −1 , és M a T ismeretében sem
határozható meg.
A p és q prímeket a kulcstulajdonos véletlen számok prímtesztelésével
nyeri, ezek segítségével m-et gyorsan meg tudja határozni. Az M (s) függvényértékeket a kulcstulajdonos, a T (r) függvényértékeket pedig bárki gyorsan ki
tudja számítani. ♣Feladatok
5.8.1 Milyen problémát jelenthet, ha a Diﬃe–Hellman-sémában az A az uüzenet helyett nem a v = TB (MA (u)), hanem csak a v ′ = TB (u))értéket küldi el B-nek?
5.8.2 Bizonyítsuk be, hogy az (1) által definiált T függvénynek akkor és
csak akkor létezik inverze, ha (t , φ(N )) = 1.
5.8.3 Legyen N = pq, ahol p és q különböző prímek.
a) Bizonyítsuk be, hogy r1+kφ(N ) ≡ r (mod N ) minden r-re teljesül.
b) Adjuk meg az összes olyan v > 0 egészt, amellyel rv ≡ r (mod N )minden r-re teljesül.
5.8.4 Tegyük fel, hogy az RSA-sémához (a prímtesztelés tökéletlensége
folytán) olyan p számot használunk fel, amely nem prím, hanem uni-

218

5. Prímszámok
verzális álprím (és ezt persze nem is tudjuk). Gondot okoz-e ez az
RSA-sémában?

∗5.8.5 Mutassuk meg, hogy az RSA-séma nem biztonságos, ha olyan t kitevőt választunk, amelynek a modulo φ(N ) vett rendje kicsi.
5.8.6 Legyen p nagy prím és g egy primitív gyök modulo p. Jelenlegitudásunk szerint a g alapú diszkrét logaritmus, vagyis indg a meghatározása reménytelen feladat, erre nem ismerünk gyors algoritmust.
Ez azt jelenti, hogy bármely k-ra a g k mod p vett a maradékát gyorsan ki tudjuk számítani, azonban a-ból k értékét más nem tudjaelőállítani.
A és B választ egy-egy ilyen kA , illetve kB kitevőt, amelyet titokban tartanak, azonban g kA , illetve g kB modulo p maradékát nyilvánosságra hozzák. Mutassuk meg, hogy ekkor a g kA kB szám modulo p maradékát mind A, mind pedig B ki tudja számítani, rajtuk
kívül más azonban (remélhetőleg) nem. (Ez azt jelenti, hogy ily módon A és B külön egyeztetés nélkül meg tudnak állapodni egy közös
jelszóban vagy számkulcsban, anélkül hogy a titkos kA , illetve kBértéküket egymás tudomására kellene hozniuk).
5.8.7 Hosszú ideig úgy tűnt, hogy az alább ismertetett séma, az ún. moduláris hátizsák- vagy részösszegprobléma is felhasználható nyilvános
jelkulcsú titkosírásra, később azonban kiderült, hogy ez nem biztonságos.
a) A pozitív egészekből álló C = {c0 , c1 , . . . , ck−1 } sorozatot nevezzük(házi használatra) összeginjektív nek, ha a különböző ci -kből képzettakárhány tagú összegek mind különbözők.
Bizonyítsuk be, hogy ha a C sorozat ,,szupernövekedő”, azaz

ci >

i−1
∑

cj ,

i = 1, 2, . . . , k − 1 ,

(6)

j=0

akkor C összeginjektív.
b) Legyen C összeginjektív, m >∑k−1

i=0 ci és (r, m) = 1, továbbá

di = rci legkisebb pozitív maradéka (mod m), i = 0, 1, . . . , k − 1.
(7)
Mutassuk meg, hogy ekkor a d0 , . . . , dk−1 sorozat is összeginjektív.

5.8. Feladatok

219c) Legyen 0 ≤ u < 2k , és írjuk fel az u számot kettes számrendszerben:
u=

k−1
∑

δi 2i ,ahol

δi = 0 vagy 1, i = 0, 1, . . . , k − 1 .

i=0Bizonyítsuk be, hogy ha H összeginjektív, akkor a
v=

k−1
∑

δi hi

i=0

szám ismeretében u elvileg meghatározható.
d) Mutassuk meg, hogy a (6) és a belőle gyártott (7) típusú sorozatokra
az u a v-ből gyakorlatilag is gyorsan meghatározható.
Mindezek alapján vegyünk egy (6) típusú C sorozatot, és készítsünkebből egy (7) típusú D sorozatot. Magát a D-t hozzuk nyilvánosságra, azonban a ci , m és r értékeket tartsuk titokban. Ekkor bárki
gyorsan ki tudja számítani az u-ból a v-t, és mi ezt C, m és r
ismeretében visszafelé is meg tudjuk csinálni. Mivel egy általánosösszeginjektív sorozat esetén a v-ből az u konkrét előállítása igen nehéz, ezért úgy tűnt, hogy a (7) típusú sorozatoknál is ez a helyzet,
ha valaki nem ismeri a ci , m és r értékeket. Mint említettük, ez avélekedés tévesnek bizonyult.

6. SZÁMELMÉLETI FÜGGVÉNYEK

Számelméleti függvényen a pozitív egészeken értelmezett komplex értékű függvényt értünk. Ezek közül elsősorban azok lesznek érdekesek számunkra, amelyek a pozitív egészek valamilyen aritmetikai tulajdonságával kapcsolatosak.
Ilyen például az n pozitív osztóinak számát jelölő d(n) és a kongruenciáknál
nélkülözhetetlen Euler-féle φ(n), amelyekkel már az 1., illetve 2. fejezetbentalálkoztunk. További fontos példák az n pozitív osztóinak összegét jelentő
σ(n), amely a tökéletes számokhoz is kapcsolódik, valamint a µ(n) Möbiusfüggvény, amely az összegzési és megfordítási függvénynél játszik alapvető szerepet. A d(n) példáján keresztül bemutatjuk azt a sok számelméleti függvényre jellemző kétarcúságot, amely egyfelől a függvényértékek szeszélyes ingadozását, másfelől az ,,átlagos” értelemben vett szabályos viselkedést jelenti.
Az átlagértékek vizsgálatát a konvolúció felhasználásával kiterjesztjük a σ(n)re és a φ(n)-re is. Ez utóbbi eredmény egyúttal megadja, mi a (pontosan
definiálható értelemben vett) valószínűsége annak, hogy két szám relatív prím.
(Ez a valószínűség meglepően nagynak bizonyul: 6/π 2 ≈ 0,61.) Különösenérdekes az n különböző (pozitív) prímosztóinak számát jelentő ω(n) függvény
vizsgálata, amelyről kiderül, hogy (ellentétben például a d(n)-nel) legtöbbször az átlagértékéhez közeli függvényértékeket vesz fel. Hardy és Ramanujan ezen híres tételére Turán Pál adott egyszerű bizonyítást, amely később avalószínűségi számelmélet kiindulópontjává vált. Végül abból az Erdős által
elindított témakörből adunk ízelítőt, amely azt vizsgálja, milyen feltételekkel
karakterizálható az additív függvények közül a logaritmusfüggvény.

6.1. Multiplikativitás, additivitás
D 6.1.1
6.1.1 Definíció
Számelméleti függvényeknek a pozitív egészeken értelmezett komplex értékű függvényeket nevezzük. ♣Példák:d(n) az n pozitív osztóinak a száma (lásd az 1.6.3 Tételt);
az Euler-féle φ-függvény√(lásd a 2.2.7 Definíciót és a 2.3.1 Tételt);
f (n) = (−1)n , g(n) = n2 + 5 + i sin n stb.
Néhány fontos számelméleti függvényt a 6.2 pontban fogunk ismertetni.

6.1. Multiplikativitás, additivitás

221

A számelméleti függvények vizsgálatánál gyakran lényeges szerepet játszanak az alábbi tulajdonságok:D 6.1.2
6.1.2 Definíció
Az f számelméleti függvény multiplikatív , ha bármely (a, b) = 1 eseténf (ab) = f (a)f (b) teljesül. ♣D 6.1.3
6.1.3 Definíció
Az f számelméleti függvény teljesen multiplikatív (vagy totálisan multiplikatív ), ha minden a, b esetén f (ab) = f (a)f (b) teljesül. ♣Példák:Az Euler-féle φ-függvény multiplikatív (ezt a 2.3.1 Tétel első bizonyításában igazoltuk), de nem teljesen multiplikatív, mert például φ(8) ̸= φ(2)φ(4).
Hasonló a helyzet a d(n)-nel (lásd a 6.1.1 feladatot).
Az f (n) = nα függvény, ahol α rögzített valós szám, teljesen multiplikatív(és így multiplikatív is).
A g(n) = 3n − 2 függvény nem multiplikatív, mert például (2, 3) = 1, deg(6) ̸= g(2)g(3).
Ha a függvényértékek szorzata helyett az összegükre követelünk meg a
fentiekhez hasonló feltételeket, akkor az additív, illetve teljesen additív függvény fogalmához jutunk:D 6.1.4
6.1.4 Definíció
Az f számelméleti függvény additív , ha bármely (a, b) = 1 eseténf (ab) = f (a) + f (b) teljesül. ♣D 6.1.5
6.1.5 Definíció
Az f számelméleti függvény teljesen additív (vagy totálisan additív ), ha
minden a, b esetén f (ab) = f (a) + f (b) teljesül. ♣Külön is felhívjuk a figyelmet arra, hogy a feltétel az additív, illetve teljesen additív függvény definíciójában is az f (ab) (és nem az f (a + b)) függvényértékre vonatkozik.
Példák:A (bármilyen alapú) logaritmusfüggvény teljesen additív.

222

6. Számelméleti függvények

f (n) = 1 + (−1)n additív, de nem teljesen additív.
g(n) = 1 + log2 n nem additív (és így nem lehet teljesen additív sem).
Az f = 0 (azaz az azonosan nulla) függvény mind teljesen multiplikatív,
mind pedig teljesen additív, de más függvény nem lehet egyszerre multiplikatív
és additív (ez leolvasható például a 6.1.6 Tételből).
Először megmutatjuk, hogy egy additív, illetve egy ̸= 0 multiplikatív függvény az 1 helyen csak speciális értéket vehet fel:
6.1.6 Tétel
Ha f multiplikatív és f ̸= 0, akkor f (1) = 1.
Ha g additív, akkor g(1) = 0. ♣T 6.1.6

Bizonyítás: Legyen a olyan pozitív egész, amelyre f (a) ̸= 0. Ekkor (a, 1) = 1
miatt f (a) = f (a · 1) = f (a)f (1), ahonnan f (a) ̸= 0-val történő egyszerűsítés
után 1 = f (1) adódik.
A másik állítás is hasonlóan bizonyítható.
A 6.1.6 Tétel tehát az additivitásnak, illetve multiplikativitásnak egy
szükséges (de nem elégséges) feltételét adja.
Az additivitás, illetve multiplikativitás definíciójából azonnal következik,
hogy egy additív, illetve (̸= 0) multiplikatív függvényt a prímhatvány helyeken
felvett értékei már egyértelműen meghatároznak:
T 6.1.7
6.1.7 Tétel
αr1Legyen f multiplikatív, g additív és n = pα
1 . . . pr az n > 1 szám kanonikus alakja . Ekkor
αr1f (n) = f (pα1 ) . . . f (pr )

és

αr
1
g(n) = g(pα1 ) + . . . + g(pr ) . ♣Ezt a tényt használtuk fel a φ(n) képletének levezetésekor is (a 2.3.1 Tételelső bizonyításában).
A teljesen additív, illetve (̸= 0) teljesen multiplikatív esetben a függvényt
már a prím helyeken felvett értékei is egyértelműen meghatározzák:
T 6.1.8
6.1.8 Tétel
α1rLegyen f teljesen multiplikatív, g teljesen additív és n = p1 . . . pα
r az
n > 1 szám kanonikus alakja. Ekkor
f (n) = f (p1 )α1 . . . f (pr )αrésg(n) = α1 g(p1 ) + . . . + αr g(pr ) . ♣223

6.1. Feladatok

A 6.1.7 Tételt kiegészíthetjük azzal, hogy a prímhatvány helyeken felvettértékekre a multiplikativitás, illetve additivitás már semmilyen megszorítást
sem jelent, ezek ,,szabadon megválaszthatók”. Ezen pontosan a következőt
kell érteni: akárhogyan írjuk elő a prímhatvány helyeken felveendő értékeket,
biztosan létezik olyan multiplikatív, illetve additív függvény, amely ezeken ahelyeken az előírt értékeket veszi fel. A teljesen multiplikatív, illetve teljesen
additív esetben hasonló értelmű állítás érvényes a prímhatványok helyett aprímekre. (Minderre vonatkozólag lásd a 6.1.4 feladatot.)
Feladatok
6.1.1 Mutassuk meg, hogy a d(n) függvény multiplikatív, de nem teljesen
multiplikatív.
6.1.2 Az alábbi függvények közül melyek multiplikatívak, illetve teljesen
multiplikatívak, és melyek additívak, illetve teljesen additívak?
{a) f (n) ={c) h(n) ={0, ha 6 | n;
1, ha 6̸ | n.

b) g(n) =0, ha 3 | n;2, ha 3̸ | n.

d) k(n) ={0, ha 3 | n;
1, ha 3̸ | n.
2, ha 3 | n;0, ha 3̸ | n.

6.1.3 Van-e olyan h additív, illetve multiplikatív függvény, amelyre
h(6) = 0, h(10) = 1 és h(15) = 3?
6.1.4 Legyen p1 , p2 , . . . = 2, 3, 5, 7, . . . a prímszámok, q1 , q2 , . . . = 2, 3, 4, 5,
7, 8, 9, 11, . . . pedig a prímhatványok sorozata, és legyenek c1 , c2 , . . .
tetszőleges komplex számok.
a) Bizonyítsuk be, hogy pontosan egy olyan f ̸= 0 multiplikatív, illetve
g additív függvény létezik, amelyre
f (qi ) = g(qi ) = ci ,i = 1, 2, . . .

b) Bizonyítsuk be, hogy pontosan egy olyan s ̸= 0 teljesen multiplikatív,
illetve t teljesen additív függvény létezik, amelyres(pi ) = t(pi ) = ci ,i = 1, 2, . . .

6.1.5 Ha g csak pozitív egész értékeket vesz fel, akkor tetszőleges f -redefiniálhatjuk a h(n) = (f ◦ g)(n) = f (g(n)) összetett függvényt.
Melyek igazak az alábbi állítások közül?

224

6. Számelméleti függvények
a) Ha f és g teljesen multiplikatív, akkor h is teljesen multiplikatív.
b) Ha f és g teljesen additív, akkor h is teljesen additív.
c) Ha f multiplikatív és g teljesen multiplikatív, akkor h is multiplikatív.
d) Ha f teljesen multiplikatív és g multiplikatív, akkor h is multiplikatív.

6.1.6a) Legyen f teljesen additív. Melyek azok a k pozitív egészek, amelyekrea g(n) = f (kn) függvény is teljesen additív?
b) Oldjuk meg a feladatot arra az esetre is, ha a teljes additivitás helyett(mind f -re, mind pedig g-re) csak additivitást követelünk meg.
c) Vizsgáljuk meg a kérdés teljesen multiplikatív, illetve multiplikatív
változatát is.
M 6.1.7a) Bizonyítsuk be, hogy ha f teljesen additív, akkor
minden a, b-re f (a) + f (b) = f ((a, b)) + f ([a, b]).

(∇)b) Mutassuk meg, hogy (∇) akkor is érvényes, ha f -ről csak additivitást
teszünk fel.
∗c) Adjuk meg az összes olyan f -et, amelyre (∇) fennáll.
∗d) Vizsgáljuk meg a problémakörnek az f (a)f (b) = f ((a, b))f ([a, b])egyenlőségre vonatkozó megfelelőjét is.
6.1.8 Legyen f valós értékű és g(n) = 2f (n) . Mutassuk meg, hogy g akkor
és csak akkor multiplikatív, ha f additív.
Megjegyzés: Ennek alapján a valós értékű additív függvények és apozitív értékű multiplikatív függvények vizsgálata kölcsönösen viszszavezethető egymásra.
6.1.9a) Bizonyítsuk be, hogy két additív, illetve két teljesen additív függvényösszege és különbsége is additív, illetve teljesen additív.
b) Bizonyítsuk be, hogy két teljesen additív függvény szorzata sohasem
teljesen additív, kivéve azt a triviális esetet, amikor a két függvényközül legalább az egyik a 0 függvény.
c) Mutassunk olyan példát, amikor két ̸= 0 additív függvény szorzata
is additív, és olyat is, amikor a szorzatuk nem additív.
∗
M d) Adjuk meg az összes olyan additív függvénypárt, amelyek szorzata is
additív.

6.1. Feladatok

225e) Mutassuk meg, hogy két multiplikatív, illetve két teljesen multiplikatív függvény szorzata is multiplikatív, illetve teljesen multiplikatív.
f) Bizonyítsuk be, hogy két különböző ≠ 0 multiplikatív függvény összege, illetve különbsége sohasem multiplikatív.
6.1.10a) Bizonyítsuk be, hogy két additív, illetve két teljesen additív függvény
számtani közepe is additív, illetve teljesen additív.
b) Bizonyítsuk be, hogy ha két teljesen multiplikatív függvény számtani
közepe is teljesen multiplikatív, akkor a két függvény egyenlő. Mi ahelyzet, ha (mindhárom függvényre) a teljes multiplikativitás helyettcsak multiplikativitást követelünk meg?
6.1.11 Tegyük fel, hogy f multiplikatív, g additív és f + g konstans. Mutassuk meg, hogy ekkor f 1000 + g 1000 multiplikatív és f 1000 g 1000 additív.
∗

6.1.12a) Tegyük fel, hogy a h additív függvény előáll két multiplikatív függvény különbségeként. Bizonyítsuk be, hogy ha a, b és c páronként
relatív prímek, akkor h(a)h(b)h(c) = 0.
b) Tegyük fel, hogy a h additív függvény a triviális 1 · h = h előállításon
kívül másképp is felírható egy multiplikatív és egy additív függvényszorzataként. Bizonyítsuk be, hogy ha a, b és c páronként relatív
prímek, akkor h(a)h(b)h(c) = 0.
6.1.13M a) Tegyük fel, hogy egy additív függvény értékkészlete csak véges sok
számból áll. Igazoljuk, hogy akkor ezen értékek mindegyikét a függvénynek végtelen sok helyen kell felvennie.
b) Mutassunk példát arra, hogy az a) rész állítása multiplikatív függvényekre általában nem igaz.
c) Tegyük fel, hogy egy f multiplikatív függvény értékkészlete csak
véges sok számból áll, és van olyan érték, amelyet a függvény csak
véges sokszor vesz fel. Bizonyítsuk be, hogy ekkor létezik olyan K,
hogy ha n-nek van K-nál nagyobb prímosztója, akkor f (n) = 0.
6.1.14 Melyek igazak az alábbi állítások közül?
a) Ha f additív, és van olyan a, b számpár, amelyre (a, b) ̸= 1 ésf (ab) = f (a) + f (b), akkor f teljesen additív.

226

6. Számelméleti függvényekb) Ha f additív, és van olyan a, b számpár, amelyre (a, b) ̸= 1 ésf (ab) = f (a) + f (b), akkor végtelen sok ilyen számpár is létezik.
c) Ha f additív, de nem teljesen additív, akkor (a, b) ̸= 1-ből következik,
hogy f (ab) ̸= f (a) + f (b).
d) Ha f additív, de nem teljesen additív, akkor végtelen sok olyan a, b
számpár létezik, amelyre f (ab) ̸= f (a) + f (b).
e) Ha f multiplikatív, de nem teljesen multiplikatív, akkor végtelen sok
olyan a, b számpár létezik, amelyre f (ab) ̸= f (a)f (b).

M∗ 6.1.15 Jelölje φ2 (n) az 1, 2, . . . , n számok közül azoknak az i-knek a számát,amelyekre (i, n) = (i + 1, n) = 1. Adjunk képletet φ2 (n)-re az n
kanonikus alakjának alapján.
∗

6.1.16 Bizonyítsuk be:∑(k − 1, n) = φ(n)d(n) .

1≤k≤n(k,n)=1

6.2. Nevezetes függvények
Ebben a pontban néhány fontos számelméleti függvényt vezetünk be, ezek aσ(n), µ(n), ω(n), Ω(n) és dk (n).
D 6.2.1

6.2.1 Definíció
σ(n) az n pozitív osztóinak az összege. ♣Példa: σ(1) = 1, σ(10) = 18; σ(n) = n + 1 ⇐⇒ n prím.

Osztón a fejezet további részében mindig pozitív osztót fogunk érteni.
T 6.2.2

6.2.2 Tétel
αr1
Ha az n kanonikus alakja n = pα
1 . . . pr , akkor
σ(n) =r∏i=1i(1 + pi + p2i + . . . + pα
i )=

r
∏
pαi +1 − 1ii=1pi − 1. ♣Bizonyítás: Ugyanazt a gondolatmenetet követjük, amelyet a d(n) képletének
levezetésénél használtunk (1.6.3 Tétel).

227

6.2. Nevezetes függvények

Az 1.6.2 Tétel szerint az n összes (pozitív) osztóját úgy kapjuk meg, ha ad = pβ1 1 pβ2 2 . . . pβr r(1)

kifejezésben a β1 , β2 , . . . , βr kitevők egymástól függetlenül végigfutnak a
β1 = 0, 1, . . . , α1 ,β2 = 0, 1, . . . , α2 ,...,βr = 0, 1, . . . , αrértékeken, továbbá az n minden osztója csak egyféleképpen áll elő a fenti
alakban. Ennek megfelelően a σ(n) az összes ilyen d összege.
Másrészt nyilván ugyanezt az összeget kapjuk, ha ar∏i
(1 + pi + p2i + . . . + pα
i )

(2)

i=1

szorzást elvégezzük; az (1) szorzat akkor keletkezik, amikor (2) első tényezőjéből a pβ1 1 tagot, a második tényezőből a pβ2 2 tagot stb. szorozzuk össze.
Ezzel beláttuk a tétel állításában szereplő első egyenlőséget.
A második egyenlőség a véges mértani sorozatok jól ismert összegképletéből adódik.
A 6.2.2 Tétel egy másik lehetséges bizonyítására nézve lásd a 6.2.1 feladatot.
D 6.2.3
6.2.3 Definíció
A µ(n) Möbius-függvényt a következő módon értelmezzük:ha n = 1; 1,µ(n) = (−1)r , ha n = p1 . . . pr , ahol a pj -k különböző prímek;0,
ha van olyan p prím, amelyre p2 | n. ♣Példa: µ(10) = 1, µ(20) = 0, µ(30) = −1.
A µ-függvény későbbi fontos szerepe elsősorban az alábbi egyszerű tulajdonságán múlik:T 6.2.4

6.2.4 Tétel∑d|n{µ(d) =

1, ha n = 1;0, ha n > 1. ♣

228

6. Számelméleti függvények

∑Bizonyítás: Ha n = 1, akkor d|1 µ(d) = µ(1) = 1.
αr
1
Ha n > 1, akkor legyen az n kanonikus alakja n = pα
1 . . . pr . Mivel anem négyzetmentes számokra a µ-függvény értéke 0, ezért elég az összegzést
az n négyzetmentes osztóira elvégezni. Ennélfogva∑µ(d) =µ(1) + µ(p1 ) + . . . + µ(pr )+d|n+ µ(p1 p2 ) + µ(p1 p3 ) + . . . + µ(pr−1 pr ) + . . . + µ(p1 p2 . . . pr ) =( ) ( )
( )rr
r r
=1 − r +−+ . . . + (−1)= (1 − 1)r = 0.
2
3
r
D 6.2.5
6.2.5 Definíció
ω(n) az n különböző (pozitív) prímosztóinak a száma.
Ω(n) az n ,,összes” (pozitív) prímosztóinak a száma, tehát amikor a prímeket a kanonikus alakban szereplő kitevő szerinti multiplicitással számoljuk.
Képlettel: ω(1) = Ω(1) = 0, és ha az n kanonikus alakja
αr1
n = pα1 . . . pr(ahol minden αi > 0),akkor
ω(n) = rΩ(n) = α1 + . . . + αr . ♣és

Példa: ω(500) = 2, Ω(500) = 5; ω(n) = Ω(n) ⇐⇒ n négyzetmentes.
D 6.2.6
6.2.6 Definíció
Legyen k rögzített pozitív egész. Ekkor dk (n) az n = x1 x2 . . . xk egyenlet
pozitív egész megoldásainak a számát jelenti, ahol két megoldást akkor iskülönbözőnek tekintünk, ha csak a tényezők sorrendjében térnek el egymástól.
♣
Nyilván d1 (n) = 1, dk (1) = 1, továbbá d2 (n) = d(n) (a dk (n) függvény
tehát a d(n) általánosításának tekinthető).
6.2.7 Tétel
αr1
Ha az n kanonikus alakja n = pα
1 . . . pr , akkor
dk (n) =)r (∏αi + k − 1
i=1

k−1

. ♣

T 6.2.7

6.2. Nevezetes függvények

229

Bizonyítás: Az xi számok prímosztói is a p1 , . . . , pr prímek közül kerülnek ki,
ezért az xi számok kanonikus alakja
x1 = pβ1 11 . . . pβr r1 ,...,xk = pβ1 1k . . . pβr rk ,ahol
0 ≤ βij ≤ αi ,i = 1, 2, . . . , r,

j = 1, 2, . . . k .

(A kitevőkben az első index a prím, a második index pedig az ismeretlensorszámát jelenti.)
Ekkor az n = x1 x2 . . . xk egyenlet pontosan akkor teljesül, ha
α1 = β11 + β12 + . . . + β1k ,...,αr = βr1 + βr2 + . . . + βrk .

(3)

A (3) egyenletrendszer r darab
α = y1 + y2 + . . . + yk ,yi ≥ 0 egész(4)

típusú egyenletet tartalmaz.
Vizsgáljuk meg, hogy egy ilyen egyenletnek hány megoldása van.
Más megfogalmazásban (4) megoldásszáma azt jelenti, hányféleképpen
lehet az α számot k darab nemnegatív egész összegeként előállítani, ha azösszeadandók sorrendje is számít, vagyis ha két előállítást akkor is különbözőnek tekintünk, ha csak az összeadandók sorrendjében térnek el egymástól.
Vegyünk egy α hosszúságú szakaszt, és mérjük fel rá sorban az y1 , . . . , ykhosszúságú szakaszokat (beleértve a 0 hosszúságúakat is). Ezt úgy is interpretálhatjuk, hogy leírunk y1 darab 1-est, majd egy ∗ jellel jelezzük, hogy
ennek a szakasznak vége, ezután leírunk y2 darab 1-est, amelyet ismét egy ∗elválasztójel követ stb., végül yk darab 1-es zárja a sort.
Például, ha α = 7 és k = 4, akkor a 7 = 4 + 0 + 1 + 2 előállításnak az
1111 ∗ ∗1 ∗ 11 jelsorozat felel meg. Megfordítva a ∗1111 ∗ 111∗ jelsorozat a
7 = 0 + 4 + 3 + 0 előállításból származott.
Ennek megfelelően a (4) egyenlet megoldásszáma megegyezik az ilyen jelsorozatok számával. Egy jelsorozat α darab 1-est és k − 1 darab ∗ elválasztójelet tartalmaz, tetszőleges sorrendben. Ennélfogva az ilyen jelsorozatok száma
(
)
α+k−1
.
(5)
k−1
Az (5) képlet alapján a (3)-ban szereplő egyenletek megoldásszáma rendre
(
) (
)
(
)
α1 + k − 1
α2 + k − 1
αr + k − 1,, ... ,
.
(6)
k−1
k−1
k−1

230

6. Számelméleti függvények

Mivel az egyes egyenletek egymástól teljesen függetlenek, ezért a (3) rendszer megoldásszámát az egyes egyenletek megoldásszámainak, azaz a (6)-banfelsorolt számoknak a szorzata adja.
Megjegyezzük, hogy a σ(n), Ω(n), dk (n) (és így speciálisan d(n)) függvényekre adott képlet akkor is igaz marad, ha megengedjük, hogy az n kanonikus
alakjában az αi kitevők között a nulla is előforduljon, azonban φ(n) és ω(n)képlete csak úgy érvényes, ha a kanonikus alakban minden kitevő valóban
pozitív.
Végül megvizsgáljuk a megismert függvényeket multiplikativitás, illetve
additivitás szempontjából.
T 6.2.8
6.2.8 Tétel
φ(n), σ(n), µ(n) és dk (n) multiplikatív, de nem teljesen multiplikatív (ad1 (n) = 1 triviális esettől eltekintve).
ω(n) additív, de nem teljesen additív.
Ω(n) teljesen additív. ♣Bizonyítás: φ(n) multiplikativitása szerepelt a 2.3.1 Tétel első bizonyításában(valamint a 2.2.14 és 2.6.10 feladatokban is). Továbbá például
6 = φ(9) ̸= φ(3)φ(3) = 4,
tehát φ(n) nem teljesen multiplikatív. (Sőt, (a, b) ̸= 1 esetén φ(ab) = φ(a)φ(b)sohasem teljesül, lásd a 2.3.10a feladatot.)
A σ(n) multiplikativitásához a 6.2.2 Tételben bizonyított képletet használjuk fel (egy másik bizonyítást kaphatunk az 1.6.5a-b feladat alapján, lásda 6.2.1 feladatot).
Ha a = 1 vagy b = 1, akkor σ(ab) = σ(a)σ(b) nyilván teljesül.
Ha (a, b) = 1 és a kanonikus alakjuk
αr1
a = pα1 . . . pr ,b = q1β1 . . . qsβs ,ahol a relatív prímség miatt pi ̸= qj , akkor ab kanonikus alakja
βs
αr β1
1
ab = pα
1 . . . pr q1 . . . qs ,és így a σ képletét a-ra, b-re és ab-re alkalmazva kapjuk, hogy
σ(a)σ(b) =

1 +1
pα
−1
pαr +1 − 1 q1β1 +1 − 1q βs +1 − 1
1· ... · r·
· ... · s
= σ(ab) .
p1 − 1pr − 1
q1 − 1
qs − 1

6.2. Feladatok

231

Továbbá például
36 = σ(2)σ(6) ̸= σ(12) = 28,
tehát σ(n) nem teljesen multiplikatív. (Sőt, (a, b) ̸= 1 esetén σ(ab) = σ(a)σ(b)sohasem teljesül, lásd a 6.2.2 feladatot.)
A µ(n) multiplikativitását a függvény 6.2.3 Definíciója alapján igazoljuk.
Ha a = 1 vagy b = 1, akkor µ(ab) = µ(a)µ(b) nyilván teljesül. Ha a és bközül legalább az egyik nem négyzetmentes, akkor a szorzatuk sem az, és ígyµ(ab) = µ(a)µ(b) = 0. Végül, ha mindketten négyzetmentesek és (a, b) = 1,
akkor a szorzatuk is négyzetmentes;
a = p1 . . . p r ,b = q1 . . . q s ,ab = p1 . . . pr q1 . . . qs ,és ígyµ(a)µ(b) = (−1)r (−1)s = (−1)r+s = µ(ab) .
Továbbá például−1 = µ(5)µ(15) ̸= µ(75) = 0,tehát µ(n) nem teljesen multiplikatív.
(Megjegyezzük, hogy a µ(n) esetében — szemben a d(n), φ(n) és σ(n)függvényeknél tapasztaltakkal — olyan a, b számpárokból is végtelen sok van,amelyekre (a, b) ̸= 1 és mégis µ(a)µ(b) = µ(ab); legyen például a = 4 és btetszőleges páros szám.)
A dk (n)-re vonatkozó állítást a σ(n)-nél látottakhoz hasonlóan igazolhatjuk.
Végül, az ω(n)-re és Ω(n)-re vonatkozó állítás azonnal következik a függvények 6.2.5 Definíciójából.
Feladatok
6.2.1 Bizonyítsuk be a σ(n) multiplikativitását az 1.6.5a-b feladat felhasználásával, majd ennek alapján vezessük le a σ(n) képletét.
6.2.2 Mutassuk meg, hogy ha (a, b) ̸= 1, akkor σ(ab) < σ(a)σ(b), továbbá
k > 1 esetén dk (ab) < dk (a)dk (b).
6.2.3 Tegyük fel, hogy nφ(n)σ(n) nem osztható 3-mal. Bizonyítsuk be,
hogy ekkor n négyzetszám.
6.2.4 Bizonyítsuk be, hogy minden n-hez végtelen sok olyan k létezik,
amelyre σ(n) | σ(nk ).

232

6. Számelméleti függvények

6.2.5 Egy n szám (pozitív) osztóinak az összegét elosztjuk az n (pozitív)
osztói reciprokainak az összegével. Mit kapunk eredményül?
6.2.6 Határozzuk meg az összes olyan n-et, amelyre σ(n)a) páratlan; b) kettőhatvány.
M∗ 6.2.7 Bizonyítsuk be, hogy a σ(n) függvény értékkészletéből végtelen sok
természetes szám kimarad.
M∗ 6.2.8 Határozzuk meg az összes olyan n pozitív egészt, amelyhez létezik
olyan k, hogy σ(n!) = k!.
√
6.2.9 Mutassuk meg, hogy bármely n összetett számra σ(n) ≥ n + n + 1.
Mikor áll egyenlőség?
6.2.10 Tekintsük a σ(n) = n + c egyenletet, ahol az n az ismeretlen és a crögzített pozitív egész.
a) Oldjuk meg az egyenletet, ha c értéke(a1) 1;(a2) 5;(a3) 8;(a4) 11.
b) Mely c értékek esetén van az egyenletnek végtelen sok megoldása?
c) Tegyük fel, hogy a páros Goldbach-sejtés abban a kicsit erősebb
értelemben igaz, hogy minden 6-nál nagyobb páros szám előáll két
különböző prímszám összegeként. Mutassuk meg, hogy ekkor a fenti
egyenletnek minden c ̸= 5 páratlan szám esetén létezik megoldása.
Megjegyzés: Sokáig megoldatlan probléma volt, hogy végtelen sok
olyan c pozitív egész létezik-e, amelyre egyáltalán nincs megoldás.
Erdős megmutatta, hogy valóban végtelen sok ilyen (páros) c van.
6.2.11 Tekintsük a σ(n) − φ(n) = c egyenletet, ahol az n az ismeretlen és ac rögzített pozitív egész.
a) Oldjuk meg az egyenletet, ha c értéke(a1) 2;(a2) 4;(a3) 5;(a4) 10.

b) Mely c értékek esetén van az egyenletnek végtelen sok megoldása?
c) Tegyük fel, hogy a páros Goldbach-sejtés abban a kicsit erősebb
értelemben igaz, hogy minden 6-nál nagyobb páros szám előáll két
különböző prímszám összegeként. Adjunk meg ennek alapján végtelen sok olyan c értéket, amelyre a fenti egyenletnek létezik megoldása.
6.2.12 Hány olyan a ̸= b számpár létezik, ahol a és b is összetett ésa) a + φ(b) = b + φ(a) ;∗b) a + σ(b) = b + σ(a)?

233

6.2. Feladatok

6.2.13 Bizonyítsuk be, hogy az alábbi egyenlőtlenségek minden n-re teljesülnek, és határozzuk meg, mikor áll egyenlőség.
(n + 1)d(n)a) σ(n) ≤
;
2
nd(n)
+ 1;
b) σ(n) ≤2c) σ(n) ≥ n + 2d(n) − 3.
∗

6.2.14 Oldjuk meg a 2σ(n) = nd(n) egyenletet.
6.2.15a) Bizonyítsuk be, hogy az alábbi egyenlőtlenségek minden n > 1 számra teljesülnek, és határozzuk meg, mikor áll egyenlőség.
(a1) σ(n)φ(n) ≤ n2 − 1 ;(a2) σ(n) + φ(n) ≥ 2n.
∗b) Igazoljuk, hogy(b1) σ(n)φ(n) >

∗

n2
;
2

(b2) inf

σ(n)φ(n)
6
= 2.
2
n
π

6.2.16 Bizonyítsuk be:φ(n) | nσ(n) − 2 ⇐⇒ n prím vagy n = 1, 4, 6, 22.
6.2.17 Milyen értékeket vesznek fel az alábbi függvények?
a) f (n) = µ(n) + µ(2n) + µ(5n) + µ(10n);∑M b) g(n) =µ(kn).
k|100!

6.2.18a) Hány olyan egymást követő szám adható meg, hogy µ(n) azok egyikén
sem nulla?
b) Hány olyan egymást követő szám adható meg, hogy µ(n) azok mindegyikén nulla?
∗

6.2.19 Igazoljuk, hogy a primitív komplex n-edik egységgyökök összege µ(n).
()
6.2.20 Adjuk meg egyszerűbb alakban a µ(n) Ω(n) − ω(n) függvényt.
6.2.21a) Bizonyítsuk be, hogy2ω(n) ≤ d(n) ≤ 2Ω(n)minden n-re teljesül. Mikor áll egyenlőség?
b) Hogyan általánosítható az a) rész d(n)-ről dk (n)-re?

234

6. Számelméleti függvények

6.2.22 Melyek igazak az alábbi állítások közül?
a) Ha n négyzetszám, akkor d(n) | d3 (n).
b) Ha d(n) | d3 (n), akkor n négyzetszám.
6.2.23 Legyen ν tetszőleges valós szám és definiáljuk a σν (n) függvényt,mint az n pozitív osztói ν-edik hatványainak az összegét:σν (n) =

∑

dν .

d|n

Speciálisan: σ1 (n) = σ(n) és σ0 (n) = d(n).
Adjunk képletet σν (n)-re, és lássuk be, hogy σν (n) multiplikatív.

6.3. Tökéletes számok
A régi görögök számmisztikájának fontos eleme, hogy egy szám osztóját (kivéve magát a számot) a szám részének tekintették, és tökéletesnek nevezték
azokat a számokat, amelyek a ,,részeikből összeállnak”. Ilyen például a
6 = 1 + 2 + 3 és a 28 = 1 + 2 + 4 + 7 + 14. Euklidész Elemek című könyvébenszerepel az alábbi általános konstrukció is (bizonyítással együtt!):,,Ha az egységtől kezdve kétszeres arányban képezünk egy mértani sorozatot, amíg a sorösszeg prím nem lesz, és az összeggel megszorozzuk az utolsó
tagot, akkor a szorzat tökéletes szám lesz.”
Mai terminológiával a tökéletes számok éppen azok, amelyekre σ(n) = 2n(hiszen magát az n-et is az osztók közé számítjuk), és Euklidész tétele szerintaz(1 + 2 + 22 + . . . + 2k )2k = (2k+1 − 1)2k
szám tökéletes, ha 2k+1 − 1 prím. A k = 1 és k = 2 esetekben éppen a 6-ot ésa 28-at kapjuk.
A 2s − 1 alakú prímek a Mersenne-prímek (lásd az 5.2 pontot), és tudjuk,
hogy ekkor s is szükségképpen prím. Mint az 5.2 pontban már említettük,
Mersenne (másokhoz hasonlóan) éppen a minél nagyobb tökéletes számokelőállítása céljából foglalkozott az ilyen alakú prímekkel.
Euler bebizonyította, hogy minden páros tökéletes szám az euklideszi
konstrukcióval nyerhető. Ebből következik, hogy a páros tökéletes számok
száma megegyezik a Mersenne-prímek számával. Mivel megoldatlan, hogy
végtelen sok Mersenne-prím létezik-e, így azt sem tudjuk, vajon páros tökéletesszámból végtelen sok van-e. További megoldatlan probléma, hogy a páratlanszámok között található-e egyáltalán tökéletes szám. Ezek az igen egyszerűen

235

6.3. Tökéletes számok

hangzó, több mint kétezer éves kérdések a matematika talán legrégibb megoldatlan problémái.
Most megismételjük a tökéletes szám definícióját, és bebizonyítjuk a páros
tökéletes számok leírását megadó Euklidész–Euler-télelt.
6.3.1 Definíció
Az n pozitív egész tökéletes szám, ha σ(n) = 2n. ♣D 6.3.1

T 6.3.2
6.3.2 Tétel
Egy n páros szám akkor és csak akkor tökéletes, ha n = 2p−1 (2p − 1)
alakú, ahol 2p − 1 (Mersenne-)prím (és így p is szükségképpen prím). ♣Bizonyítás: Először megmutatjuk, hogy az ilyen alakú számok valóban tökéletesek. Mivel 2p − 1 prím, ezért a megadott alak egyben az n kanonikus alakja,
és így a 6.2.2 Tétel szerint kapjuk, hogy
σ(n) = (1 + 2 + . . . + 2p−1 )(1 + (2p − 1)) = (2p − 1)2p = 2n .
A megfordításhoz tegyük fel, hogy n páros és tökéletes, azazn = 2k t, ahol k ≥ 1 és t páratlan, továbbá σ(n) = 2n .

(1)

Mivel (2k , t) = 1, ezért a σ-függvény multiplikativitását és a σ(2k )-ra vonatkozó képletet felhasználva (1)-ből
2k+1 t = 2n = σ(n) = σ(2k )σ(t) = (2k+1 − 1)σ(t)(2)

adódik.
Vonjuk ki (2)-ből (pontosabban az egyenlőségsor első és utolsó tagjából)a (2k+1 − 1)t értéket, ekkor a t számot szorzattá tudjuk bontani:t = (2k+1 − 1)(σ(t) − t) .

(3)

A (3)-ból következik, hogy a t osztói között szerepel a σ(t) − t. Emellett
k ≥ 1 miatt 2k+1 − 1 > 1, ezért (3) alapján σ(t) − t ̸= t.
Mivel σ(t) − t és t különböző osztói t-nek, továbbá ezek összege egyenlő
σ(t)-vel, vagyis a t összes osztójának az összegével, ezért a t-nek nem lehet
több osztója. Ez azt jelenti, hogy t prím, és így σ(t) − t = 1.
Ezt (3)-ba, majd (1)-be visszahelyettesítve kapjuk, hogyn = 2k (2k+1 − 1),ahol 2k+1 − 1 prím,

236

6. Számelméleti függvények

ami (a p = k + 1 helyettesítés után) éppen az n keresett előállítását adja.
Feladatok
6.3.1 Mutassuk meg, hogy minden páros tökéletes szám utolsó számjegye
6 vagy 8 (a tízes számrendszerben).
6.3.2 Bizonyítsuk be, hogy ha létezik egy páratlan n tökéletes szám, akkor
szükségképpen
a) n = s2 p, ahol p egy 4k + 1 alakú prím;b) n ≡ 1 (mod 12) vagy n ≡ 9 (mod 36).
6.3.3 Egy természetes számot a régi görögök nyomán hiányosnak nevezünk,
ha nagyobb, mint a nála kisebb pozitív osztóinak az összege (azaz ,,arészei együttesen kevesebbet tesznek ki nála”). Bővelkedő egy szám,ha ez az összeg nagyobb magánál a számnál (azaz ,,a részei együttesen
többet tesznek ki nála”). Például a 10 hiányos, mert 1 + 2 + 5 < 10,a 12 viszont bővelkedő, mert 1 + 2 + 3 + 4 + 6 > 12.
Igazoljuk az alábbi állításokat.
a) Minden prímhatvány hiányos szám.
b) Ha egy n páratlan számnak csak két különböző prímosztója van,akkor n hiányos.
c) Minden k ≥ 3 esetén végtelen sok olyan páratlan bővelkedő szám és
végtelen sok olyan páratlan hiányos szám létezik, amelynek pontosan
k különböző prímosztója van.
d) Egy bővelkedő szám minden többszöröse is bővelkedő.
e) Bármely hiányos számnak végtelen sok bővelkedő többszöröse és végtelen sok hiányos többszöröse van.
∗

6.3.4 Ha az osztók közül magán a számon kívül az 1-et is kihagyjuk, és atöbbi osztóból akarjuk a számot összeállítani, akkor a σ(n) = 2n + 1
feltételhez jutunk. Bizonyítsuk be, hogy egy ilyen tulajdonságú szám
szükségképpen egy páratlan szám négyzete.
Megjegyzés: Ezeket a számokat kvázitökéletes számoknak nevezzük.
Megoldatlan probléma, hogy egyáltalán létezik-e kvázitökéletes szám.

M∗ 6.3.5 Az n pozitív egészt szupertökéletesnek nevezzük, ha σ(σ(n)) = 2n.
Bizonyítsuk be az alábbi állításokat.
a) Egy n páros szám akkor és csak akkor szupertökéletes, ha n = 2p−1
alakú, ahol 2p − 1 (Mersenne-)prím.

6.4. A d(n) függvény vizsgálata

237b) Egy páratlan szupertökéletes szám szükségképpen négyzetszám.
c) Egy páratlan prímszám hatványa nem lehet szupertökéletes.
Megjegyzés: Az a) rész szerint a páros szupertökéletes számok száma
megegyezik a Mersenne-prímek számával, és így megoldatlan, hogy
végtelen sok páros szupertökéletes szám létezik-e. Szintén megoldatlan, hogy a páratlan számok között található-e egyáltalán szupertökéletes szám.
6.3.6 Az n pozitív egészt harmonikus számnak (vagy Ore-számnak) nevezzük, ha a pozitív osztóinak a harmonikus közepe egész szám. Bizonyítsuk be az alábbi állításokat.
a) Az n akkor és csak akkor harmonikus, ha σ(n) | nd(n).
b) Minden tökéletes szám egyben harmonikus is.
c) Egy prímhatvány nem lehet harmonikus.
d) A négyzetmentes számok közül egyedül a 6 harmonikus.
Megjegyzés: Léteznek a tökéletes számokon kívül is harmonikus számok, ilyen például az 1 és a 140. Megoldatlan probléma, hogy végtelen sok harmonikus szám van-e, és hogy az 1-nél nagyobb páratlanszámok között található-e egyáltalán harmonikus szám.
6.3.7 Az a ̸= b pozitív egészek barátságos számpárt alkotnak, ha
σ(a) = σ(b) = a + b. Ilyen számpár például a 220 és a 284.
a) Mutassuk meg, hogy egy barátságos számpár egyik tagja hiányos, amásik tagja pedig bővelkedő szám (a definíciókat lásd a 6.3.3 feladatban).
b) Igazoljuk, hogy egy barátságos számpár egyik eleme sem lehet kettőhatvány.
Megjegyzés: A barátságos számok fogalma is a régi görögöktől ered:,,az egyik szám részeiből, azaz nála kisebb pozitív osztóiból éppen
összeáll a másik szám, és viszont”. Megoldatlan probléma, hogy
létezik-e végtelen sok barátságos számpár, továbbá, hogy létezik-eegyáltalán olyan barátságos számpár, amelynek elemei relatív prímek, illetve ellenkező paritásúak.

6.4. A d(n) függvény vizsgálata
Először megmutatjuk, hogy a d(n) függvény értékei szeszélyesen ingadoznak, afüggvény ,,grafikonjában” tetszőlegesen mély ,,völgyek” és tetszőlegesen magas,,hegyek” találhatók.

238

6. Számelméleti függvények

T 6.4.1
6.4.1 Tétel (Völgytétel)Tetszőleges K pozitív egészhez végtelen sok olyan n található, amelyred(n − 1) − d(n) > Kd(n + 1) − d(n) > K

és

(1)

egyidejűleg teljesül. ♣Bizonyítás: Az n-et alkalmas prímszámoknak fogjuk választani, ekkord(n) = 2.
Az (1) feltétel így azt jelenti, hogy n−1-nek és n+1-nek is legalább K +3
osztója van. Ez biztosan teljesül, ha például 2K+2 | n − 1 és 3K+2 | n + 1, azaz
ha az n megoldása az
x ≡ 1 (mod 2K+2 ),x ≡ −1 (mod 3K+2 )(2)

szimultán kongruenciarendszernek.
A (2) rendszer (2K+2 , 3K+2 ) = 1 miatt biztosan megoldható, és az összes(pozitív) megoldás x ≡ x0 (mod 6K+2 ), azazx = x0 + t6K+2 ,t = 0, 1, 2, . . .

(3)alakba írható.
Azt kell még igazolnunk, hogy a (3) számtani sorozatban végtelen sok
prím található. Ez Dirichlet tétele (5.3.1 Tétel) szerint akkor teljesül, ha(x0 , 6K+2 ) = 1. Mivel x0 kielégíti (2)-t, ezért x0 relatív prím a 2-höz és a3-hoz, és így 6K+2 -höz is.
T 6.4.2
6.4.2 Tétel (Hegytétel)Tetszőleges K pozitív egészhez végtelen sok olyan n található, amelyre
d(n) − d(n − 1) > K

ésd(n) − d(n + 1) > K(4)

egyidejűleg teljesül. ♣Bizonyítás: Az n-et az első r prímszám szorzatának fogjuk választani:n = p1 . . . pr ,ekkord(n) = 2r .

(5)d(n + 1) ≤ 2r−1 .

(6)

Meg fogjuk mutatni, hogyd(n − 1) ≤ 2r−1

és

6.4. A d(n) függvény vizsgálata

239

Így (5)-ből és (6)-ból már következik, hogyd(n) − d(n − 1) ≥ 2r−1ésd(n) − d(n + 1) ≥ 2r−1 ,azaz 2r−1 > K esetén (4) is teljesül.
A (6)-beli egyenlőtlenségek közül a d(n + 1)-re vonatkozót bizonyítjuk, amásik igazolása ugyanúgy történhet.
Írjuk fel n + 1-et prímek szorzataként: n + 1 = q1 . . . qs (itt qi = qj iselőfordulhat). Mivel n az első r prímszám szorzata és (n + 1, n) = 1, ezért
bármely i esetén qi > pr (ahol pr az r-edik prímszám).
Az n+1 összes osztóját úgy kapjuk meg, hogy valahány qj -t kiválasztunk,és ezeket összeszorozzuk (például az 1, illetve az n+1 akkor adódik, ha egyetlen
qj -t sem választunk, illetve az összes qj -t vesszük). Ha a qj -k nem mind
különbözők, akkor ugyanazt az osztót többféleképpen is megkapjuk. Ennek
alapján d(n + 1) ≤ 2s . A (6)-beli d(n + 1) ≤ 2r−1 egyenlőtlenséghez így elég
azt megmutatnunk, hogy s ≤ r − 1.
Tegyük fel indirekt, hogy s ≥ r. Ekkor (r ≥ 2 esetén) az alábbi módon
jutunk ellentmondásra:n + 1 = q1 . . . qs ≥ q1 . . . qr ≥ prr + 1 ≥ p1 . . . pr + 2 = n + 2 .
Az imént bizonyított hegy- és völgytétel is illusztrálja, hogy a d(n) függvény igen szabálytalanul viselkedik. A következőkben az első n helyen felvett
függvényértékek átlagát fogjuk vizsgálni, és kiderül, hogy ez az átlagérték függvény (vagy középérték függvény) már igen ,,szép” képet mutat.
T 6.4.3

6.4.3 Tétel
LegyenD(n) =

n
∑

d(i).

i=1

Ekkor bármely n-reD(n)− log n ≤ 1 . ♣
n

(7)

240

6. Számelméleti függvények

Bizonyítás: Fel fogjuk használni, hogy bármely n-re
log n <

n
∑
1
j=1

j

≤ 1 + log n .

(8)(A (8) egyenlőtlenség az 5.6.1 Tétel első bizonyításában alkalmazott integrálos
terület-összehasonlítás segítségével igazolható.)
Készítsünk egy n × n-es táblázatot (mátrixot), amelyben az i-edik sor
j-edik eleme, aij aszerint 1 vagy 0, hogy a j osztója-e az i-nek vagy sem:{
1, ha j | i;aij =0, ha j̸ | i.
Például n = 6-ra a következő táblázatot kapjuk:


1
1

1

1

1
1

0
1
0
1
0
1

0
0
1
0
0
1

0
0
0
1
0
0

0
0
0
0
1
0


0
0

0

0

0
1

A bizonyítás alapgondolata, hogy kétféleképpen is meghatározzuk a táblázatösszes elemének az összegét (vagyis a táblázatban szereplő 1-esek számát).
Az i-edik sorban annyi 1-es szerepel, ahányszor j | i teljesül, vagyis az
i-edik sor elemeinek az összege d(i). Innen soronkénti összegzéssel azt kapjuk,
hogy a táblázat elemeinek az összege
D(n) =

n
∑

d(i).

(9)

i=1

A j-edik oszlopban pontosan aj, 2j, . . . ,

⌊n⌋
j
j

sorszámú helyeken áll 1-es, tehát a j-edik oszlop elemeinek az összege ⌊n/j⌋.
Innen oszloponkénti összegzéssel az adódik, hogy a táblázat elemeinek azösszege
n ⌊ ⌋
∑
n
.
(10)
j
j=1

6.4. A d(n) függvény vizsgálata

241

Mivel (9) és (10) is a táblázat elemeinek az összege, ezért
D(n) =

n ⌊ ⌋
∑
n
j=1

j

.

(11)

⌊n⌋ n
n
−1<
≤
j
j
j

Az

egyenlőtlenség és (8) felhasználásával (11)-ből egyrészt
D(n) ≤

n
∑
n
j=1

j

=n

n
∑
1
i=1

j

≤ n(1 + log n) ,(12a)

másrészt
D(n) >n) ( ∑1)−1 = n− n > n(−1 + log n)
j
j
j=1

n (
∑
n
j=1

(12b)

adódik. A (12a) és (12b) egyenlőtlenségeket n-nel osztva éppen a bizonyítandó(7) egyenlőtlenséget kapjuk.
A 6.4.3 Tétel állítását |D(n) − n log n| ≤ n alakba is írhatjuk. Az alábbi
tételben a D(n) és az n log n függvények eltérésére (azaz a ,,hibatagra”) ennélerősebb becslést adunk.
∑nEhhez szükségünk lesz a
j=1 1/j összegnek a (8)-nál pontosabb, kö∑nvetkező becslésére is: A j=1 1/j − log n sorozat konvergens, a határértéke
γ = 0,577 . . . az ún. Euler-konstans, és bármely n-re
n
∑
1

j
j=1

− log n − γ ≤10.
n6.4.4 Tétel
Létezik olyan c konstans, hogy bármely n-re√|D(n) − n log n − (2γ − 1)n| < c n . ♣(13)

T 6.4.4(14)

Bizonyítás: A d(i) azoknak az x, y pozitív egész számpároknak a száma,∑n amelyekre xy = i (az x és y sorrendje is számít). Ennélfogva D(n) = i=1 d(i)azoknak az x, y pozitív egész számpároknak a száma, amelyekre xy ≤ n.

242

6. Számelméleti függvények

Ez azt jelenti, hogy D(n) a síkon azoknak az (x, y) egész koordinátájú
pontoknak, azaz rácspontoknak a száma, amelyek az első síknegyedben az
xy = n hiperbola és a koordinátatengelyek közé esnek, beleértve a hiperbolánlevő rácspontokat, de nem számítva a koordinátatengelyek rácspontjait. Most
megszámoljuk ezeket a rácspontokat.
Legyen A(n) azoknak az (x, y) rácspontoknak a száma, amelyekre√x ≤ n. Mivel a rácspontok elhelyezkedése szimmetrikus az y = x egyenesre√
nézve, ezért azoknak a rácspontoknak a száma is A(n), amelyekre y ≤ n.
Ezzel minden rácspontot figyelembe
vettünk,de kétszer számoltuk azokat√√a rácspontokat, amelyekre x ≤ n és y ≤ n is teljesül. Ezek éppen
√ annak√a négyzetnek a rácspontjai, amelynek egyik átlója az origót és √a ( n, n)pontot összekötő szakasz. Így ezeknek a rácspontoknak a száma ⌊ n⌋2 .
Ez azt jelenti, hogy az összes rácspontok száma√
D(n) = 2A(n) − ⌊ n⌋2 .
(15)
Most meghatározzuk A(n)-et. Mivel a j abszcisszájú rácspontok száma ⌊n/j⌋,ezért√⌊ n⌋⌊ ⌋∑ n
A(n) =.
(16)jj=1
A (16) jobb oldalán álló összeget a 6.4.3 Tétel bizonyításában látott módon
becsülve azt kapjuk, hogy√
⌊ n⌋A(n) = n

∑ 1
j
j=1

+ f (n),ahol |f (n)| <

√

n.

(17)

alkalmazzuk most a (17)-beli összegre (13)-at:
√
⌊ n⌋

∑ 1
j
j=1

√
= log⌊ n⌋ + γ + g(n),10ahol |g(n)| ≤ √ .
⌊ n⌋

(18)

Ezt (17)-be beírva azt kapjuk, hogy√
A(n) = n log⌊ n⌋ + γn + h(n),

(19a)

ahol
√
√
10n √
10n
|h(n)| = |ng(n) + f (n)| < √ + n < √n + n = 21 n .
⌊ n⌋
2

(19b)

6.4. A d(n) függvény vizsgálata

243√
Most (19a) további átalakításához megbecsüljük a log2 n −log⌊ n⌋ különbséget.
Mivel (log x)′ = 1/x, ezért a Lagrange-féle középértéktétel szerint bármely
a > 1-hez létezik olyan u, amelyre a − 1 < u < a éslog a − log(a − 1) =log a − log(a − 1)
1
1
= <
.
a − (a − 1)ua−1

Ennélfogva n ≥ 4-re
0≤

√
√
√
2
log n
1
≤√ .
− log⌊ n⌋ < log n − log( n − 1) < √
2
n−1
n

(20)

A (20) alapján (19a) és (19b) átírható a következő alakba:√
n log n+ γn + k(n),ahol |k(n)| < 23 n .
2√Szükségünk lesz még n − ⌊ n⌋2 becslésére:A(n) =(21)√√√0 ≤ n − ⌊ n⌋2 = ( n)2 − ⌊ n⌋2 =
√
√
√
√
√
√
√
= ( n − ⌊ n⌋)( n + ⌊ n⌋) < 1( n + n) = 2 n .

(22)

Végül (21)-et és (22)-t (15)-be beírva azt kapjuk, hogy
D(n) = n log n + (2γ − 1)n + ℓ(n),√ahol |ℓ(n)| < 48 n .

Megjegyzések : 1. A számelmélet egyik sokat vizsgált és nehéz problémája,
hogy a 6.4.4 Tételben a hibatagra adott (14) becslés√mennyire javítható. Bebizonyították, hogy az állítás akkor is érvényes, ha n helyére n0,32 -t írunk,azonban n0,25 -nel már nem marad igaz.
2. Mivellog 1 + log 2 + . . . + log n ∼ n log n(a két függvény aszimptotikusan egyenlő, azaz a hányadosuk 1-hez tart), ezért
a 6.4.3 (vagy 6.4.4) Tételből az is következik, hogyd(1) + d(2) + . . . + d(n) ∼ log 1 + log 2 + . . . + log n .

(23)

A (23) összefüggés úgy értelmezhető, hogy a d(n) függvény ,,átlagos nagyságrendje” log n.

244

6. Számelméleti függvények

Ez azonban nem jelenti azt, hogy egy ,,tipikus” n-nek ,,körülbelül” log nosztója lenne; a 6.7 pontban bebizonyítjuk (lásd a 6.7.6 feladatot), hogy az osztók száma általában ennél kevesebb, a ,,legtöbb” n-re d(n) értéke ,,körülbelül”(log n)log 2 = (log n)0,69... .
A log n-es átlag a ritkán előforduló, de kirívóan sok osztóval rendelkező számoknak köszönhető.
Végül a d(n) függvény értékkészletének néhány további tulajdonságát
vizsgáljuk.
A d(n) függvény minden k ≥ 2 egész számot végtelen sokszor felvesz,
hiszen bármely p prímre d(pk−1 ) = k.
Az 1.6.11 feladatban több egyszerű felső becslést adtunk d(n)-re az nfüggvényében. Az alábbi tételben ezeket élesítjük:
T 6.4.5

6.4.5 Tétel
Bármely rögzített δ > 0 esetén
lim

n→∞

d(n)
= 0. ♣nδ

A bizonyításhoz az alábbi segédtételt használjuk fel:
T 6.4.6

6.4.6 Tétel
Legyen{q1 < q2 < . . .} = {2, 3, 4, 5, 7, 8, 9, 11, . . .}a prímhatványok sorozata és f egy tetszőleges multiplikatív számelméleti függvény. Ekkor
lim f (qj ) = 0 =⇒ lim f (n) = 0 . ♣
n→∞

j→∞

A 6.4.6 Tétel bizonyítása: A feltétel szerint van olyan H és k, hogy|f (qj )| ≤ H minden j-re,és|f (qj )| ≤ 1, ha j > k .

(24)Először megmutatjuk, hogy bármely m-re|f (m)| ≤ H k .

(25)

6.4. A d(n) függvény vizsgálata
Ha m kanonikus alakja m =

245

∏r

αi
i=1 pi , akkor az f multiplikativitása miatt|f (m)| =r∏i|f (pαi )| .

(26)

i=1

A (26) jobb oldalán szereplő tényezők közül (24) szerint legfeljebb k darab
nagyobb, mint 1, és ezek értéke is legfeljebb H, azaz (25) valóban teljesül.
Legyen ε > 0 tetszőleges. Be kell látni, hogy létezik olyan n0 = n0 (ε),
hogy minden n > n0 esetén |f (n)| < ε.
A feltétel szerint létezik olyan s = s(ε), hogy|f (qj )| <ε,Hkha j > s .

(27)

Megmutatjuk, hogy q1 . . . qs megfelel n0 -nak.
Ha n > q1 . . . qs , akkor az n kanonikus alakjában szerepelnie kell egy qs -nél
nagyobb qj prímhatványnak: n = qj m, ahol (qj , m) = 1.
Ekkor (27) alapján |f (qj )| < ε/H k , továbbá (25) alapján |f (m)| ≤ H k ,és ígyε|f (n)| = |f (qj )| · |f (m)| < k · H k = ε .
H
A 6.4.5 Tétel bizonyítása: A 6.4.6 Tételt az
f (n) =d(n)nδ

függvényre fogjuk alkalmazni. Ehhez azt kell megmutatni, hogy
lim

j→∞

d(qj )
= 0.
qjδ

(28)

Legyen qj = pα (ahol p prím). Ekkord(qj ) = d(pα ) = α + 1 ≤ 2α =tehát

2 log(pα )2 log qj
≤
,
log p
log 2

d(qj )
2
log qj
≤
·
.
δ
log 2
qj
qjδ

Mivel

log x
= 0,
x→∞ xδ
ezért (29)-ben a jobb oldal, és így a bal oldal is 0-hoz tart.
lim

(29)

246

6. Számelméleti függvények

Megjegyzés: Megmutatható, hogy a d(n) függvény ,,maximális” nagyságrendje
körülbelül
log 2n log log n .
Ez pontosan a következőket jelenti:(i) Bármely ε > 0-hoz létezik olyan n0 = n0 (ε), hogy minden n > n0 esetén(1+ε) log 2d(n) < n log log n .
(ii) Bármely ε > 0-hoz végtelen sok olyan n létezik, amelyre(1−ε) log 2d(n) > n log log n .
A (ii) állítás bizonyítását a 6.4.3b feladatban tűztük ki.
Feladatok∗
6.4.1 Mutassuk meg, hogy a 6.4.1 és 6.4.2 Tételek állítása a d(n) helyetta σ(n), φ(n), Ω(n), ω(n) és k > 1 esetén a dk (n) függvényekre isérvényes.
6.4.2 Bizonyítsuk be, hogy bármely rögzített δ > 0 és k pozitív egész esetén
lim

n→∞

dk (n)= 0.
nδ

6.4.3 Legyen ε > 0 tetszőleges. Mutassuk meg, hogy végtelen sok olyan nlétezik, amelyrea) d(n) > (log n)100 ;∗(1−ε) log 2b) d(n) > n log log n .

6.4.4 Mutassuk meg, hogy bármely n-re Ω(n) ≤ log2 n. Mikor áll egyenlőség?
∗6.4.5 Legyen ε > 0 tetszőleges. Igazoljuk az alábbi állításokat.
a) Minden elég nagy n-reω(n) <(1 + ε) log n.
log log nω(n) >(1 − ε) log n.
log log nb) Végtelen sok n-re

247

6.4. Feladatok
6.4.6 Bizonyítsuk be, hogy minden elég nagy n eseténa) φ(n) > n0,99 ;n;
2 log n∗e) σ(n) < 2n log n;∗b) φ(n) >c) φ(n) >n;
C log log nésd) σ(n) < n1,01 ;f) σ(n) < Cn log log n(ahol a c) és f) részben C egy alkalmas abszolút konstans).
6.4.7 Igazoljuk az alábbi állításokat.
a) A φ(n)/n függvény értékkészlete mindenütt sűrű a [0, 1] intervallumban.
b) A σ(n)/n függvény értékkészlete mindenütt sűrű [1, ∞]-ben.
∗

6.4.8 A Dirichlet-tétel azt mondja ki, hogy ha az a és d pozitív egészek
relatív prímek, akkor az a + kd, k = 0, 1, 2, . . . számtani sorozat
végtelen sok prímet tartalmaz. Ez a tétel jelentősen élesíthető:(i) Ezeknek a prímeknek a reciprokösszege divergens.
(ii) Az n-nél kisebb ilyen prímek száma rögzített d mellett n → ∞-re∼n.
φ(d) log n

Ezek az eredmények az 5.6.1, illetve 5.4.1 Tételek általánosításai.
a) Legyen k tetszőleges, rögzített pozitív egész. Mutassuk meg (i) felhasználásával, hogy k | φ(n) majdnem minden n-re teljesül. Ez pontosan a következőt jelenti. Legyen F (N ) azon x ≤ N egészeknek aszáma, amelyekre k | φ(x). Ekkor limN →∞ F (N )/N = 1.
M b) Lássuk be, hogy a φ-függvény értékkészletéből majdnem minden pozitív egész hiányzik. (Az előzőkhöz hasonlóan ezen a következőt kellérteni. Legyen G(N ) azon y ≤ N értékeknek a száma, amelyek előfordulnak a φ-függvény értékkészletében. Ekkor limN →∞ G(N )/N == 0.)∗

6.4.9 Mutassuk meg, hogy az előző feladat állításai a φ helyett a σ-függvényre is érvényesek.

248

6. Számelméleti függvények

6.5. Összegzési és megfordítási függvény
D 6.5.1
6.5.1 Definíció
Az f számelméleti függvény osztókra vonatkozó összegzési függvényén az
f + (n) =

∑

f (d)

d|n

függvényt értjük. ♣Példák:Az f (n) = 1 függvény összegzési függvénye f + (n) = d(n), a g(n) = n
függvényé pedig g + (n) = σ(n).
A 2.3.14 feladat szerint φ+ (n) = n, a 6.2.4 Tétel alapján µ+ (n) = e(n),ahol{
1, ha n = 1;(1)e(n) =
0, ha n > 1.
T 6.5.2
6.5.2 Tétel
Bármely f számelméleti függvényhez pontosan egy olyan függvény található, amelynek az összegzési függvénye f . Ezt az egyértelműen meghatározott
függvényt az f megfordítási függvényének nevezzük, és f˜-mal jelöljük. ♣Bizonyítás: Írjuk fel minden n-re a megfordítási függvénytől megkövetelt
f (n) =

∑

f˜(d)

d|n

egyenlőségeket:
f (1) = f˜(1)f (2) = f˜(1) + f˜(2)f (3) = f˜(1) + f˜(3)f (4) = f˜(1) + f˜(2) + f˜(4)f (5) = f˜(1) + f˜(5)f (6) = f˜(1) + f˜(2) + f˜(3) + f˜(6)
..
.

249

6.5. Összegzési és megfordítási függvény

Azt kell belátni, hogy ez a végtelen sok egyenletből álló és a végtelen sok
f˜(1), f˜(2), . . . ismeretlenre vonatkozó ,,egyenletrendszer” egyértelműen megoldható.
Az első egyenlet pontosan akkor teljesül, haf˜(1) = f (1) .
Az első és második egyenlet együttesen pontosan akkor teljesül, ha f˜(1) az
első egyenletből kapott érték ésf˜(2) = f (2) − f˜(1) .
Ugyanígy haladhatunk tovább indukcióval. Tegyük fel, hogy az első m − 1egyenletből álló egyenletrendszernek pontosan egy f˜(1), . . . , f˜(m − 1) megoldása van, és tekintsük most az első m egyenletből álló rendszert. Mivelaz f˜(m) ,,ismeretlen” először az m-edik egyenletben fordul elő, így az első megyenlet együttesen pontosan akkor teljesül, ha f˜(1), . . . , f˜(m−1) az első m−1
egyenletből (az indukció szerint) egyértelműen adódó érték és∑f˜(m) = f (m) −f˜(d) .
(2)
d|m
d<m

Ezzel az f˜ függvény létezését és egyértelműségét beláttuk. (A (2) képlet az f˜
függvény értékeinek egy rekurzív előállítását jelenti).
Példák: A 6.5.1 Definíció utáni példákat ,,visszafelé olvasva” (és az ottani
jelöléseket használva) azt kapjuk, hogy
˜ = 1;d(n)σ̃(n) = n;g̃(n) = φ(n);ẽ(n) = µ(n) .

Az alábbiakban a megfordítási függvényt ,,képlet” alakban is előállítjuk:
6.5.3 Tétel (Möbius-féle megfordítási formula)∑nf˜(n) =µ(d)f ( ) . ♣d

T 6.5.3(3)d|nBizonyítás: Mivel a 6.5.2 Tétel szerint f˜ egyértelműen létezik, így elég megmutatni, hogy a (3) jobb oldalán megadott∑∑nh(n) =µ(d)f ( ) =µ(d)f (c)
d
d|n

cd=n

250

6. Számelméleti függvények

függvény h+ (n) összegzési függvénye éppen f (n). Ezt a szereplő összegek
megfelelő átrendezésével és (1) felhasználásával igazolhatjuk:h+ (n) =

∑
∑
c|n

∑∑

µ(d)f (c) =k|n cd=kk|n=h(k) =∑µ(d)f (c) =

cd|n

(∑
) ∑
∑
n
n
f (c)e( ) = f (n) .
f (c)µ(d) =
f (c)µ+ ( ) =
c
c
n
d| c

c|n

c|n

Végül a megfordítási függvény egy érdekes alkalmazását, az ún. Smith-féledeterminánst mutatjuk be:
T 6.5.4
6.5.4 Tétel
Legyen f tetszőleges számelméleti függvény, és képezzük az n × n-es
)
(
)
(
)
 (
f ((1, 1)) f ((1, 2)) . . . f ((1, n)) f (2, 1)
f (2, 2)
. . . f (2, n) 


A=

..
..
..
..


.
.
.
.
(
)
(
)
(
)
f (n, 1) f (n, 2) . . . f (n, n)mátrixot, ahol (i, j) az i és j számok legnagyobb közös osztóját jelenti. Ekkor
az A mátrix determinánsa
det A = f˜(1)f˜(2) . . . f˜(n) . ♣Bizonyítás: Tekintsük azt az n × n-es B, illetve C mátrixot, amelyben az
i-edik sor j-edik eleme bij , illetve cij , ahol{

1, ha j | i;0, ha j̸ | i,

bij =

{

és
cij = bij f˜(j) ,

azaz

cij =

f˜(j), ha j | i;0,
ha j̸ | i.

Mindkét mátrixban a főátló fölött csupa 0 áll, tehát a determinánsuk a főátlóbeli elemek szorzata. A B mátrix főátlójában minden elem 1-es, a C mátrix
főátlójában pedig az f˜(1), . . . , f˜(n) elemek szerepelnek, ezért
det B = 1

és

det C = f˜(1)f˜(2) . . . f˜(n) .

(4)

6.5. Feladatok

251

Most vizsgáljuk meg a D = BC T szorzatmátrixot, ahol C T a C mátrix transzponáltját jelöli. Ekkor D-ben az i-edik sor j-edik eleme
dij = bi1 cj1 + bi2 cj2 + . . . + bin cjn == bi1 bj1 f˜(1) + bi2 bj2 f˜(2) + . . . + bin bjn f˜(n) .
{Ittf˜(k), ha k | i és k | j;0,
egyébként,

bik bjk f˜(k) =

{

azaz

(5)

bik bjk f˜(k) =f˜(k), ha k | (i, j);0,ha k̸ | (i, j).

(6)A (6)-ot (5)-be beírva és f˜ definícióját felhasználva azt kapjuk, hogy
dij =

∑

(
)
f˜(k) = f (i, j) ,k|(i,j)tehát D = A.
Végül a determinánsok szorzástétele és (4) alapján
det A = det D = (det B)(det C) = f˜(1)f˜(2) . . . f˜(n) .
Feladatok
6.5.1 Mutassuk meg, hogy d+k (n) = dk+1 (n).
6.5.2 Bizonyítsuk be az alábbi állításokat:a) f multiplikatív ⇐⇒ f + multiplikatív.
b) f multiplikatív ⇐⇒ f˜ multiplikatív.
Megjegyzés: A 6.5.2 feladatból azonnal következik például a d(n),σ(n), illetve φ(n) függvények multiplikativitása.
6.5.3a) Melyek azok a teljesen multiplikatív függvények, amelyeknek az öszszegzési függvénye is teljesen multiplikatív?
b) Melyek azok az additív függvények, amelyeknek az összegzési függvénye is additív?

252

6. Számelméleti függvények

αr
1
6.5.4 Legyen n kanonikus alakja n = pα
1 . . . pr . Bizonyítsuk be az alábbiállításokat.

a) Ha f multiplikatív és f ̸= 0, akkor
r
∏
(
)
+
f (n) =
1 + f (pi ) + f (p2i ) + . . . + f (piαi )i=1ésf˜(n) =

r
∏
(

)
αi −1
i
f (pα
.
i ) − f (pii=1b) Ha f teljesen multiplikatív, és egyetlen prím helyen sem veszi fel a 0
vagy 1 értéket, akkor
f + (n) =r∏f (pi )αi +1 − 1
i=1

és f˜(n) = f (n)f (pi ) − 1

r
∏
(
i=1

1−

1 )
.
f (pi )

Mely függvények képlete adódik az f (n) = n speciális esetben?
6.5.5 Adjuk meg az alábbi függvények megfordítási függvényét:a) f (n) = c (konstans függvény);b) g(n) =c) Ω(n);d) ω(n).

(−1)n + 1;
2

6.5.6 Bizonyítsuk be, hogy ha f additív és ω(n) ≥ 2, akkor f˜(n) = 0.
6.5.7 Adjuk meg egyszerűbb alakban a∑

σ(a)µ(b)ab=nösszeget.
6.5.8 Bizonyítsuk be, hogy
∑ µ(d)
d|n

d

=

φ(n)
.
n

253

6.6. Konvolúció
6.5.9 Igazoljuk az alábbi állításokat.
a) A primitív komplex n-edik egységgyökök összege µ(n).
∗b) A primitív komplex n-edik egységgyökök k-adik hatványainak összegeµ(n′ )φ(n),φ(n′ )

n′ =

ahol

n
.
(n, k)c) Ha p prím, akkor a modulo p páronként inkongruens primitív gyökök
összege µ(p − 1)-gyel kongruens modulo p.
6.5.10 Számítsuk ki azokat az n × n-es determinánsokat, ahol az i-edik sor
j-edik elemea) (i, j) ;()b) σ (i, j) ;()c) d (i, j) ;()d) ω (i, j) .

6.5.11 Legyenek s1 , . . . , sn tetszőleges olyan különböző pozitív egészek, amelyekre mindegyik si -nek minden osztója is szerepel az sj -k között.
Mutassuk meg, hogy a 6.5.4 Tétel megfelelője akkor is érvényben
marad, ha az 1, 2, . . . , n számok helyére mindenhol az s1 , . . . , sn számokat írjuk.

6.6. Konvolúció
6.6.1 Definíció
Az f és g számelméleti függvények konvolúcióján az(f ∗ g)(n) =∑d|n

D 6.6.1∑nf (d)g( ) =f (d)g(c)dcd=n

függvényt értjük. ♣Az összegzési, illetve megfordítási függvény képzése a konvolúció speciálisesete: f + definíció szerint az f és a konstans 1 függvény konvolúciója, f˜ pediga Möbius-féle megfordítási formula alapján az f és µ konvolúciója, azaz
f+ = f ∗ 1

és

f˜ = f ∗ µ .

Most megvizsgáljuk a konvolúció művelet tulajdonságait.

254

6. Számelméleti függvények

6.6.2 Tétel
A konvolúció asszociatív és kommutatív, az egységelem{
1, ha n = 1;e(n) =
0, ha n > 1,

T 6.6.2

és pontosan azoknak az f -eknek létezik inverze, amelyekre f (1) ̸= 0. ♣Bizonyítás: Kommutativitás: közvetlenül következik a definícióból.
Asszociativitás:
∑
∑
(
)
(∑
)
f ∗ (g ∗ h) (n) =f (b)g(c)h(d) =f (b)g(c)h(d) ,
bk=n

(

cd=k

bcd=n

)
és ugyanerre az alakra hozható (f ∗ g) ∗ h (n) is.
Egységelem:∑∑nn
0 · f ( ) = f (n) .
(e ∗ f )(n) =e(d)f ( ) = 1 · f (n) +
d
d
1<d|n

d|n

Inverz: A 6.5.2 Tétel bizonyításához hasonlóan járhatunk el. Az f függvény ginverzének az e = f ∗ g feltételt, vagyis az alábbi egyenlőségeket kell kielégítenie:
1 = e(1) = f (1)g(1)0 = e(2) = f (1)g(2) + f (2)g(1)0 = e(3) = f (1)g(3) + f (3)g(1)0 = e(4) = f (1)g(4) + f (2)g(2) + f (4)g(1)0 = e(5) = f (1)g(5) + f (5)g(1)0 = e(6) = f (1)g(6) + f (2)g(3) + f (3)g(2) + f (6)g(1)..
.
Ebben a végtelen sok egyenletből álló egyenletrendszerben g(1), g(2), . . . az
ismeretlenek. Az első m egyenletben csak a g(1), . . . , g(m) ismeretlenek szerepelnek, a g(m) először az m-edik egyenletben fordul elő.
Ha f (1) = 0, akkor az első egyenlet nem oldható meg, tehát f (1) ̸= 0 az
inverz létezésének szükséges feltétele. Az elégségességhez azt kell megmutatni,
hogy f (1) ̸= 0 esetén az egyenletrendszer (egyértelműen) megoldható.
Az első egyenlet pontosan akkor teljesül, hag(1) =

1.
f (1)6.6. Konvolúció

255

Az első és második egyenlet együttesen pontosan akkor teljesül, ha g(1) az
első egyenletből egyértelműen adódó érték és
g(2) =−f (2)g(1).
f (1)Ugyanígy haladhatunk tovább indukcióval. Tegyük fel, hogy az első m − 1egyenletből álló egyenletrendszernek pontosan egy g(1), . . . , g(m − 1) megoldása van, és tekintsük most az első m egyenletből álló rendszert. Mivela g(m) ,,ismeretlen” először az m-edik egyenletben fordul elő, így az első megyenlet együttesen pontosan akkor teljesül, ha g(1), . . . , g(m−1) az első m−1
egyenletből (az indukció szerint) egyértelműen adódó érték ésg(m) =−1 ∑m
g(d)f ( ) .
f (1)
d
d|m
d<m

A g függvénynek ezzel a rekurzív definíciójával megadtuk az f inverzét.
Most a konvolúció segítségével egy egyszerű bizonyítást adunk a Möbiusféle megfordítási formulára, és ebből egyúttal az is világosabbá válik, mi az,,oka” a µ függvény kitüntetett szerepének.
A megfordítási függvény definícióját a konvolúció segítségével az
f˜ ∗ 1 = f(1)egyenlőséggel írhatjuk fel, és ebből kell f˜-ot kifejezni. Jelöljük az 1 függvény
inverzét g-vel, és ,,szorozzuk be” (1)-et g-vel (azaz vegyük mindkét oldalnak
a g-vel való konvolúcióját). Ekkor (a konvolúció műveleti tulajdonságait isfelhasználva) kapjuk, hogyf˜ = f ∗ g .
(2)
Itt a g az 1 függvény inverze, ami azt jelenti, hogy 1 ∗ g = e, azaz g + = e, vagy
más szóval g = ẽ = µ. Ezt (2)-be beírva
f˜ = f ∗ µadódik, ami éppen a Möbius-féle megfordítási formula.
A számelméleti függvények vizsgálatánál igen fontos szerepet játszik afüggvényekhez rendelt Dirichlet-sor :256

6. Számelméleti függvények

D 6.6.3
6.6.3 Definíció
Legyen f számelméleti függvény és S azoknak az s valós számoknak ahalmaza, amelyekre a
∞
∑
f (n)
(3)
s
n
n=1
végtelen sor konvergens. Ekkor az f -hez tartozó Dirichlet-sor on az
F (s) =

∞
∑
f (n)
n=1

ns

végtelen sorral értelmezett F : S → C függvényt értjük. ♣Az F függvény értelmezési tartománya tehát azoknak az s valós számoknak a halmaza, amelyekre a (3) végtelen sor konvergens.
Könnyen adódik (lásd a 6.6.6 feladatot), hogy ha (3) egy s0 helyen konvergens, akkor minden s > s0 + 1 helyen abszolút konvergens. A továbbiakban
az F (s) függvényt csak olyan s helyeken fogjuk tekinteni, amelyekre a (3)sor abszolút konvergens. Ennek az lesz az előnye, hogy felhasználhatjuk az
abszolút konvergens sorokra vonatkozó tételeket, amelyeket úgy foglalhatunkössze, hogy abszolút konvergens sorokkal ,,ugyanúgy” számolhatunk, mint avéges sok tagból álló összegekkel. Ez többek között azt jelenti, hogy egy abszolút konvergens sor tagjait tetszőlegesen átrendezve és csoportosítva ismét
abszolút konvergens sort kapunk, amelynek az összege megegyezik az eredetisor összegével, és két abszolút konvergens sort a ,,minden tagot minden taggal” ,,szabály” szerint összeszorozva (és az így keletkező szorzatokat tetszőlegesen átrendezve és csoportosítva) egy olyan abszolút konvergens sort kapunk,amelynek az összege az eredeti két sor összegének a szorzata.
Megjegyezzük, hogy a Dirichlet-sort lehet (valós helyett) komplex változós függvényként, illetve a konvergenciát egyáltalán nem vizsgáló ,,formálissorként” is tekinteni, ezzel azonban nem foglalkozunk.
Az egyik legfontosabb Dirichlet-sor az f = 1 függvényhez tartozó Riemann-féle zétafüggvény:∞∑1ζ(s) =,(4)ns
n=1
amelyet már az 5.6.6 feladatban definiáltunk. A (4) sor s > 1-re abszolút
konvergens, és az 5.6.6 feladat szerint felírható az alábbi végtelen szorzatként
is:
∏ 1
∏
1
ζ(s) =lim(5)
1 = n→∞
1 .
1
−
1
−
s
s
p
p
p
p≤n

257

6.6. Konvolúció

Az Eulertől származó (5) összefüggés alapján nem meglepő, hogy a prímszámok eloszlásának vizsgálata szoros kapcsolatba hozható a ζ-függvény viselkedésével. Így például a prímszámokra vonatkozóan különösen fontos tételeket
nyerhetnénk, ha beigazolódna a híres Riemann-sejtés, amely azt állítja, hogya komplex változóra megfelelően kiterjesztett ζ-függvény bármely nem valós
gyökének a valós része 1/2.
Az alábbi tétel a Dirichlet-sor és a konvolúció kapcsolatáról szól:
T 6.6.4
6.6.4 Tétel
Jelölje az f, g, illetve h számelméleti függvényekhez tartozó Dirichletsorokat F (s), G(s), illetve H(s), és tegyük fel, hogy ezek abszolút konvergensek, továbbá h = f ∗ g. Ekkor H(s) = F (s)G(s). ♣Bizonyítás: Az abszolút konvergens sorok szorzásának tulajdonságait felhasználva
F (s)G(s) =

∞ ∞
∞
∞
(∑
f (k) )( ∑ g(m) ) ∑ ∑ f (k)g(m)
=
=
s
s
ks
m
(km)
m=1
m=1
k=1

k=1

=

∞ ∑
∑
n=1

km=n f (k)g(m)
=
ns

∞
∑
h(n)
n=1

ns

= H(s) .

A 6.6.4 Tétel alapján könnyen meghatározhatjuk például a Möbius-függvény
M (s) =

∞
∑
µ(n)

ns

n=1

Dirichlet-sorát. Ez a sor |µ(n)| ≤ 1 miatt s > 1-re abszolút konvergens. Mivelµ ∗ 1 = e, ezért
M (s)ζ(s) =

∞
∑
e(n)
n=1

ns

tehát
1
,
M (s) =
ζ(s)

azaz

∞
∑
1
0
+
= 1,
1s n=2 ns

=

∞
∑
µ(n)
n=1

ns

1
= ∑∞

1 .
n=1 ns(6)

Speciálisan s = 2-re ebből azt kapjuk, hogy
∞
∑
µ(n)
n=1

n2

=

6
.
π2

(7)

258

6. Számelméleti függvények

Feladatok
6.6.1 Melyik (ismert) függvényt kapjuk, ha az f = 1 függvénynek a konvolúció szerinti k-adik hatványát (azaz a k-tényezős 1 ∗ 1 ∗ . . . ∗ 1
konvolúciót) képezzük?
6.6.2 Bizonyítsuk be, hogy a számelméleti függvények az összeadás és akonvolúció műveletére kommutatív, nullosztómentes, egységelemesgyűrűt alkotnak.
6.6.3 Legyen f olyan (komplex értékű) számelméleti függvény, amelyre
f (1) ̸= 0. Hány k-adik gyöke van f -nek a konvolúcióra nézve?
6.6.4
a) Bizonyítsuk be, hogy két multiplikatív függvény konvolúciója is multiplikatív.
b) Legyen f és g teljesen multiplikatív. Mutassuk meg, hogy f ∗ g akkor
és csak akkor teljesen multiplikatív, ha minden n > 1-re (f g)(n) = 0.
6.6.5 Igazoljuk, hogy

∑
d|n

n
σ(d)φ( ) = nd(n) .
d

6.6.6 Bizonyítsuk be, hogy ha a
∞
∑
f (n)
n=1

ns

végtelen sor s = s0 -ra konvergens, akkor minden s > s0 + 1 esetén
abszolút konvergens.
6.6.7 Jelölje az f, f + , illetve f˜ számelméleti függvényekhez tartozó Dirichlet-sorokat rendre F (s), F + (s), illetve F̃ (s). Bizonyítsuk be, hogy
abszolút konvergencia és s > 1 esetén
F + (s) = f (s)ζ(s)ésF̃ (s) =

F (s)
.
ζ(s)

6.6.8 Bizonyítsuk be, hogy s > 1 esetén
a)

∞
∑
d(n)
n=1

ns

2

= ζ (s) ;b)∞∑dk (n)
n=1

ns= ζ k (s) .

259

6.6. Feladatok
6.6.9 Bizonyítsuk be, hogy s > 2 esetén
a)

∞
∑
σ(n)
n=1

ns

= ζ(s)ζ(s − 1) ;

b)

∞
∑
φ(n)
n=1

ns

=

ζ(s − 1).
ζ(s)6.6.10 Ebben a feladatban a ζ-függvényre adott szorzat-előállítást általánosítjuk multiplikatív, illetve teljesen multiplikatív függvényekre. A
prímek szerint vett végtelen szorzatokat az 5.6.6 feladatban (illetveaz ebben a pontban az (5) képletben) látott módon értelmezzük, ésfeltesszük, hogy valamennyi végtelen sor abszolút konvergens.
a) Bizonyítsuk be, hogy ha f multiplikatív, akkor
∞
∑
f (n)
n=1

ns

=

∞
∏(∑
f (pk ) )
.
pks
p
k=0

b) Mutassuk meg, hogy ha f ̸= 0, f teljesen multiplikatív és bármely pprímre |f (p)| < ps , akkor
∞
∑
f (n)

ns

n=1

=

∏

1

p

1 − fp(p)s.

6.6.11 Bizonyítsuk be, hogy s > 1 esetén
∞
∑
µ(n)

ns

n=1

=

∏(

1−

p

1)
.
ps

M 6.6.12 Számítsuk ki az alábbi végtelen sorok összegét:
a)

∞
∑
d(n)
n=1

∗

n2

∗∗

;

b)

∞ (
∑
d(n) )2n=1

n.

6.6.13 Határozzuk meg a négyzetmentes számok reciprokainak négyzetösszegét.
6.6.14a) Bizonyítsuk be, hogy ha |x| < 1 és a∞∑f (n)xn

1 − xn
n=1

=

∞
∑
k=1

f + (k)xk

260

6. Számelméleti függvények
egyenlőség két oldalán szereplő végtelen sorok abszolút konvergensek,
akkor az egyenlőség teljesül.
b) Számítsuk ki az alábbi végtelen sorok összegét:
∞
∑
µ(n)
;
(b1)
2n − 1
n=1

(b2)

∞
∑
φ(n)
n=1

2n − 1.

6.7. Átlagérték
A 6.4 pontban bebizonyítottuk, hogy noha a d(n) függvény értékei igen erősingadozást mutatnak, az első n helyen felvett függvényértékek átlaga már kiegyenlítetten viselkedik. Ebben a pontban más nevezetes függvények, a σ, φés ω átlagértékfüggvényeit fogjuk vizsgálni.
D 6.7.1
6.7.1 Definíció
Legyen f számelméleti függvény és F (n) = f (1) + f (2) + . . . + f (n). Az
f függvény átlagérték függvényén vagy középérték függvényén az
F (n)f (1) + f (2) + . . . + f (n)=nnfüggvényt értjük. ♣Az átlagértékfüggvény kiszámításánál többször szükségünk lesz az alábbi
tételre:T 6.7.2

6.7.2 Tétel
Ha f = g ∗ h, akkor
F (n) =n∑f (i) =

i=1

n
∑

g(j)

(⌊n/j⌋∑

j=1)
h(k) . ♣k=1

Bizonyítás: A konvolúció definíciója alapjánn∑i=1

f (i) =n ∑∑i=1 jk=ig(j)h(k) =

n
∑
j=1

g(j)

(⌊n/j⌋∑
k=1)
h(k) .

(1)

261

6.7. Átlagérték
A 6.7.2 Tétel legegyszerűbb speciális esete, ha f = g + = g ∗ 1. Ekkorn(⌊n/j⌋⌊n⌋∑ ) ∑.
f (i) =
g(j)
1 =
g(j)
j
i=1
j=1
j=1

n
∑

n
∑

(2)

k=1

Az f (n) = d(n) esetben g = 1, és így (2) aD(n) =

n ⌊ ⌋
∑
n
j=1

j

alakot ölti, ami megegyezik a 6.4.3 Tétel bizonyításában szereplő (11) egyenlőséggel.
Elsőként a σ átlagértékfüggvényével foglalkozunk.
6.7.3 Tétel
Legyen Σ(n) = σ(1) + σ(2) + . . . + σ(n). Ekkor

T 6.7.3

π2 2
n ,
12
ahol ∼ az aszimptotikus egyenlőséget jelöli.
A (3) összefüggés két másik ekvivalens alakja
Σ(n) ∼

(3)

Σ(n)
π2
∼
n,
n
12

(4)

illetve
σ(1) + σ(2) + . . . + σ(n) ∼

π2
π2
π2
·1+
· 2 + ... +
n. ♣
6
6
6

(5)

(4) azt jelenti, hogy a σ középértékfüggvénye jól közelíthető az nπ 2 /12
függvénnyel, (5)-öt pedig úgy értelmezhetjük, hogy a σ átlagos nagyságrend je
nπ 2 /6.
Bizonyítás: Próbálkozzunk először a d(n)-nél használt módszer értelemszerű
módosításával. Mint az imént láttuk, ez tulajdonképpen a 6.7.2 Tétel következményeként kapott (2) egyenlőség alkalmazását jelenti. Ennek megfelelően
a v(n) = n jelöléssel σ = v + = v ∗ 1, és így
n
⌊n⌋
∑
.
Σ(n) =
σ(i) =
j
j
i=1
j=1
n
∑

(6)

262

6. Számelméleti függvények

(6) jobb oldalát a szokásos módon a − 1 < ⌊a⌋ ≤ a felhasználásával becsülve
n2 −n(n + 1)< Σ(n) ≤ n22

adódik, amiből nem kapunk aszimptotikát Σ(n)-re.
Ezen úgy segíthetünk, ha a 6.7.2 Tételt a σ = 1 ∗ v konvolúcióra, azaz
g = 1 és h = v szereposztással alkalmazzuk (ahol v(n) = n):Σ(n) =n ⌊n/j⌋∑∑k=

j=1 k=1n∑⌊ nj ⌋(⌊ nj ⌋ + 1)

2

j=1

.

(7)

(7) jobb oldalának becsléséhez használjuk fel, hogy a > 0 esetén
a2 − a = (a − 1)a < ⌊a⌋(⌊a⌋ + 1) ≤ a(a + 1) = a2 + a ,és így⌊a⌋(⌊a⌋ + 1) − a2 ≤ a .

(8)(8)-at a = n/j-re alkalmazva (7)-ből azt kapjuk, hogy
Σ(n) −

n
∑
n2
j=1

≤

2j 2

n
∑
n
j=1

2j

≤

n(1 + log n),
2azaz n ≥ 3-ran2 ∑ 1+ U (n),2 j=1 j 2nΣ(n) =(9)-et n2 -tel osztva

ahol |U (n)| < n log n .

n
Σ(n)
1∑ 1
U (n)
=
+
2
2
n
2 j=1 jn2adódik. Ha n → ∞, akkor (10) jobb oldalán az első tag határértéke
∞

1∑ 1
π2
=
,
2 j=1 j 2
12
a második tag pedig 0-hoz tart, vagyis
Σ(n)
π2
=
.
n→∞ n212lim

Ez ekvivalens a bizonyítandó (3) állítással.

(9)

(10)

263

6.7. Átlagérték
Hasonló módszerekkel kezelhető a φ középértékfüggvénye is:

T 6.7.4

6.7.4 Tétel
Legyen Φ(n) = φ(1) + φ(2) + . . . + φ(n). Ekkor
Φ(n) ∼

3 2
n ,
π2

(11)

ahol ∼ az aszimptotikus egyenlőséget jelöli.
A (11) összefüggés két másik ekvivalens alakja
Φ(n)3∼ 2n ,nπ(12)illetveφ(1) + φ(2) + . . . + φ(n) ∼666· 1 + 2 · 2 + ... + 2n . ♣
π2
π
π

(13)

(12) azt jelenti, hogy a φ középértékfüggvénye jól közelíthető az 3n/π 2
függvénnyel, (13)-at pedig úgy értelmezhetjük, hogy a φ átlagos nagyságrendje
6n/π 2 .
Bizonyítás: A 6.7.2 Tételt most a φ = µ ∗ v konvolúcióra, azaz g = µ és h = v
szereposztással alkalmazzuk (ahol v(n) = n):Φ(n) =

n
∑
j=1

⌊n/j⌋

µ(j)

∑

k=

n
∑

µ(j)

j=1

k=1

⌊ nj ⌋(⌊ nj ⌋ + 1)
2

.

(14)

A további lépések teljesen a 6.7.3 Tétel bizonyításának mintájára végezhetők
(a hibatag becslésénél |µ(j)| ≤ 1-et kell felhasználnunk). Végül a (10)-nek
megfelelőnΦ(n)1 ∑ µ(j) U (n)
=
+
(15))
n2
2 j=1 j 2
n2
becsléshez jutunk. Ha n → ∞, akkor (15) jobb oldalán a második tag 0-hoz
tart, az első tag határértéke pedig∞

1 ∑ µ(j).
2 j=1 j 2

264

6. Számelméleti függvények

Mivel a 6.6.4 Tétel utáni (7) képlet szerint
∞
∑
µ(j)
j=1

ezért
lim

n→∞

j2

=

6
,
π2

Φ(n)
3
= 2.
2
n
π

A 6.7.4 Tétel alapján egyúttal arra is választ kaphatunk, mennyi annak
a valószínűsége, hogy két szám relatív prím. Más megfogalmazásban ez azt
jelenti, hogy milyen valószínűséggel látszik egy P rácspont az origóból (hiszen
pontosan akkor nem esik az origót P -vel összekötő szakasz belsejébe további
rácspont, ha P koordinátái relatív prímek).
Először a fenti valószínűség pontos értelmezésére van szükség. Megvizsgáljuk, hogy mennyi a relatív prímek aránya azon rendezett számpárok között,
amelyek mindkét eleme pozitív és ≤ n, majd vesszük ennek az aránynak ahatárértékét, ha n → ∞:H(n),n→∞ n2lim

ahol H(n) =

∑

1.

(16)

1≤a≤n,1≤b≤n(a,b)=1

Meg fogjuk mutatni, hogy ez a határérték valóban létezik, és ezt a határértéket
nevezzük a szóban forgó valószínűségnek.
A rácspontos megfogalmazásban ez a következőket jelenti: az első síknegyedben vesszük azt az n oldalhosszúságú Qn négyzetet, amelynek egyik csúcsa
az origó és két oldala a koordinátatengelyekre esik, és megvizsgáljuk, hogy
Qn rácspontjai között (a tengelyeken levő pontokat nem számítva) mennyi
az origóból láthatók aránya, majd a Qn négyzet oldalhosszával a végtelenhez
tartva tekintjük ennek az aránynak a határértékét.
T 6.7.5
6.7.5 Tétel
Két szám relatív prímségének a valószínűsége (a (16)-beli értelemben)
6/π 2 . ♣A tétel állításának természetesen az is része, hogy ez a valószínűség, vagyis
a (16)-beli határérték egyáltalán létezik.
Mint jeleztük, ez a valószínűség szoros kapcsolatban van a φ átlagértékfüggvényével. Ennek alapján a 6.7.5 Tétel azonnal következni fog a 6.7.4

265

6.7. Átlagérték

Tételből. A 6.7.5 Tételre egy másik bizonyítást is adunk a logikai szitaformulasegítségével (és ebből tulajdonképpen a 6.7.4 Tételre is egy újabb bizonyítást
nyerünk).
Első bizonyítás: Megmutatjuk, hogy
Φ(n) =

n
∑

és

φ(i)

H(n) =i=1∑1

1≤a≤n,1≤b≤n(a,b)=1

között az alábbi összefüggés érvényes:
H(n) = 2Φ(n) − 1 .

(17)

Ennek igazolásához tekintsük a 6.7.5 Tétel kimondása előtt definiált Qn négyzetet, és bontsuk ezt az origóból kiinduló átlója segítségével két háromszögre.
H(n) éppen azoknak a Qn -beli rácspontoknak a száma (a tengelyeken levőpontokat nem számítva), amelyekben a két koordináta relatív prím. Ezek arácspontok az origóból kiinduló átlóra nézve szimmetrikusan helyezkednek el.
Az átló alatti háromszögben az i abszcisszájú pontok közül azok a rácspontok
felelnek meg, amelyek t ordinátájára 1 ≤ t ≤ i és (i, t) = 1 teljesül. Az ilyen
rácspontok száma φ(i), és így az alsó háromszögben a keresett rácspontok
száma
n
∑
φ(i) = Φ(n) .
i=1

A szimmetria miatt ugyanennyi rácspont teljesíti a feltételt a felső háromszögben is. Ekkor kétszer számoltuk az átlón levő rácspontokat, magán az átlón
azonban csak egyetlen ilyen rácspont, az (1, 1) található. Ennek megfelelően
az origóból látható rácspontok száma valóban 2Φ(n) − 1.
A (17) egyenlőségből a 6.7.4 Tétel alapján kapjuk, hogy
lim

n→∞

H(n)
Φ(n)
6
= 2 lim= 2.
n→∞ n2n2πMásodik bizonyítás: H(n)-et a logikai szitaformula segítségével fogjuk meghatározni.
Az {(a, b) | 1 ≤ a ≤ n, 1 ≤ b ≤ n} rendezett számpárok közül azoknak
a számát kell megadni, amelyekre a és b relatív prím.
Ehhez ,,ki kell szitálni a rossz tulajdonságúakat”, vagyis azokat, amelyekre
a-nak és b-nek van (egy vagy több) közös prímosztója.

266

6. Számelméleti függvényekTekintsük először azokat a számpárokat, amelyek mindkét koordinátája
osztható egy adott p prímmel (függetlenül attól, hogy van-e további közös
prímosztójuk vagy sem). Ezeknek a számpároknak a száma nyilván ⌊n/p⌋2 .
Most nézzük azokat a számpárokat, amelyek koordinátái több, előre megadott pj prímmel oszthatók (ismét nem törődve azzal, oszthatók-e további
prímekkel vagy sem). Egy egész akkor és csak akkor osztható adott prímek
mindegyikével, ha osztható ezen prímek szorzatával. Ennélfogva például⌊ n ⌋2
p1 p2
azoknak a számpároknak a száma, amelyek mindkét koordinátája osztható
p1 -gyel és p2 -vel is, ahol p1 < p2 különböző prímek stb.
Így a logikai szitaformula szerint
H(n) = n2 −∑ ⌊ n ⌋2p≤n

p+

∑ ⌊ n ⌋2
∓ ...
p1 p2

(18)

p1 p2 ≤nVegyük észre, hogy (18) jobb oldalán éppen a⌊ n ⌋2,µ(j)jj = 1, 2, . . . , nalakú tagok összege áll, azaz
H(n) =⌊ n ⌋2
µ(j)
.
j
j=1

n
∑

(19)

(19) jobb oldalának becsléséhez használjuk fel, hogy a > 0 esetén
0 ≤ a2 − ⌊a⌋2 = (a − ⌊a⌋)(a + ⌊a⌋) < 2a ,és így⌊a⌋2 − a2 < 2a .

(20)

alkalmazzuk (20)-at a = n/j-re, ekkor |µ(j)| ≤ 1-et is figyelembe véve (19)-ből
azt kapjuk, hogyn∑n∑( n )2nH(n) −<2µ(j)< 2n(1 + log n) ,
j
j
j=1
j=1

6.7. Átlagérték

267

azaz n ≥ 3-raH(n) = n

2

n
∑
µ(j)
j=1

j2

+ V (n),ahol |V (n)| < 4n log n .

(21)(21)-et n2 -tel osztva an
H(n) ∑ µ(j) V (n)
=
+
n2
j2
n2
j=1

becsléshez jutunk, ahonnan a 6.7.4 Tétel bizonyításának végéhez hasonló módon∞
H(n) ∑ µ(j)
6
lim
=
= 2
2
2
n→∞ n
j
π
j=1
adódik.
Most rátérünk az ω középértékfüggvényének a vizsgálatára:
T 6.7.6
6.7.6 Tétel
Az ω középértékfüggvényének a log log n függvénytől való eltérése korlátos. Más szóval, ha z(n) = ω(1) + ω(2) + . . . + ω(n), akkor létezik olyan C
konstans, hogy minden n ≥ 3 egész számraz(n)− log log n < C . ♣nBizonyítás: alkalmazzuk a 6.7.2 Tételt az ω = ω̃ ∗ 1 konvolúcióra (ekkor g = ω̃és h = 1):
n
n
⌊n⌋
∑
∑
ω̃(j)
ω(i) =
z(n) =
.
(22)
j
i=1
j=1
Könnyen ellenőrizhető (lásd például a 6.5.5d feladatot), hogy{
1, ha j prím;ω̃(j) =
0, egyébként.
A (23)-at (22)-be beírva
z(n) =∑⌊ n ⌋
p≤n

p

(23)

(24)

268

6. Számelméleti függvények

adódik. Az
a − 1 < ⌊a⌋ ≤ aegyenlőtlenséget a = n/p-re felhasználva (24)-ből a szokásos módon azt kapjuk, hogyz(n) = n

∑1
p≤n

p

ahol |W (n)| ≤ π(n) < n ,+ W (n),azaz

z(n) ∑ 1
−
< 1.
n
p

(25)

p≤n

Mivel az 5.6.2 Tétel szerint (n ≥ 3-ra)
∑1
p≤n

p

− log log nkorlátos, ezért (25)-ből következik az állítás.
Könnyen igazolható, hogyn∑log log i ∼ n log log n ,i=2

ezért a 6.7.6 Tételből az is következik, hogy
ω(2) + . . . + ω(n) ∼ log log 2 + log log 3 + . . . + log log n .

(26)

A (26) összefüggést úgy értelmezhetjük, hogy az ω átlagos nagyságrendje is
log log n.
Általában nem igaz, hogy egy számelméleti függvény a legtöbbször aközépértéke vagy az átlagos nagyságrendje körüli értékeket vesz fel. Legyenpéldául{n, ha n négyzetszám;
f (n) =
0, egyébként.
Ekkor
F (n) =

n∑i=1

f (i) =

∑
√
k≤ n

k2 ∼

n3/2
,
3

6.7. Átlagérték

269

ahonnan azt kapjuk, hogy f középértékfüggvénye
√
F (n)
n
∼
,
n
3
√
és az is könnyen adódik, hogy f (n) átlagos nagyságrendje n/2. Ugyanakkor
f (n) értéke majdnem minden n-re 0.
Hardy és Ramanujan nevezetes tétele azt mondja ki, hogy az ω függvénya legtöbbször a középértékfüggvényéhez közeli értéket vesz fel, azaz a legtöbb
n-re az n számnak körülbelül log log n különböző prímosztója van. A tételre
Turán Pál bizonyítását közöljük, amely kiindulópontja lett a valószínűségszámítás számelméleti alkalmazásainak.
T 6.7.7
6.7.7 Tétel (Hardy–Ramanujan-tétel)Legyen δ > 1/2 tetszőleges rögzített valós szám, n ≥ 3, és jelöljük k(n)-nel
azoknak az i egészeknek a számát, amelyekre 3 ≤ i ≤ n és|ω(i) − log log i| < (log log i)δ .
Ekkor
lim

n→∞

(27)

k(n)
= 1. ♣nMivel (δ < 1-re)(log log i)δ
= 0,
i→∞ log log ilim

ezért a 6.7.7 Tételből következik, hogy egy ,,ritka” részsorozattól eltekintve
ω(i) ∼ log log i .
A 6.7.7 Tételt az alábbi véges változatából fogjuk levezetni:
T 6.7.7A
6.7.7A Tétel
Bármely ε > 0-hoz létezik olyan (az ε-tól függő) T , hogy tetszőleges n ≥ 3
esetén az 1, 2, . . . , n számok között legalább (1 − ε)n darab olyan i található,
amelyre√|ω(i) − log log n| < T log log n . ♣(28)
Felhívjuk a figyelmet arra az eltérésre, hogy a log log függvénynek (27)ben az i helyen, (28)-ban pedig az n helyen felvett helyettesítési értéke szerepel.

270

6. Számelméleti függvények

Mivel azonban a log log függvény igen lassan változik, ezért a legtöbb i-re ez
alig jelent különbséget (lásd majd a (41) képletet).
Először a 6.7.7A Tételt bizonyítjuk, és utána megmutatjuk, hogyan következik ebből a 6.7.7 Tétel.
A 6.7.7A Tétel bizonyítása: A bizonyítás alapgondolata a következő: belátjuk,
hogy azn∑()2
ω(i) − log log n
(29)
U=
i=1

négyzetösszeg ,,viszonylag kicsi”, és így a tagok nemnegativitása miatt csak
kevés i-re lehet |ω(i) − log log n| ,,nagy”.
Nézzük mindezt részletesen. Megmutatjuk, hogy alkalmas c konstanssal
bármely n ≥ 3-ra fennáll
U=

n
∑
(

ω(i) − log log n)2< cn log log n .

(30)

i=1

Ehhez fel fogjuk használni, hogy a 6.7.6 Tétel szerint (n ≥ 3-ra)z(n) =n∑ahol A(n) korlátos,ω(i) = n log log n + nA(n),

(31)

i=1

továbbá az 5.6.2 Tétel szerint (n ≥ 3-ra)
∑1
p≤n

p

ahol B(n) korlátos.

= log log n + B(n),(32)

Végezzük el (29)-ben a négyzetre emeléseket:U=n∑ω 2 (i) − 2 log log n

i=1

n
∑

ω(i) + n(log log n)2 .

i=1Innen (31) alapján azt nyerjük, hogy
U=

n
∑

(
)
ω 2 (i) − 2 log log n n log log n + nA(n) + n(log log n)2 =

i=1

=

n
∑
i=1

(33)
ω (i) − n(log log n) − 2nA(n) log log n .
2

2

271

6.7. Átlagérték
Az U felső becsléséhez így a
V =

n
∑

ω 2 (i)(34)

i=1összeget kell felülről becsülnünk.
Az ω(i) definícióját (részben) beírva a szokásos összegátrendezés után
V =

n
∑

2

ω (i) =

i=1

n
∑

∑

ω(i)

i=1

{

adódik. Mivelω(pk) =

1=p|i

∑ ⌊n/p⌋
∑

ω(pk)

(35)

p≤n k=1

ω(k),ha p | k;
1 + ω(k), ha p̸ | k,ezért (35)-ből azt kapjuk, hogyV ≤∑(∑ ⌊n/p⌋p≤n k=1⌊n/p⌋) ∑⌊ n ⌋ ∑ ∑1 + ω(k) =ω(k) .
+
p
p≤n

(36)

p≤n k=1

Jelöljük a (36) jobb oldalán szereplő első összeget K-val, a második, kettős
összeget pedig L-lel.
Ekkor K-ra (32) alapján a következő felső becslést nyerjük:∑⌊ n ⌋∑1()
K=≤n= n log log n + B(n) .
(37)
p
p
p≤n

p≤n

Az L felső becsléséhez beírjuk ω(k) definícióját és a szokásos összegátrendezést alkalmazzuk (itt p′ is azt jelzi, hogy az összegzés prímekre történik),majd felhasználjuk (32)-t:L=∑∑ ⌊n/p⌋p≤n k=1≤n∑pp′ ≤nω(k) =∑ ⌊n/p⌋∑ ∑p≤n k=1 p′ |k1=∑ ∑ ⌊ n ⌋p≤n p′ ≤n/ppp′≤

( ∑ 1 )( ∑ 1 )
(
)2
1
≤n
= n log log n + B(n) .
′
′
pp
p ′ p
p≤n

(38)

p ≤n

A (37) és (38) becsléseket (36)-ba beírva azt kapjuk, hogy()()2
V ≤ n log log n + B(n) + n log log n + B(n) .

(39)

272

6. Számelméleti függvények

∑nVégül, ha a V = i=1 ω(i)2 -re ily módon nyert (39) becslést (33)-ba behelyettesítjük, akkor az n(log log n)2 tagok kiejtik egymást, és()()
U ≤ 1 + 2B(n) − 2A(n) n log log n + B(n) + B 2 (n) n < cn log log nadódik, amivel (30)-at bebizonyítottuk.
Most már csak a bizonyítás elején jelzett gondolatmenetnek azt a részét
kell pontosítani, hogy ha a (29) négyzetösszeg ,,kicsi”, akkor ebben csak kevés,,nagy” tag szerepelhet.
Jelöljük s-sel a (28)-at nem teljesítő (azaz ,,rossz”) 1 ≤ i ≤ n számoknak aszámát. A tétel állítását kicsit átfogalmazva, azt kell belátnunk, hogy bármely
ε > 0-hoz található olyan T , amelyre s < εn teljesül.
()2
Csökkentsük (30) bal oldalát úgy, hogy írjunk ω(i) − log log n helyére
ennél az s darab ,,rossz” i-nél T 2 log log n-et, a többi i-nél pedig 0-t. Ekkor(30) alapján azt kapjuk, hogysT 2 log log n < cn log log n,azaz s <cn.
T2

Ha most T értékét a

c
<ε
(40)
T2
feltételnek megfelelően választjuk, akkor éppen a kívánt s < εn becslés adódik.

A 6.7.7 Tétel bizonyítása: Azt kell igazolni, hogy bármely ε > 0-hoz létezik
olyan (az ε-tól függő) n0 , hogy minden n > n0 esetén a 3, 4, . . . , n számok
között legfeljebb εn darab olyan i található, amelyre (27) nem teljesül.
Amint korábban is jeleztük, a már bizonyított 6.7.7A Tétel esetén a (28)képletben log log n szerepel, míg a bizonyítandó 6.7.7 Tétel esetén a (27) képletben log log i-ről van szó. A bizonyításhoz tulajdonképpen ezt az eltérést
kell áthidalni.
A bizonyítás√ lényege az alábbi észrevétel: a log log függvény olyan√lassan
változik, hogy n és n között ,,majdnem” konstansnak tekinthető, a n-nél
kisebb i értékek pedig olyan kevesen vannak, hogy az belefér a megengedettkivételek halmazába.
Nézzük mindezt
részletesen. alkalmazzuk a 6.7.7A Tételt ε helyett√
ε/2-re. Ekkor a n és n közé eső√számok között legfeljebb εn/2 olyan i van,amelyre (28) nem teljesül. Mivel n ≤ i ≤ n esetén
log log n − log 2 = log log√

n ≤ log log i ≤ log log n ,(41)

6.7. Átlagérték

273

ezért az előbbi kijelentés akkor is igaz marad, ha (28)-ban a log log n helyett
mindkétszer log log i szerepel, ehhez csak T értékét kell (a (40)-benelőírtnál)√
megfelelően nagyobbra választani. Ha n elég nagy, akkor a n-nél kisebb iértékek száma kevesebb, mint εn/2, vagyis azt kaptuk, hogy alkalmas T és
elég nagy n esetén a 3, 4, . . . , n számok között legalább (1 − ε)n darab olyan italálható, amelyre√|ω(i) − log log i| < T log log i .
(42)Mivel δ > 1/2, ezért minden, a T -től és δ-tól függően elég nagy i-reT√log log i < (log log i)δ ,és így (42)-ből következik a 6.7.7 Tétel állítása.
Megjegyzés: A 6.7.7A Tétel bizonyításának a valószínűségszámítási tartalmaa következő. Legyen n rögzített, és tekintsük az ω-t valószínűségi változónak, amely egyforma, azaz 1/n valószínűséggel veszi fel az ω(1), ω(2), . . . , ω(n)értékeket. Ennek a valószínűségi változónak az E várható értéke definíció szerint az ω középértékfüggvényének az n helyen felvett értéke, ami körülbelül
log log n. A (29)-ben megadott U pedig körülbelül nD2 , ahol D az ω szórása.
A 6.7.7A Tétel állítása ezután a D-re adott felső becslésből (lásd (30)) és a
P (|ω − E| > rD) <

1
r2

(43)

Csebisev-egyenlőtlenségből következett (ahol P az esemény valószínűségét jelöli).
A 6.7.6, 6.7.7 és 6.7.7A Tételek az ω helyett a Ω függvényre is igazak,
lásd a 6.7.5b feladatot. Ezekből a2ω(n) ≤ d(n) ≤ 2Ω(n)egyenlőtlenség segítségével igazolható az a 6.4 pontban már jelzett érdekesség
is, hogy a legtöbb n esetén a d(n) függvény értéke ,,körülbelül”(log n)log 2 = (log n)0,69... ,ami lényegesen kisebb, mint a d(n) középértékének megfelelő log n-es nagyságrend (lásd a 6.7.6 feladatot).

274

6. Számelméleti függvények

Feladatok
6.7.1 Számítsuk ki a

⌊n⌋
µ(j)
j
j=1

n
∑

összeget.
6.7.2 Mi a valószínűsége annak, hogy egy pozitív egész szám négyzetmentes
legyen?
∗6.7.3 Bizonyítsuk be az alábbi aszimptotikus egyenlőségeket a d3 (n) függvény, illetve rögzített ν > 0 esetén a 6.2.23 feladatban definiált σν (n)függvény középértékfüggvényére:d3 (1) + d3 (2) + . . . + d3 (n)log2 (n)D3 (n)=∼;nn
2Σν (n)σν (1) + σν (2) + . . . + σν (n)nν ζ(ν + 1)
b)
=
∼
.
n
n
ν+1
a)

M∗ 6.7.4 Igazoljuk, hogy bármely k esetén léteznek olyan n1 , . . . , nk különböző
egész számok, amelyekre σ(n1 ) = . . . = σ(nk ).
6.7.5a) Bizonyítsuk be, hogy
0≤

n
∑
(

)
Ω(i) − ω(i) < n .

i=1b) Mutassuk meg, hogy a 6.7.6, 6.7.7 és 6.7.7A Tételek állításai az ω
helyett a Ω függvényre is igazak.
6.7.6 Mutassuk meg, hogy a legtöbb n-re az n számnak körülbelül(log n)log 2
osztója van a következő értelemben. Legyen ε > 0 tetszőleges, ésjelöljük k(n)-nel azoknak az 1 ≤ i ≤ n számoknak a számát, amelyekre(log n)log 2−ε < d(i) < (log n)log 2+ε .
Ekkor
lim

n→∞

k(n)
= 1.
n

6.8. Additív függvények karakterizációja∗

275

6.7.7 Jelölje h(n) azoknak
az 1 ≤ i ≤ n számoknak a számát, amelyek√
felírhatók két n-nél kisebb pozitív egész szorzataként. Számítsuk
ki a
h(n)
lim
n→∞ n
határértéket.
6.7.8 Fogalmazzuk meg pontosan és bizonyítsuk be a Hardy–Ramanujantétel következő általánosítását:Tegyük fel, hogy az f valós értékű additív függvény rendelkezik az
alábbi tulajdonságokkal.
(i) Létezik olyan K, hogy minden p prímre 0 ≤ f (p) ≤ K.
(ii) Minden p prímre és α > 0 egészre f (pα ) = f (p).
∑(iii) A p f (p)/p végtelen sor divergens.
Ekkor majdnem minden n-re
∑ f (p)f (n) ∼.
pp≤n6.8. Additív függvények karakterizációja
Láttuk, hogy a legtöbb számelméleti függvényre a függvényértékek ingadozása
jellemző. Az alábbi, Erdős Páltól származó tétel azt mutatja, hogy az additív
függvények körében ez alól teljes mértékben csak a logaritmusfüggvény jelent
kivételt:
6.8.1 Tétel
Legyen f valós értékű additív függvény, és tegyük fel, hogy(i) f (n) monoton,vagy(ii) f (n + 1) − f (n) → 0, ha n → ∞.
Ekkor alkalmas c konstanssal f (n) = c log n. ♣T 6.8.1

Bizonyítás: Azt a kicsit erősebb eredményt fogjuk igazolni, hogy ha egy fvalós értékű additív függvényre a()
lim inf f (n + 1) − f (n) ≥ 0(1)n→∞feltétel teljesül, akkor f (n) = c log n.

276

6. Számelméleti függvények

Ebből a 6.8.1 Tétel valóban következik: ha f a (ii) tulajdonsággal rendelkezik, vagy f monoton növő, akkor f nyilván kielégíti (1)-et, ha pedig fmonoton fogyó, akkor f helyett −f teljesíti (1)-et, és így (−f )(n) = c log n,azaz f (n) = −c log n adódik.
A bizonyítás alapgondolata a következő. Legyen k > 1 rögzített egész, ésírjunk fel egy tetszőleges n-et k alapú számrendszerben:
n = as k s + . . . + a2 k 2 + a1 k + a0 ,s = ⌊logk n⌋ .

(2)

Az n utolsó számjegyét elhagyva és az utolsó előtti számjegyet alkalmasan
megváltoztatva, az n-hez ,,viszonylag közel” találunk egy olyann′ = as k s + . . . + a2 k 2 + a′1 k(3)

számot, amelyre (a′1 , k) = 1. Ekkor a feltételek alapján f (n) ,,nem sokkal térel” azf (n′ ) = f (k) + f (as k s−1 + . . . + a2 k + a′1 )(4)függvényértéktől. Az eljárást a (4) jobb oldalán levő második tagra megismételve stb. végül azt kapjuk, hogyf (n) ∼ sf (k) ∼f (k) log n
,
log k

azaz

f (n)
f (k)
=
,
n→∞ log n
log k
lim

tehát f (k)/ log k konstans.
Nézzük mindezt pontosan és részletesen. Legyen ε > 0 tetszőleges. Ekkor
az (1) feltétel szerint van olyan (az ε-tól függő) n0 , hogy minden n > n0 eseténf (n + 1) − f (n) ≥ −ε ,azaz f (n) ≤ f (n + 1) + ε.

(5)

(A technikai lépések kényelmesebb leírása érdekében feltesszük, hogy n0 > k 2 .)Ha (5)-ben n helyére rendre az n + 1, n + 2, . . . , n + t − 1 értékeket írjuk,
akkor
f (n+1) ≤ f (n+2)+ ε, f (n+2) ≤ f (n+3)+ ε, . . . , f (n+t−1) ≤ f (n+t)+ε,és ígyf (n) ≤ f (n + 1) + ε ≤ f (n + 2) + 2ε ≤ . . . ≤ f (n + t) + tεadódik.

(6)

6.8. Additív függvények karakterizációja

277

Legyen n ,,sokkal nagyobb” n0 -nál, és tekintsük (rögzített k > 1 mellett) a(2) előállítást. Válasszuk a (3)-nak megfelelő legkisebb olyan n′ számot, amelyre n′ > n és (a′1 , k) = 1. Ez azt jelenti, hogy n utolsó számjegyét elhagyjuk,
és az utolsó előtti a1 számjegy helyett egy nála nagyobb a′1 -t veszünk (esetleg
a′1 = k + 1 is előfordulhat). Jelöljük az n′ és n különbségét t-vel:t = n′ − n = (a′1 − a1 )k − a0 .

(7)

Ha a1 = 0, akkor a′1 = 1, ha pedig a1 ≥ 1, akkor 1 ≤ a1 < a′1 ≤ k + 1, ezért(7) alapján mindenképpen
0 < t ≤ k2
(8)
teljesül. Rendre a (6), majd a (7) és (8), végül a (4) összefüggéseket alkalmazva, azt kapjuk, hogy n > n0 esetén
f (n) ≤ f (n+t)+tε ≤ f (n′ )+k 2 ε = f (k)+f (as k s−1 +. . .+a2 k+a′1 )+k 2 ε . (9)Tekintsük most a (9) jobb oldalán szereplő középső tagban előforduló
n1 = as k s−1 + . . . + a2 k + a′1
számot. Ha ebben a′1 = k + 1, akkor írjuk át n1 -et a szokásos számrendszeres alakba (ahol tehát minden k-hatvány együtthatója k-nál kisebb; ekkor az
utolsó számjegy 1-es lesz, az utolsó előtti 1-gyel nő, illetve ha az k − 1 volt,
akkor további változások is történhetnek).
Most ismételjük meg az egész eddigi eljárást n helyett n1 -re. Ekkor azt
kapjuk, hogyf (as k s−1 + . . . + a2 k + a′1 ) = f (n1 ) ≤ f (k) + f (as k s−2 + . . . + a′2 ) + k 2 ε ,amit (9)-be beírva
f (n) ≤ 2f (k) + f (as k s−2 + . . . + a′2 ) + 2k 2 εadódik. Hasonlóan haladhatunk tovább mindaddig, amíg n0 -nál nagyobb
helyeken felvett függvényértékek keletkeznek. Végül azt nyerjük, hogyf (n) ≤ (s − s0 )f (k) + (s − s0 )k 2 ε + M0 ,(10)ahol s−s0 a lépések száma és M0 az n0 -ig terjedő függvényértékek maximuma.
Itt M0 csak ε-tól, s0 pedig ε-tól és (a rögzített) k-tól függ, ezért (10) átírható
az
f (n) ≤ sf (k) + sk 2 ε + M1
(11)
alakba, ahol M1 az ε-tól és k-tól függő konstans.

278

6. Számelméleti függvények

Hasonlóan nyerhetünk alsó becslést is f (n)-re. Ehhez n′ -t most is az
n-hez közel és az (a′1 , k) = 1 feltételnek megfelelően kell választanunk, azonban
most a minimális n′ > n helyett a maximális n′ < n követelményt írjuk elő(most a′1 = −1 is lehet). A felső becslés lépéseit csak annyiban kell módosítani,
hogy a t értékét n − n′ -nek vesszük, és (6) helyett az
f (n) ≥ f (n − t) − tεegyenlőtlenséget alkalmazzuk. Ekkor az előzőkhöz teljesen hasonlóan az adódik, hogy alkalmas M2 -vel
f (n) ≥ sf (k) − sk 2 ε − M2

(12)teljesül.
A (11) és (12) egyenlőtlenségekből s = ⌊logk n⌋-nel történő osztás után
azt kapjuk, hogyMf (n)− f (k) ≤ k 2 ε +.
⌊logk n⌋⌊logk n⌋

(13)

Ha n → ∞, akkor (13) jobb oldala k 2 ε-hoz tart. Mivel azonban ε tetszőleges
volt, ezzel beláttuk, hogyf (n)= f (k) .
n→∞ ⌊logk n⌋
lim

(14)

A (14)-ből nyilván következik, hogy
lim

f (n)

n→∞ logk nazaz= f (k) ,

f (n)
f (k)
=
.
n→∞ log n
log k
lim

(15)

Jelöljük a (15)-beli határértéket c-vel; mivel c nem függ a (jobb oldalon szereplő) k-tól, ez éppen azt jelenti, hogy bármely k > 1-re
f (k)
= c,
log k
azaz
f (k) = c log k .
Végül, mivel f (1) = log 1 = 0, ezért (16) teljesül k = 1-re is.

(16)

6.8. Feladatok

279

Feladatok
6.8.1 Bizonyítsuk be, hogy ha egy f komplex értékű teljesen additív függvény korlátos, akkor f = 0.
6.8.2 Mutassuk meg, hogy ha egy f komplex értékű additív függvényre az
f (n) függvényértékek sorozata konvergens, akkor f = 0.
6.8.3 Melyek a valós értékű monoton multiplikatív függvények?
6.8.4 Bizonyítsuk be, hogy ha egy f valós értékű additív függvényre
()
lim sup f (n) − f (n − 1) ≤ 0 ,n→∞akkor f (n) = c log n.
6.8.5 Mutassuk meg, hogy ha egy komplex értékű f additív függvényre
()
lim f (n) − f (n − 1) = 0 ,n→∞akkor f (n) = c log n, ahol c alkalmas komplex konstans.
6.8.6 Bizonyítsuk be az alábbi állításokat.
a) Létezik a természetes számoknak akármilyen ritka olyan an részsorozata, hogy ha egy f valós értékű additív függvényre f (an ) monoton, akkor f (n) = c log n.
b) Létezik a természetes számoknak akármilyen ritka olyan an részsorozata, hogy ha egy f valós értékű additív függvényre
()
lim f (an ) − f (an−1 ) = 0 ,n→∞akkor f = 0.
(Az akármilyen ritka azt jelenti, hogy bármilyen előre megadott bn
sorozathoz található olyan an sorozat, amely rendelkezik az előírt
tulajdonsággal, és an > bn .)7. DIOFANTIKUS EGYENLETEK

Diofantikus (vagy diofantoszi) egyenletnek általában olyan egész együtthatós
algebrai egyenletet nevezünk, melynek a megoldásait is az egész (esetenként
a racionális) számok körében keressük. Diophantosz görög matematikus az
i.sz. III. században élt Alexandriában, és sokféle ilyen egyenlettel foglalkozott.
(Akkoriban teljesen természetes volt, hogy egész, illetve racionális megoldásokat kerestek, hiszen az irracionális számok annak ellenére sem nyertek igazánpolgárjogot, hogy a görögök bebizonyították ezek létezését.) A diofantikus
egyenletek története egyébként még ennél is sokkal régebbre nyúlik vissza;közel négyezer éves kőtáblák tanúsága szerint már a babiloniaiak is ismerték
az ún. pitagoraszi számhármasok előállítási módját.
A diofantikus egyenletek megoldása igen változatos módszereket igényel,
univerzális megoldási módszer nem létezik (sőt, mint az 5.1 pontban már említettük, annak az egyszerűbb kérdésnek a megválaszolására sem létezik általános algoritmus, hogy egy tetszőlegesen adott diofantikus egyenletnek egyáltalán van-e megoldása vagy sem). Egy-egy konkrét egyenlet esetén is gyakran
igen nehéz eldönteni a megoldhatóságot, a megoldásszámról, illetve az összes
megoldás meghatározásáról nem is beszélve. Ez a témakör is bővelkedik híres
megoldatlan problémákban.
A már az 1. fejezetben is szerepelt lineáris diofantikus egyenletek részletestárgyalása után a pitagoraszi számhármasokkal foglalkozunk, majd néhány jól
használható elemi módszert mutatunk be diofantikus egyenletek megoldására.
A továbbiakban olyan diofantikus problémák következnek, amelyek kezeléséhez
látszólag egészen más jellegű matematikai eszközöket érdemes bevetni: a két
négyzetszám összegéből történő előállíthatósághoz a Gauss-egészeket, a Fermat-sejtés köbszámokra vonatkozó speciális eseténél az Euler-egészeket és a
Pell-egyenletnél a diofantikus approximációt. Ezeknek a ,,segédeszközöknek”
a kialakulását és önálló elméletté terebélyesedését éppen a diofantikus egyenleteknél való alkalmazhatóságuk segítette elő. Az ezekből kifejlődött területeknek a részletes bemutatására a 8–11. fejezetekben kerül majd sor. Végül,a jelen fejezet utolsó pontjában a fentiektől mind a probléma jellegében, mind
pedig a megoldási módszerekben alapvetően eltérő partíciós kérdéseket tárgyalunk.

7.1. Lineáris diofantikus egyenlet

281

7.1. Lineáris diofantikus egyenletElőször az ax + by = c kétismeretlenes lineáris diofantikus egyenlettel foglalkozunk. Itt a, b, c rögzített egész számok, ahol az a = b = 0 esetet eleve kizárjuk,
és megoldáson x, y egész számokból álló számpárt értünk.
A megoldhatóság szükséges és elégséges feltételét az 1.3.6 Tételben, az
egyenletnek a lineáris kongruenciákkal való kapcsolatát a 2.5.3 Tétel bizonyítása során tárgyaltuk. Az 1.3.6 Tétel bizonyításából azt is leolvastuk, hogy az
egyenlet egy megoldását az euklideszi algoritmus segítségével kaphatjuk meg.
Ebből az 5.7.1 Tétel szerint következett, hogy az egyenlet egy megoldását nagyszámok esetén is ,,gyorsan” meg tudjuk határozni; ezt a tényt az RSA-sémában(5.8.1 Tétel) is felhasználtuk.
Most megadjuk a megoldásszámot és az összes megoldás leírását. A teljesség kedvéért a tétel állításában a megoldhatóságról és a megoldási módszerről korábban bizonyított állításokat is összefoglaljuk.
T 7.1.1
7.1.1 Tétel
Legyenek a, b és c rögzített egész számok, ahol a és b közül legalább az
egyik nem nulla, és tekintsük az ax + by = c diofantikus egyenletet.
(i) Az egyenlet akkor és csak akkor oldható meg, ha (a, b) | c.
(ii) Megoldhatóság esetén végtelen sok megoldás van. Ha x0 , y0 (egy rögzített) megoldás, akkor az összes x′ , y ′ megoldást az alábbi képlet szolgáltatja:
x′ = x0 + tb,(a, b)

y ′ = y0 − ta,(a, b)

ahol t = 0, ±1, ±2, . . .

(1)(iii) Az egyenlet egy megoldását az euklideszi algoritmus segítségével kaphatjuk meg. ♣Bizonyítás: Mint már említettük, (i)-et és (iii)-at az 1.3.6 Tételben igazoltuk.
Rátérve (ii)-re, először azt mutatjuk meg, hogy az (1)-ben megadottx′ , y ′ számok valóban az egyenlet egy megoldását szolgáltatják. Mivel x0 ,y0 megoldás, azaz ax0 + by0 = c, így
(
)
(
)
b
a
′
′
ax + by = a x0 + t+ b y0 − t= ax0 + by0 = c .
(a, b)(a, b)A megfordításhoz tegyük fel, hogy x′ , y ′ egy tetszőleges megoldás, ésbelátjuk, hogy x′ és y ′ a kívánt alakú.

282

7. Diofantikus egyenletek
A feltétel szerint
ax0 + by0 = cax′ + by ′ = c .

ésA két egyenlőséget egymásból kivonvaa(x′ − x0 ) + b(y ′ − y0 ) = 0
adódik. Rendezés és (a, b)-vel történő osztás után azt kapjuk, hogyba(x′ − x0 ) =(y0 − y ′ ) .
(a, b)(a, b)
(

Mivel

a
b
,
(a, b) (a, b)

(2)

)
= 1,

ezért (2)-ből
b| x′ − x0 ,(a, b)
azaz alkalmas t egésszel
x′ = x0 + tb(a, b)(3)

következik. A (3)-at (2)-be visszahelyettesítve kapjuk, hogyy ′ = y0 − ta.
(a, b)

Ezzel megmutattuk, hogy x′ és y ′ valóban az (1)-ben előírt alakú. .
A diofantikus egyenletek tényleges megoldásakor az euklideszi algoritmusnak egy olyan variánsát érdemes alkalmazni, amelynek segítségével (nemcsak egy megoldáshoz jutunk el, hanem) egyszerre tudjuk az összes megoldást(paraméteres alakban) előállítani. Ezt az eljárást egy konkrét példán keresztül
mutatjuk be.
Példa: Oldjuk meg a 43x + 25y = 98 diofantikus egyenletet.
Fejezzük ki az egyenletből azt az ismeretlent, amelynek az együtthatója
kisebb abszolút értékű, és a törtből válasszunk le olyan részeket, amelyek
biztosan egész értékűek:y=98 − 43x7x − 2= 4 − 2x +
.
25
25

(A1)

7.1. Lineáris diofantikus egyenlet

283

Ekkor az (A1) jobb oldalán álló (7x−2)/25 tört is egész szám kell hogy legyen,jelöljük ezt u-val. Innen 7x − 2 = 25u. Ez egy hasonló diofantikus egyenlet,
mint az eredeti, csak itt az x együtthatójának kisebb az abszolút értéke, mintaz eredeti egyenletben y együtthatójáé volt.
Ismételjük meg most az előző eljárást a 7x − 2 = 25u egyenletre, fejezzük
ki x-et, és válasszuk le a garantáltan egész értékű kifejezéseket:x=

2 − 3u25u + 2= 4u +.
7
7(A2)

Az (A2) jobb oldalán szereplő (2 − 3u)/7 tört egész szám kell hogy legyen,jelöljük v-vel, ekkor 2 − 3u = 7v. Hasonlóan tovább haladva kapjuk, hogyu=

2 − 7v
2−v= −2v +
.
3
3

(A3)

A (2 − v)/3 egész számot w-vel jelölve 2 − v = 3w, azazv = 2 − 3w.

(A4)

Mivel (A4)-ben már nem szerepel tört, most elindulunk ,,visszafelé”, és rendre(A3), (A2) és (A1) felhasználásával u, x és y értékét kifejezzük a w paraméter
segítségével:u = −2v + w = −2(2 − 3w) + w = −4 + 7w;(B3)

x = 4u + v = 4(−4 + 7w) + (2 − 3w) = −14 + 25w;

(B2)

y = 4 − 2x + u = 4 − 2(−14 + 25w) + (−4 + 7w) = 28 − 43w.

(B1)

A módszerből világos, hogy a (B2)–(B1) képletpár szolgáltatja a 43x+25y = 98
diofantikus egyenlet összes megoldását, ahol a w paraméter tetszőleges egészszám. Ugyanis egyrészt, ha egy x, y egész számpár megoldás, akkor az(A1)–(A3) lépéseken végighaladva eljutunk w-hez, majd ennek segítségével
x-re és y-ra a (B2)–(B1) képletpár adódik, másrészt tetszőleges egész w-re az
így képzett x és y számok egészek lesznek és kielégítik az egyenletet.
Megjegyzések : 1. Nézzük az eljárás lépései során keletkező együtthatópárokat:{43, 25};{25, 7};{7, 3};{3, 1}.

Ezek rendre úgy keletkeztek, hogy a 43-at a 25-tel osztva −7 volt a (legkisebb
abszolút értékű) maradék, a 25-öt a 7-tel osztva −3 stb. Ez azt jelenti, hogy

284

7. Diofantikus egyenletek

itt valóban az euklideszi algoritmus egy variánsáról van szó, és ebből az iskövetkezik, hogy a diofantikus egyenlet megoldásait ily módon ,,gyorsan” megtudjuk határozni.
2. A fenti módszer lényege, hogy az ismeretlenek együtthatói nak az abszolút értékeit megfelelően csökkentve végül a törteket teljesen kiküszöböljük.
Ebből a szempontból mellékes, hogy a ,,konstans” tag abszolút értékét csökkentjük-e vagy sem. Akár végrehajtunk ilyen átalakítást (mint a fenti példában), akár nem, ez az eljárás lépésszámát nem befolyásolja, legfeljebb ,,kényelmesebb”, ha kisebb számokkal dolgozunk.
3. Nem szükséges a megoldhatóság feltételét előre külön ellenőrizni, az
eljárásból is automatikusan kiderül, ha nincs megoldás: ekkor egy olyan törthöz jutunk, amelyben már nem szerepel ismeretlen, azonban a tört értéke nem
egész szám.
4. A (B2)–(B1) képlet összhangban van a 7.1.1 Tételnek az összes megoldást leíró (1) előállításával: most x0 = −14, y0 = 28, és a t szerepét w
játssza. Ez az észrevétel esetleges számolási hibák kiszűrésére is alkalmas: avégeredményként kapott képletet mindig érdemes ilyen szempontból (1)-gyelösszevetni.
Kettőnél több ismeretlenes lineáris diofantikus egyenletekre is a kétismeretlenes esethez hasonló állítások érvényesek. Ezeket az alábbi tételben
foglaljuk össze, a bizonyításokat a 7.1.8 feladatban tűztük ki.
T 7.1.2
7.1.2 Tétel
Legyen k ≥ 2, a1 , . . . , ak nem csupa 0 egész számok, c tetszőleges egész,és tekintsük az
a1 x1 + . . . + ak xk = cdiofantikus egyenletet (azaz megoldáson egy egészekből álló x1 , . . . , xk számk-ast értünk).
(i) Az egyenlet akkor és csak akkor oldható meg, ha (a1 , . . . , ak ) | c.
(ii) Megoldhatóság esetén végtelen sok megoldás van. Az összes megoldás k−1
egész paraméter segítségével adható meg. A megoldások meghatározása
a két ismeretlen esetén látott módszer értelemszerű általánosításával történik. ♣Feladatok
7.1.1 Bolondóciában csak 47 és 79 forintos bankjegyek léteznek. Hányféleképpen lehet pontosan 10 000 forintot kifizetni?

7.1. Feladatok285

7.1.2 Egy szigeten 7- és 11-fejű sárkányok élnek. Hány sárkány él a szigeten, ha összesen 118 fejük van?
7.1.3 Egy üzletben háromféle csokoládé kapható, 70, 130, illetve 150 forintos egységárban. Hányféleképpen lehet (pontosan) 5000 forintért(pontosan) 50 darab csokoládét vásárolni?
M 7.1.4 Valamikor a huszadik században a 99 évnél nem idősebb és különböző korú Alexander és Bernát mindketten éppen annyi idősek, mint
amennyi a születési évszámukban a számjegyek összege. Hány évközöttük a korkülönbség?
7.1.5 Mutassuk meg, hogy a 7.1.1 Tétel (ii) állítása a 2.5.4 Tételből (illetve
az arra adott bizonyításból) is következik.
7.1.6 A síkon hány rácspontot tartalmazhat egya) racionális;b) irracionális
meredekségű egyenes?
7.1.7 Adjuk meg a 6x + 10y + 15z = 7 diofantikus egyenlet összes megoldását.
7.1.8 Igazoljuk a 7.1.2 Tétel állításait.
7.1.9 Bizonyítsuk be, hogy az a1 x1 +. . .+ak xk = c diofantikus egyenletnek
akkor és csak akkor létezik megoldása, ha minden m pozitív egész
esetén megoldható az a1 x1 + . . . + ak xk ≡ c (mod m) kongruencia.
∗

7.1.10 Mely a1 , . . . , ak egészek esetén igaz, hogy az a1 x1 + . . . + ak xk == c diofantikus egyenletnek minden elég nagy c esetén létezik pozitív
egészekben megoldása?

∗

7.1.11 Legyenek a és b rögzített, relatív prím, 1-nél nagyobb egészek. Nevezzünk (házi használatra) egy c pozitív egészt (a-ból és b-ből) ,,összerakhatónak”, ha c felírható c = ax + by alakban, ahol x és y nemnegatív
egészek.
a) Mutassuk meg, hogy ha c > ab−a−b, akkor c összerakható, azonban
c = ab − a − b nem összerakható.
b) Hány nem összerakható pozitív egész létezik?
Megjegyzés: A feladat a) részét több változóra a következőképpen
általánosíthatjuk. Legyenek a1 , . . . , ak relatív prím, 1-nél nagyobb
egészek. Keressük azt a maximális F = F (a1 , . . . , ak ) egészt, amelyre
az a1 x1 + . . . + ak xk = F diofantikus egyenlet nem oldható meg nemnegatív egészekben. Ezt a kérdést Frobenius-problémának nevezik.
A k > 2 eset vizsgálata igen nehéz.

286∗

7. Diofantikus egyenletek

7.1.12a) Mutassuk meg, hogy minden elég nagy n esetén létezik n darab olyan(nem feltétlenül egybevágó) kocka, amelyekből (mindegyiket egyszer
felhasználva) összeállítható egy (nagyobb) kocka.
b) Igazoljuk ugyanezt minden n ≥ 48-ra.
Megjegyzés: Megoldatlan probléma, hogy az állítás igaz-e n = 47-telis.

7.2. Pitagoraszi számhármasok
Pitagoraszi számhármasoknak az x2 + y 2 = z 2 egyenlet pozitív egész megoldásait nevezzük. Geometriai megfogalmazásban a pitagoraszi számhármasok
azoknak a derékszögű háromszögeknek az oldalhosszait jelentik, amelyekben
mindhárom oldal hossza egész szám.
Azonnal látszik, hogy az egyenlet megoldható (például a 3, 4, 5 számhármas megoldás), sőt egy x, y, z megoldást tetszőleges d pozitív egésszel beszorozva a kapott dx, dy, dz számhármas is nyilván megoldás. Ezért különérdemes azokat a megoldásokat vizsgálni, ahol (x, y, z) = 1, ezeket alapmegoldásoknak vagy primitív pitagoraszi számhármasoknak nevezzük.
Megmutatjuk, hogy alapmegoldásból is végtelen sok van, sőt elő tudjukállítani az összes alapmegoldást és így az összes megoldást is alkalmas paraméterek segítségével:T 7.2.1

7.2.1 Tétel(i) Azx2 + y 2 = z 2(1)(x, y, z) = 1(2)

egyenletnek az
feltételt kielégítő összes pozitív egész megoldását (azaz az alapmegoldásokat,
vagy más néven a primitív pitagoraszi számhármasokat) a következő képlet
szolgáltatja (itt az x és y felcseréléséből adódó megoldásokat azonosnak tekintjük):
x = 2mn,
y = m2 − n2 ,z = m 2 + n2 ,(3)ahol az m és n paraméterek tetszőleges olyan pozitív egészek, amelyekrem és n különböző paritású,

m>n

és

(m, n) = 1.

(4)

7.2. Pitagoraszi számhármasok

287(ii) Az (1) egyenlet összes pozitív egész megoldását (azaz az összes pitagoraszi számhármast) az alapmegoldások többszöröseiként kapjuk meg, tehát
x = 2mnd,

y = (m2 − n2 )d,z = (m2 + n2 )d,(5)ahol d tetszőleges pozitív egész, az m és n pozitív egészekre pedig teljesül (4).
♣Bizonyítás: Végig valamennyi változó pozitív egészt jelöl.
(i) Először azt mutatjuk meg, hogy ha x, y, z alapmegoldás (azaz elegettesz (1)-nek és (2)-nek), akkor x, y és z szükségképpen a (3)-ban és (4)-benelőírt alakú.
Első lépésként belátjuk, hogy x, y és z páronként is relatív prímek. Nézzük például (x, z) = 1-et, a másik két eset ugyanígy igazolható. Tegyük fel
indirekt, hogy egy p prímre p | x és p | z fennáll. Ekkor ebből p | z 2 − x2 = y 2 ,és így p prím volta miatt p | y következik. Ez azt jelenti, hogy p közös osztója
az x, y és z számoknak, ami ellentmond (2)-nek.
Most megmutatjuk, hogy x és y közül az egyik páros, a másik páratlan. Mindkettő nem lehet páros, hiszen (x, y) = 1. Ha mindkettő páratlan,
akkor a négyzetük 1 maradékot ad 4-gyel osztva, vagyis x2 + y 2 = z 2 bal
oldala 2 maradékot ad 4-gyel osztva, a jobb oldal viszont 0-t vagy 1-et, ami
ellentmondás.
Feltehetjük, hogy x páros és y páratlan. Ekkor (1)-et átrendezve, 4-gyelelosztva és szorzattá bontva az( x )2z+y z−y
=
·
(6)
2
2
2
alakhoz jutunk.
Belátjuk, hogy a (6) jobb oldalán szereplő két tényező relatív prím. Tegyük fel, hogy k közös osztója (z + y)/2-nek és (z − y)/2-nek. Ekkor
z+y z−yz+y z−y
+
=z
és
k|
−
= y.
2
2
2
2
Mivel (y, z) = 1, ezért k | 1, tehát valóban()
z+y z−y
,
= 1.
2
2
k|

(7)

Az 1.6.2a feladat alapján (6)-ból és (7)-ből következik, hogy a (6) jobb
oldalán szereplő két pozitív tényező külön-külön is négyzetszám, azaz alkalmasm és n pozitív egésszel
z+y
z−y
= m2
és
= n2 .
(8)
2
2

288

7. Diofantikus egyenletek

A (8) egyenlőségeket összeadva, illetve kivonva, valamint (6)-ba visszahelyettesítve éppen a kívánt (3) előállítást kapjuk z-re, y-ra és x-re.
A (4) feltételek is teljesülnek; ezek rendre z (vagy y) páratlanságából,y > 0-ból, illetve (7)-ből következnek.
Rátérve a megfordításra, most azt igazoljuk, hogy a (3)–(4) képlet mindig
primitív pitagoraszi számhármast definiál.
Az így megadott x, y és z számok az m > n > 0 feltétel miatt pozitív egészek, és egyszerű behelyettesítéssel ellenőrizhető, hogy kielégítik az (1)egyenletet.
Azt kell még megmutatni, hogy (x, y, z) = 1. Ehhez elég belátni, hogy
(például) y és z relatív prímek.
Tegyük fel indirekt, hogy van olyan p prím, amelyre p | y és p | z. Ekkor
p | z + y és p | z − y is teljesül, azazp | (m2 +n2 )+(m2 −n2 ) = 2m2

ésp | (m2 +n2 )−(m2 −n2 ) = 2n2 . (9)Mivel p prím, ezért (9)-ből következik, hogy p = 2, vagy p | m2 és p | n2 .
A p = 2 eset nem lehetséges, mert m és n ellenkező paritása miattz = m2 + n2 páratlan.
A másik esetben pedig (ismét felhasználva, hogy p prím) azt kapjuk, hogy
p | m és p | n, ami ellentmond az (m, n) = 1 feltételnek.
(ii) Mint már említettük, egy alapmegoldást (vagy bármilyen megoldást)
d-vel végigszorozva nyilván ismét megoldást kapunk. Megfordítva, egy tetszőleges x, y, z megoldás előáll az x/d, y/d, z/d alapmegoldás d-szereseként,ahol d = (x, y, z).
Feladatok
7.2.1 Mutassuk meg, hogy ha egy derékszögű háromszög oldalai egész
számok, akkor az oldalhosszak szorzata osztható 60-nal.
7.2.2 Számítsuk ki a derékszögű háromszög oldalait, ha tudjuk, hogy az
oldalak egész számok és a háromszög területe 60.
7.2.3 Adjuk meg az összes olyan derékszögű háromszöget, amelynek az
oldalai egész számok és a kerület és terület mérőszáma megegyezik.
7.2.4 Mely k egészekre létezik olyan egész oldalú derékszögű háromszög,
amelynek az egyik oldala k?
7.2.5 Mutassuk meg, hogy végtelen sok olyan háromtagú számtani sorozat
létezik, amelynek tagjai relatív prímek és mindhárom elem négyzetszám.

289

7.3. Néhány elemi módszer

7.3. Néhány elemi módszer
Az alábbiakban néhány tipikus módszert mutatunk be, amelyek gyakran alkalmazhatók diofantikus egyenletek vizsgálatánál.
I. ,,Szorzat = szám”
A 7.2.2 és 7.2.3 feladatokhoz fűzött két-két útmutatás mindegyikében amegoldás kulcsát egy-egy olyan diofantikus egyenlet szolgáltatta, ahol az egyik
oldalon egy c ̸= 0 egész szám, a másik oldalon pedig egy szorzat állt:d2 mn(m − n)(m + n) = 60,(x − 4)(y − 4) = 8

stb.

Ilyen típusú szorzattá bontás segítségével most azt a problémát vizsgáljuk
meg, hogy mely pozitív egészek állnak elő és hányféleképpen két négyzetszám
különbségeként.
T 7.3.1
7.3.1 Tétel
22
Tekintsük az x − y = n diofantikus egyenletet, ahol n rögzített pozitív
egész.
(i) Az egyenlet akkor és csak akkor oldható meg, ha n ̸≡ 2 (mod 4).
(ii) A megoldásszám 2d(n), ha n páratlan, és 2d( n4 ), ha 4 | n (ahol d(k) a k
pozitív osztóinak a száma). ♣Itt a csak az előjelben eltérő megoldásokat is külön megoldásoknak tekintjük. A tétel alapján könnyen megkaphatjuk a ,,lényegesen különböző” megoldások számát is, lásd a 7.3.1 feladatot.
Bizonyítás: Az (x + y)(x − y) = n egyenlőség pontosan akkor teljesül, ha x + y
és x − y az n két komplementer osztója, azaz
x + y = d1 ,x − y = d2 ,ahol d1 d2 = n .

(1)

Az (1) egyenletrendszert megoldvax=

d1 + d2,2y=d1 − d2
2

adódik. Itt x-re és y-ra pontosan akkor kapunk egész értéket, ha d1 és d2
azonos paritású.

290

7. Diofantikus egyenletek

Ennek megfelelően az x2 − y 2 = n diofantikus egyenlet akkor és csak
akkor oldható meg, ha az n felírható két azonos paritású osztója szorzataként,a megoldások száma pedig az ilyen azonos paritású osztópárok száma (ahol akét osztó sorrendje is számít és a negatív osztókat is figyelembe kell venni).
Ha n páratlan, akkor minden osztója is páratlan, tehát minden osztópár
megfelel. Ennek megfelelően (az egyenlet megoldható és) a megoldások száma
az n összes (pozitív és negatív) osztóinak a száma, vagyis 2d(n).
Ha n páros, de nem osztható 4-gyel, akkor n nem írható fel két azonos
paritású szám szorzataként, hiszen két páratlan szám szorzata páratlan, két
páros szám szorzata pedig osztható 4-gyel. Ez azt jelenti, hogy az egyenlet
ilyen n-ekre nem oldható meg.
Ha 4 | n, akkor azok az osztópárok felelnek meg, amelyekben mindkét osztó páros szám: n = (2k1 )(2k2 ). Mivel ez ekvivalens az n/4 = k1 k2 feltétellel,
ezért (az egyenlet megoldható és) a megoldásszám az n/4 összes (pozitív és
negatív) osztóinak a száma, vagyis 2d(n/4).
II. ,,Szorzat = hatvány”
A számelmélet alaptételéből következik, hogy ha egy k-adik hatvány két
relatív prím tényező szorzata, akkor egységszorzóktól eltekintve a tényezők
maguk is k-adik hatványok (lásd az 1.6.2 feladatot). Ez a tény fontos szerepet
játszott a 7.2.1 Tétel bizonyításánál (lásd az ottani (6), (7) és (8) képleteket), valamint az 1.6.3 feladat megoldásánál. A következő példával azt illusztráljuk, hogy ilyen típusú meggondolások gyakran akkor is alkalmazhatók,
ha a tényezők nem feltétlenül relatív prímek.
Példa: Oldjuk meg az x3 + 7x = y 3 diofantikus egyenletet.
Az x = y = 0 nyilván megoldás, továbbá ha x, y megoldás, akkor −x, −yis az, ezért a továbbiakban feltehetjük, hogy x (és így y is) pozitív.
Az egyenlet bal oldalát bontsuk szorzattá:x(x2 + 7) = y 3 ,(2)és vizsgáljuk meg a két tényező legnagyobb közös osztójának lehetséges értékeit. Legyen d = (x, x2 + 7), ekkord | (x2 + 7) − x · x = 7,
azaz csak d = 1 és d = 7 jöhet szóba.
Ha d = 1, akkor x és x2 + 7 külön-külön is köbszámok, azaz alkalmas u,v (pozitív) egészekkel
x = u3ésx2 + 7 = v 3 .

(3)

7.3. Néhány elemi módszer

291

A második egyenlőségben x helyére u3 -t beírva
v 3 − u6 = 7(4)

adódik. Két pozitív köbszám különbsége csak a (8, 1) pár esetén lehet 7: haa > b > 0, akkor
a3 − b3 ≥ (b + 1)3 − b3 = 3b2 + 3b + 1 ≥ 7,
és egyenlőség csak a b = 1, a = b + 1 = 2 értékekre áll fenn. (Másik indoklási
lehetőség: a
7 = a3 − b3 = (a − b)(a2 + ab + b2 )szorzat-előállításban a tényezők eleve csak ±1 és ±7 lehetnek megfelelő párosításban.)(3) és (4) alapján így az x = 1, y = 2 megoldást kapjuk.
Nézzük most a d = 7 esetet. Ekkor 7 | x és x | y 3 alapján 7 | y 3 , ésígy a 7 prím volta miatt 7 | y következik. Vizsgáljuk meg, hogy a 7 hányadik
hatványával osztható (2) jobb oldala, illetve a bal oldal két tényezője. A
jobb oldalon y 3 -ban a 7 kitevője legalább 3, ugyanakkor a bal oldal második
tényezőjére (72 | x2 miatt) 72 ̸ | x2 +7. Ennélfogva a bal oldal első tényezőjébena 7 kitevője legalább 3 − 1 = 2, azaz szükségképpen 72 | x.
A fentiekből adódó x = 72 r és y = 7s összefüggéseket (2)-be beírva és
73 -nal egyszerűsítve azt kapjuk, hogyr(73 r2 + 1) = s3 .

(5)

Az (5) bal oldalán álló két tényező relatív prím, tehát külön-külön is köbszámok:r = w3
és
73 r2 + 1 = 73 w6 + 1 = z 3 .
Az utolsó egyenlőség szerint z 3 − (7w2 )3 = 1, ez azonban nemnulla köbszámok
esetén nem lehetséges.
Ez azt jelenti, hogy a d = 7 eset nem valósulhat meg.
Összefoglalva, az egyenletnek három megoldása van:x = y = 0;

x = 1, y = 2;

x = −1, y = −2.

Ugyanennél az egyenletnél egy másik eljárás is célhoz vezet, lásd alább a
IV. módszert.

292

7. Diofantikus egyenletek

III. Megoldhatatlanság bizonyítása kongruencia segítségével
Ha egy diofantikus egyenlet esetén az egyenlet két oldala valamely alkalmas modulus szerint sohasem lehet kongruens egymással, akkor az egyenlőség
biztosan nem teljesülhet (ez fordított irányban nem igaz!).
Példa: Oldjuk meg az x4 + 5y 4 = 4z 4 diofantikus egyenletet.
Az egyenletnek nyilván megoldása x = y = z = 0. Megmutatjuk, hogy
más megoldás nincs.
Tegyük fel indirekt, hogy létezik olyan megoldás, ahol x, y, z nem mindegyike 0. Ekkor azt is feltehetjük, hogy x, y és z relatív prímek. Ha ugyanis(x, y, z) = d > 1, akkor az egyenletet d4 -nel elosztva kapjuk, hogy x/d, y/d,z/d is megoldás, és ez a három szám már relatív prím is.
Mivel x4 + 5y 4 = 4z 4 , ezért
x4 + 5y 4 ≡ 4z 4 (mod 5)
is teljesül. A kis Fermat-tétel szerint bármely a egész számra{
1 (mod 5), ha 5̸ | a;4a ≡0 (mod 5), ha 5 | a.

(6)

(7)

Ha 5̸ | x, akkor (7) alapján (6) bal oldala 1-gyel, a jobb oldal viszont 0-val
vagy 4-gyel kongruens modulo 5, ami lehetetlen. Az 5̸ | z eset ugyanígy ellentmondásra vezet. Ebből következik, hogy 5 | x és 5 | z.
Legyen x = 5x1 , z = 5z1 , ezt az eredeti egyenletbe beírva
54 x41 + 5y 4 = 4 · 54 z14 ,azaz

53 x41 + y 4 = 4 · 53 z14

adódik. Ennélfogva 5 | y 4 , és így az 5 prím volta miatt 5 | y is teljesül. Ez
azonban ellentmond az (x, y, z) = 1 feltételnek.
Megjegyzések : 1. A fenti egyenletet modulo 5 helyett modulo 16 vizsgálva ishasonló módon ellentmondásra juthatunk.
2. Általában olyan modulussal érdemes próbálkozni, amely osztója az
egyenlet valamelyik együtthatójának vagy amelyre nézve az egyenletben előforduló hatványok kevés maradékosztályba eshetnek csak. Például a négyzetszámok 8-cal osztva csak 0, 1 vagy 4, a negyedik hatványok 16-tal osztva csak 0
vagy 1 maradékot adhatnak, ezért gyakran érdemes modulusnak a 8-at, illetvea 16-ot választani.
3. Ha valamilyen modulus esetén nem jutunk ellentmondásra, ez csak
annyit jelent, hogy a megfelelő kongruencia megoldható, ebből azonban nem

7.3. Néhány elemi módszer

293

következik, hogy az egyenletnek is van megoldása (és persze az sem következik,
hogy az egyenletnek nincs megoldása). Például a fenti egyenletnél az m = 3
vagy az m = 7 modulus nem segített volna, hiszen az x4 + 5y 4 ≡ 4z 4 (mod 3),
illetve (mod 7) kongruenciáknak létezik nemtriviális megoldása:(±1)4 + 5(±1)4 ≡ 4 · 34 (mod 3)

és(±1)4 + 5(±2)4 ≡ 4(±1)4 (mod 7) .

4. Még egyszer hangsúlyozzuk, hogy ez a módszer lényegében csak akkor
vezethet (önmagában) eredményre, ha a diofantikus egyenletnek nincs megoldása, illetve csak ,,triviális” megoldása van (mint a fenti egyenletnél
x = y = z = 0). Ha ugyanis létezik az egyenletnek (nemtriviális) megoldása,
akkor az tetszőleges m modulus esetén kielégíti a megfelelő kongruenciát is,tehát egyetlen modulusnál sem jutunk ellentmondásra. (Az természetesenigaz, hogy az ilyen jellegű kongruenciás megfontolások bármely diofantikus
egyenlet esetén segíthetnek bizonyos típusú megoldások kizárásában.)
5. A diofantikus egyenlet megoldhatatlansága esetén sem biztos, hogy
ez a módszer célhoz vezet. Egyrészt nem biztos, hogy rátalálunk egy olyan
modulusra, amely kihozza a keresett ellentmondást, másrészt lehet, hogy nincs
is ilyen modulus: a 4.2.8 feladatban láttuk, hogy van olyan egyenlet, amelynek nincs egész vagy racionális megoldása, ugyanakkor a megfelelő kongruencia
bármely m modulus esetén megoldható.
IV. Egyenlőtlenségek alkalmazása
Tekintsünk egy f (x) = y k típusú diofantikus egyenletet. Ha van olyanc, hogy minden c-nél nagyobb abszolút értékű x egész számra az f (x) két
egymást követő k-adik hatvány közé esik (az egyenlőséget nem megengedve),
akkor világos, hogy csak olyan megoldások jöhetnek szóba, ahol |x| ≤ c. Az
így megmaradt véges sok x-et végigpróbálva megkaphatjuk az egyenlet összes
megoldását.
Az eljárást a (II. módszerrel már vizsgált) x3 +7x = y 3 diofantikus egyenleten mutatjuk be.
Mint láttuk, elegendő az x > 0 esetre szorítkozni, továbbá x = 1, y = 2
megoldás.
egyszerű számolással adódik, hogy ha x > 1, akkor
x3 < x3 + 7x < (x + 1)3 ,tehát x > 1 esetén x3 + 7x nem lehet köbszám.
Mindezek alapján az egyenlet összes megoldása a II. módszernél megadotthárom számpár.

294

7. Diofantikus egyenletek

Feladatok
7.3.1 Legyen n rögzített pozitív egész. Hány ,,lényegesen különböző módon” írható fel az n két négyzetszám különbségeként, azaz hány
megoldása van az x2 − y 2 = n egyenletnek a nemnegatív egészek
körében?
7.3.2 Egy háziasszony egy tepsi süteményt úgy akar (egyforma téglalap
alakú darabokra) felvágni, hogy ugyanannyi ,,égett”, azaz a tepsi falával legalább egy oldalon érintkező, mint ,,nem égett”, azaz a tepsi falával nem érintkező szelet keletkezzen. Hogyan végezze a szeletelést?
7.3.3 Ottlik Géza, a kiváló prózaíró, matematikai tanulmányokat is folytatott. Ezzel kapcsolatos visszaemlékezéseiben szerepel az alábbi feladat: Bizonyítsuk be, hogy bármely p > 2 prím esetén a 2/p szám
pontosan egyféleképpen írható fel két különböző pozitív egész reciprokának összegeként. (Az összeadandók sorrendjére nem vagyunk
tekintettel.)∗

7.3.4 Mely 4 számlálójú törtek írhatók fel két természetes szám reciprokának az összegeként?
7.3.5 Mutassuk meg, hogy ha az n pozitív egész nem 24k + 1 alakú, akkor
4/n felírható három természetes szám reciprokának az összegeként.
Megjegyzés: Erdős és Straus egy nevezetes, máig bizonyítatlan sejtése
szerint minden n pozitív egész rendelkezik a fenti tulajdonsággal.
7.3.6 Bizonyítsuk be, hogy minden pozitív racionális szám végtelen sokféleképpen áll elő véges sok különböző pozitív egész reciprokának azösszegeként.
Megjegyzés: A pozitív egészek reciprokait, azaz az 1 számlálójú (éspozitív nevezőjű) törteket egyiptomi törteknek nevezzük, mert azókori Egyiptomban a racionális számokat általában ilyen törtek összegeként írták fel.
7.3.7 Van-e olyan negyedik hatvány, amely 4-gyel nagyobb egy ötödik hatványnál?

M 7.3.8 Adjuk meg az alábbi egyenletrendszer összes olyan megoldását, ahol
x, y, s és t racionális számok:t2 + (s + x)2 = s2 + y 2 = (y + t)2 + x2 .
7.3.9 Bizonyítsuk be, hogy 99 egymást követő négyzetszám összege nem
lehet teljes hatvány.

7.4. Gauss-egészek

295

M 7.3.10 Adjuk meg az összes olyan egész számot, amelynek a köbe előáll nyolc
szomszédos egész szám köbének az összegeként.
∗

7.3.11 Bizonyítsuk be, hogy 6 egymást követő természetes szám nem osztható két (diszjunkt) csoportra úgy, hogy az egyik csoport elemeinek aszorzata megegyezzék a másik csoport elemeinek a szorzatával. Igazoljuk ugyanezt az állítást 6 helyett 106-ra is.
7.3.12 Adott m pozitív egészhez adjuk meg az összes olyan n, x, y pozitív
egészt, amelyre(n, m) = 1

és(x2 + y 2 )m = (xy)n .

7.3.13 Oldjuk meg a következő diofantikus egyenleteket:a) xy + 3x + 5y = 7;b) x2 − 2y 2 + 363z 2 = 77;c) 2x2 + 3y 2 = z 2 ;d) x2 − 230y 2 = 7z 2 ;∗e) x5 + 3y 5 = 5z 5 ;f) (x2 − 2)(x2 + 7) = z 3 ;M ∗ g) x2 − 2y 4 = 1;
M h) xy = y x (x és y pozitív egész);M ∗ i) 2x − y 5 = 31.
7.3.14 Milyen alapú számrendszerekben igaz, hogy az alábbi alakú számok
négyzetszámok?
∗a) 111;b) 11111;c) 111111.
(A ,,kimaradt” 1111-re vonatkozóan lásd a 7.7.7 feladatot.)

7.4. Gauss-egészek
A 7.3.1 Tételben pontos választ adtunk arra, mely pozitív egészek állnak előés hányféleképpen két négyzetszám különbségeként. Most azt a rokon kérdést
vetjük fel, hogy mi a helyzet különbség helyett összegre, azaz mely pozitív
egészek állnak elő és hányféleképpen két négyzetszám összegeként.
Az x2 − y 2 = n diofantikus egyenlet megoldásánál a bal oldal szorzattá
bontása volt a kulcslépés. Az x2 + y 2 = n esetben ilyen szorzattá bontás az
egész (vagy akár valós) számok keretén belül maradva nem létezik, azonban akomplex számok körében már igen: (x + yi)(x − yi) = n. Ezért ígéretesnektűnik az olyan a + bi komplex számok számelméletének a kiépítése, ahol a ésb egész számok. Az ilyen komplex számokat nevezzük Gauss-egész eknek.

296

7. Diofantikus egyenletek

Az egész számok mintájára a Gauss-egészek körében is definiáljuk a megfelelő számelméleti fogalmakat (oszthatóság, egység, legnagyobb közös osztó,
felbonthatatlan, prím), majd megmutatjuk, hogy a Gauss-egészekre is érvényes
a számelmélet alaptétele, ezután pedig az összes Gauss-felbonthatatlan ,,áttekintése” következik. Mindezek birtokában a következő pontban visszatérünk
majd a kiindulási problémánkra, az x2 + y 2 = n diofantikus egyenletre.
D 7.4.1
7.4.1 Definíció
Gauss-egész eknek azokat az α = a + bi komplex számokat nevezzük, ahola és b egész szám. ♣Az egyértelmű megkülönböztetés érdekében ebben a pontban az egész
számokat latin betűkkel, míg a Gauss-egészeket görög betűkkel jelöljük.
A Gauss-egészek a komplex számok összeadására és szorzására kommutatív, egységelemes, nullosztómentes gyűrűt alkotnak.
A Gauss-egészek számelméleti vizsgálatánál kulcsszerepet játszik a norma
fogalma:
D 7.4.2
7.4.2 Definíció
Az α = a + bi Gauss-egész normájának nevezzük és N (α)-val jelöljük az
α abszolút értékének négyzetét:
N (α) = |α|2 = αα = a2 + b2 . ♣A Gauss-egészek definíciójából és a komplex számok abszolút értékének
tulajdonságaiból azonnal adódnak az alábbi egyszerű, de fontos állítások:7.4.3 Tétel
Tetszőleges α, β Gauss-egészek esetén(i) N (α) nemnegatív egész szám;(ii) N (α) = 0 ⇐⇒ α = 0;(iii) N (αβ) = N (α)N (β). ♣T 7.4.3

A Gauss-egészek számelméletének kiépítéséhez az egész számokra az 1. fejezetben látott utat követjük: a fogalmak definiálása és a számelmélet alaptételének bizonyítása az ottani mintára történik. Egyedül a maradékos osztás tételének a Gauss-egészekre vonatkozó megfelelője (7.4.8 Tétel) mutat komolyabb formai eltérést, ettől eltekintve szinte ,,lemásoljuk” az egész számoknál szereplő felépítést.

7.4. Gauss-egészek

297

D 7.4.4
7.4.4 Definíció
A β Gauss-egészt az α Gauss-egész osztójának nevezzük, ha létezik olyan
γ Gauss-egész, amelyre α = βγ. ♣Akárcsak az egész számoknál, ugyanezt jelenti az ,,α osztható β-val”, illetve az ,,α többszöröse a β-nak” kifejezés is, és a Gauss-egészeknél is a β | αjelölést használjuk.
αkomplex számA β ̸= 0 esetben β | α pontosan akkor teljesül, ha az
βGauss-egész.
Példák:2 + i | 7 + i,

mert

4 + i̸ | 4 − i,

mert

7+i
= 3 − i;
2+i
4−i
15
8
=
− i.
4+i
17 17

A Gauss-egészek és az egész számok számelmélete között fontos híd az
alábbi (egyirányú) kapcsolat:
T 7.4.5
7.4.5 Tétel
Ha β | α (a Gauss-egészek körében), akkor N (β) | N (α) (az egész számok
körében). ♣Bizonyítás: Az állítás a 7.4.4 Definícióból és a 7.4.3/(iii) Tételből következik.

A 7.4.5 Tétel megfordítása nem igaz, amint azt a tétel fölött megadottmásodik példa is mutatja.
D 7.4.6
7.4.6 Definíció
Az ε Gauss-egész egység, ha minden Gauss-egésznek osztója. ♣Az egységek sokféle ekvivalens jellemzéséről szól a következő tétel:298

7. Diofantikus egyenletek

7.4.7 Tétel
Egy ε Gauss-egészre az alábbi feltételek ekvivalensek:(i) ε egység.
(ii) ε | 1.
(iii) N (ε) = 1.
(iv) ε = 1, −1, i vagy −i. ♣T 7.4.7

Bizonyítás: (i) =⇒ (ii): Ha ε minden Gauss-egésznek osztója, akkor speciálisanaz 1-nek is osztója.
(ii) =⇒ (iii): A 7.4.5 Tételből következik.
(iii) =⇒ (iv): A N (a + bi) = a2 + b2 = 1 egyenlőség egész a, b mellett csak
a = ±1, b = 0, illetve a = 0, b = ±1 esetén teljesülhet.
(iv) =⇒ (i): Bármely α Gauss-egészre
α = 1α = (−1)(−α) = i(−iα) = (−i)(iα).
Most rátérünk a maradékos osztás Gauss-egészekbeli megfelelőjére:
T 7.4.8
7.4.8 Tétel
Tetszőleges α és β ̸= 0 Gauss-egészekhez léteznek olyan γ és ϱ Gaussegészek, melyekre
N (ϱ) < N (β). ♣és

α = βγ + ϱ(1)Bizonyítás: Az (1) feltétel ekvivalens
ϱ
α
−γ =
β
β

és

|ϱ| < |β|,

azaz

ϱ
<1
β

teljesülésével. Ez azt jelenti, hogy olyan γ Gauss-egészt kell keresni, amelyreα− γ < 1.
β

(2)

A Gauss-egészek a komplex számsíkon a szokásos egységnyi oldalú négyzetrács pontjait alkotják. A (2) feltétel így átfogalmazható arra, hogy a síkon
az α/β-nak megfelelő (racionális koordinátájú) pont a γ rácsponttól 1-nél
kisebb távolságra esik, azaz benne van a γ körül rajzolt egységkör belsejében.

7.4. Gauss-egészek

299

Tekintsünk egy olyan rácsnégyzetet, amely az α/β pontot (a belsejében
vagy a határán) tartalmazza (akkor létezik több ilyen rácsnégyzet, ha α/β-nak
legalább az egyik koordinátája egész szám). A rácsnégyzet két átellenes csúcsa
köré rajzoljunk egy-egy egységkört; ezeknek a köröknek a belseje a két másik
csúcs kivételével az egész négyzetet lefedi. Ez azt jelenti, hogy a sík bármely
pontjához található tőle 1-nél kisebb távolságra levő rácspont, vagyis bármely
α/β-hoz található legalább egy megfelelő γ.
Ezután ϱ értéke a ϱ = α − βγ összefüggésből adódik.
Megjegyzések : 1. A bizonyításból az is leolvasható, hogy a γ hányados és a ϱ
maradék általában nem egyértelmű. Az egyértelműség csak akkor teljesül, ha
α/β maga is rácspont, azaz β | α (ekkor a maradék 0). Minden más esetben,
α/β elhelyezkedésétől függően 2, 3 vagy 4 megfelelő γ, ϱ pár létezik.
2. A bizonyítás egyúttal algoritmust is ad γ és ϱ megkeresésére: az α/βhoz legközelebbi rácspontot érdemes γ-nak választani. Ez geometriamentesen
is megfogalmazható: Ha α/β = r + si, akkor legyen γ = u + vi, ahol u, illetvev az r, illetve s (racionális) számhoz legközelebb eső egész szám. Ekkor( 1 )2 ( 1 )22α
1− γ = (r − u)2 + (s − v)2 ≤
+
= .
β
2
2
2
A Gauss-egészeknél a legnagyobb közös osztó fogalmát eleve a kitüntetett
közös osztó mintájára értelmezzük: olyan közös osztó, amely minden közös
osztónak többszöröse.
7.4.9 Definíció
Az α és β Gauss-egészek legnagyobb közös osztója δ, ha(i)
δ | α, δ | β; és(ii)
ha egy γ-ra γ | α, γ | β teljesül, akkor γ | δ. ♣D 7.4.9

Most is feltesszük, hogy α és β közül legalább az egyik nem nulla.
A legnagyobb közös osztó létezése az 1.3.3 Tétel bizonyításához hasonlóan
az euklideszi algoritmusból következik (az eljárás a Gauss-egészeknél is véges
sok lépésben befejeződik, hiszen a maradékok normái nemnegatív egészek ésszigorúan csökkenő sorozatot alkotnak). Az euklideszi algoritmus a legnagyobb
közös osztó gyakorlati meghatározására is alkalmas.
A legnagyobb közös osztó egységszerestől eltekintve egyértelmű, azaz haδ az α és β Gauss-egészek egyik legnagyobb közös osztója, akkor az összes
legnagyobb közös osztót a δ egységszeresei adják. (Ez a legnagyobb közös
osztó definíciójából következik.)

300

7. Diofantikus egyenletek

Mindezek alapján bármely két Gauss-egésznek (amelyek közül legalább
az egyik nem nulla) pontosan négy legnagyobb közös osztója van. Mivel ezekoszthatósági szempontból teljesen egyformán viselkednek, valamint egyikükelőtérbe helyezését sem támasztja alá olyan természetes kiválasztási elv, mintaz egész számoknál a pozitivitás, ezért közöttük semmilyen formában nem
teszünk különbséget, és az (α, β) jelölés közülük akármelyiket jelentheti.
A legnagyobb közös osztóra vonatkozó, az 1.3 pontban szereplő további
tételek és definíciók megfelelői a Gauss-egészek körében is ugyanúgy érvényesek.
Most a Gauss-felbonthatatlan és a Gauss-prím fogalmát definiáljuk az
1.4.1, illetve 1.4.2 Definíciók mintájára.
D 7.4.10
7.4.10 Definíció
A π egységtől (és nullától) különböző Gauss-egészt Gauss-felbonthatatlannak nevezzük, ha csak úgy bontható fel két Gauss-egész szorzatára, hogy
valamelyik tényező egység. Azaz
π = αβ =⇒ α vagy β egység. ♣D 7.4.11
7.4.11 Definíció
A π egységtől és nullától különböző Gauss-egészt Gauss-prímnek nevezzük, ha csak úgy lehet osztója két Gauss-egész szorzatának, ha legalább az
egyik tényezőnek osztója. Azaz
π | αβ =⇒ π | α vagy π | β. ♣A Gauss-egészek körében is érvényes az 1.4.3 Tétel megfelelője, és az arraadott bizonyítás is szó szerint átvihető:T 7.4.12
7.4.12 Tétel
Egy Gauss-egész pontosan akkor Gauss-prím, ha Gauss-felbonthatatlan.
♣
A továbbiakban ennek megfelelően általában a Gauss-felbonthatatlan helyett is a (rövidebb) Gauss-prím elnevezést fogjuk használni.
Most már minden készen áll az 1.5.1 Tétel megfelelőjének a kimondásához
és bizonyításához:7.4. Gauss-egészek

301

T 7.4.13
7.4.13 Tétel (A számelmélet alaptétele)
Minden, a 0-tól és egységektől különböző Gauss-egész felbontható véges
sok Gauss-felbonthatatlan szorzatára, és ez a felbontás a tényezők sorrendjétől
és egységszeresektől eltekintve egyértelmű. ♣Bizonyítás: Az egyértelműségre az egész számoknál adott első bizonyítás szó
szerint átvihető a Gauss-egészekre is (a második bizonyítás megfelelőjére nézve
lásd a 7.4.11 feladatot).
A felbonthatóság bizonyításához is lényegében az egész számoknál szereplő gondolatmenetet alkalmazhatjuk, azzal a két apró módosítással, hogy,,a legkisebb pozitív nemtriviális osztója” helyett ,,a(kármelyik) legkisebb normájú nemtriviális osztója”, illetve |ai | helyett N (αi ) veendő. A részletek végiggondolását az Olvasóra bízzuk.
Megjegyzés: Összefoglalva megállapíthatjuk, hogy az egész számoknál és a
Gauss-egészeknél szinte azonos módon jutottunk el a számelmélet alaptételéhez. A felbonthatóság bizonyítása mindkét számkörben közvetlenül történt(hasonló gondolatmenettel), az egyértelműség bizonyításához vezető út lépései
pedig a következők voltak:
Maradékos osztás ⇒ létezik legnagyobb közös osztó (a ,,kitüntetett” értelemben) ⇒ minden felbonthatatlan egyben prím is ⇒ a számelmélet alaptételének az egyértelműségi része.
Később megmutatjuk, hogy a (megfelelő értelemben vett) maradékos osztás elvégezhetőségéből mindig következik a számelmélet alaptétele, de ez fordítva nem igaz (lásd a 11.3 pontot).
A továbbiakban célunk az összes Gauss-prím jellemzése, áttekintése. Ennek előkészítéseként kapcsolatot keresünk a Gauss-prímek és a (Z-beli) prímszámok között:
7.4.14 Tétel

T 7.4.14(i) Minden π Gauss-prímhez pontosan egy olyan p pozitív prímszám létezik,
amelyre π | p.
(ii) Minden p pozitív prímszám vagy maga is Gauss-prím, vagy pedig pontosan két Gauss-prímnek a szorzata, amelyek normája p, és amelyek
egymás konjugáltjai. ♣302

7. Diofantikus egyenletek

Bizonyítás: (i) Mivel π ̸= 0 és π nem egység, ezért N (π) > 1, és így N (π)
felbontható pozitív prímszámok szorzatára: N (π) = p1 p2 . . . pr . Ekkor
π | ππ = N (π) = p1 p2 . . . pr ,továbbá π Gauss-prím, tehát π szükségképpen osztója valamelyik pi -nek is.
Az egyértelműség igazolásához tegyük fel indirekt, hogy p ̸= q olyan pozitív prímszámok, amelyekre π | p és π | q. Mivel p és q (az egész számok
körében) relatív prímek, ezért alkalmas u és v egész számokkal 1 = pu + qv
teljesül. Ekkor π | p és π | q miatt π | pu + qv, azaz π | 1 is fennáll, ami
ellentmondás.
(ii) Ha a p > 0 prímszám nem Gauss-prím, akkor (a számelmélet alaptétele szerint) felírható legalább két Gauss-prím szorzataként:p = π1 . . . π r ,aholr ≥ 2.

(3)

A normákra áttérve, (3)-ból
p2 = N (p) = N (π1 ) . . . N (πr )(4)következik. Mivel πi nem egység, ezért N (πi ) > 1. A p2 azonban csak
egyféleképpen bontható 1-nél nagyobb egész számok szorzatára: p2 = p · p.
Ebből következik, hogy (4), és így (3) jobb oldalán is csak két tényező szerepelhet:p = π1 π2 ,ahol
N (π1 ) = N (π2 ) = p.
Végül ap = π1 π2és

p = N (π1 ) = π1 π1egyenlőségekből kapjuk, hogy π2 = π1 .
És most lássuk a Gauss-prímek ,,listáját”:
T 7.4.15
7.4.15 Tétel
Az alábbi Gauss-egészek adják az összes Gauss-prímet (ε tetszőleges egységet jelöl):(A) ε(1 + i);(B) εq, ahol q pozitív 4k − 1 alakú prímszám;(C) π, ahol N (π) egy pozitív 4k + 1 alakú prímszám; minden ilyen prímszámhoz egységszerestől eltekintve két Gauss-prím tartozik, amelyek egymás konjugáltjai, de nem egymás egységszeresei. ♣7.4. Gauss-egészek

303

Példák:A −1 + i = i(1 + i) és −7i Gauss-prímek.
Szintén Gauss-prím a 2 − 5i, mert (2 − 5i)(2 + 5i) = 29, és a 29 egy 4k + 1
alakú pozitív prímszám.
A 2 + 5i is Gauss-prím, amely nem egységszerese a 2 − 5i -nek.
A 29 = (5 − 2i)(5 + 2i) felbontás tényezői viszont (a számelmélet alaptétele szerint) már csak az előzők egységszeresei lehetnek, és valóban 5 − 2i == (−i)(2 + 5i), illetve 5 + 2i = i(2 − 5i).
Nem Gauss-prím a −37, mert a 37 (ugyan prímszám, de) nem 4k − 1
alakú.
A 9 + 2i sem Gauss-prím, mert (9 + 2i)(9 − 2i) = 85 nem prímszám.
Bizonyítás: A 7.4.14 Tétel szerint az összes Gauss-prímet a pozitív prímszámoknak a Gauss-prímek szorzatára történő felbontásaiból kaphatjuk meg.
Más és más típusú felbontást kapunk attól függően, hogy ez a pozitív prímszám (A) a 2; (B) 4k − 1 alakú; illetve (C) 4k + 1 alakú.
(A) Mivel 2 = (1 + i)(1 − i) = (−i)(1 + i)2 , ezért a 2-nek egységszerestől
eltekintve egyetlen Gauss-prím osztója van, az 1 + i.
(B) Legyen q pozitív 4k − 1 alakú prímszám. Tegyük fel indirekt, hogy q
nem Gauss-prím. Ekkor a 7.4.14 Tétel (ii) állítása szerint van olyan π = a + bi
Gauss-prím, amelyre q = N (π) = a2 + b2 . Ez azonban lehetetlen, mert két
négyzetszám összege nem lehet 4k − 1 alakú.
(C) Legyen p pozitív 4k + 1 alakú prímszám. Először azt igazoljuk, hogy
p nem Gauss-prím.
A 4.1.4 Tétel szerint az x2 ≡ −1 (mod p) kongruencia megoldható, azaz
létezik olyan c egész szám, amelyre p | c2 + 1. Ennek megfelelően a p a Gaussegészek körében osztója a (c + i)(c − i) szorzatnak. Ugyanakkor
c±i
c 1
= ± i
p
p p
nem Gauss-egészek (mert például a képzetes részük nem egész szám), tehát
a c + i és c − i tényezők egyike sem osztható p-vel. Ebből (a Gauss-prímdefiníciója szerint) következik, hogy a p nem Gauss-prím.
A 7.4.14 Tétel alapján ekkor p = ππ, ahol π és π Gauss-prímek. A
számelmélet alaptétele szerint a p-nek egységszeresektől eltekintve ez az egyetlen felbontása Gauss-prímek szorzatára, így már csak azt kell igazolnunk, hogy
π ̸= επ, ahol ε egység. Ez egyszerű számolással adódik a π = a + bi alakból
az ε = 1, −1, i és −i esetek végigpróbálásával (valamint következik a 7.4.3
feladatból is).

304

7. Diofantikus egyenletek

Feladatok (α, β, a + bi stb. végig Gauss-egészt jelölnek.)
7.4.1 Mely Gauss-egészek oszthatók 1 + i-vel?
7.4.2 Igazoljuk az alábbi állításokat:a) γ | α ⇐⇒ γ | α;b) (α, γ) = (α, γ);c) α Gauss-prím ⇐⇒ α Gauss-prím.
7.4.3 Legyen α = a + bi. Mutassuk meg, hogy
α | α ⇐⇒ |a| = |b| vagy ab = 0.
7.4.4 Ha a és b ̸= 0 két egész szám, akkor a b | a oszthatóságnál, illetve az (a, b) legnagyobb közös osztónál tulajdonképpen meg kellene
mondani, hogy a-t és b-t most egész számoknak vagy pedig Gaussegészeknek tekintjük. Bizonyítsuk be, hogy ez a megkülönböztetés
fölösleges:a) b | a pontosan akkor igaz a Gauss-egészek körében, ha Z-ben igaz;b) az a és b számok Z-beli legnagyobb közös osztója (egységszerestől eltekintve) megegyezik a Gauss-egészek körében vett legnagyobb közös
osztóval.
7.4.5 Melyek igazak az alábbi állítások közül?
()a) N (α), N (β) = 1 =⇒ (α, β) = 1.
()b) (α, β) = 1 =⇒ N (α), N (β) = 1.
()c) (α, β) = (α, β) = 1 =⇒ N (α), N (β) = 1.
7.4.6 Számítsuk ki α és β legnagyobb közös osztóját, ahola) α = 8 + i és β = 11 − 3i;b) α = 39(1 − i)3 és β = 62(2 + i)3 ;c) α = (4 + i)10 + (2 + i)11 és β = (4 + i)10 − (2 + i)11 .
7.4.7 Legyen α = a + bi.
a) Melyek igazak az alábbi állítások közül?
(a1) (α, α) = 1 =⇒ (a, b) = 1.
(a2) (a, b) = 1 =⇒ (α, α) = 1.
b) Milyen kapcsolatban áll egymással általában (α, α) és (a, b)?
7.4.8 Nevezzük az α és β Gauss-egészeket barátoknak, ha relatív prímek,és egy (,,közönséges”) egész szám pontosan akkor többszöröse α-nak,amikor β-nak.

305

7.5. Számok előállítása négyzetösszegkénta) Bizonyítsuk be, hogy a + bi-nek akkor és csak akkor létezik barátja,ha (a, b) = 1 és a ̸≡ b (mod 2).
b) Hány barátja van a + bi-nek ebben az esetben?
7.4.9 Bontsuk fel a 270 + 2610i Gauss-egészt Gauss-prímek szorzatára.
7.4.10 Melyek igazak az alábbi állítások közül?
a) Ha α Gauss-prím, akkor N (α) prímszám.
b) Ha N (α) prímszám, akkor α Gauss-prím.
c) Ha α egy Gauss-egész köbe, akkor N (α) egy nemnegatív egész számköbe.
d) Ha N (α) egy nemnegatív egész szám köbe, akkor α egy Gauss-egész
köbe.
e) Ha α | α, akkor N (α) négyzetszám vagy egy négyzetszám kétszerese.
f) Ha N (α) négyzetszám vagy egy négyzetszám kétszerese, akkor α | α.
∗7.4.11 Bizonyítsuk be a számelmélet alaptételének egyértelműségi részét az
1.5.1 Tételben látott második bizonyítás mintájára.

7.5. Számok el®állítása négyzetösszegként
Ebben a pontban azt vizsgáljuk meg, hogy mely pozitív egészek állnak elő
két, három, illetve négy négyzetszám összegeként (összeadandóként a 0-t ismegengedve).
7.5.1 Tétel (Két-négyzetszám-tétel)Legyen az n pozitív egész kanonikus alakja
n = 2α pβ1 1 . . . pβr r q1γ1 . . . qsγs ,T 7.5.1(1)ahol a pµ prímek 4k + 1, a qν prímek 4k − 1 alakúak, és a szereplő α, βµ , γνkitevők nemnegatív egészek.
Az
x2 + y 2 = n(2)diofantikus egyenlet akkor és csak akkor oldható meg, ha minden γν páros, ésebben az esetben a megoldásszám
4

r
∏
µ=1

(βµ + 1) . ♣306

7. Diofantikus egyenletek

A 7.3.1 Tételhez hasonlóan, a csak az előjelben eltérő megoldásokat iskülön megoldásoknak tekintjük. Ebből most is könnyen megkaphatjuk a ,,lényegesen különböző” megoldások számát, lásd a 7.5.1 feladatot.
Példa: Legyen n = 4050. A 4050 kanonikus alakja 2 · 34 · 52 . Itt a 3 kitevője
páros, tehát van megoldás, és a megoldásszám az 5 kitevőjéből 4(2 + 1) = 12.
A megoldások:4050 = (±45)2 + (±45)2 = (±9)2 + (±63)2 = (±63)2 + (±9)2 .
Bizonyítás: Az x2 + y 2 = n egyenlet átírható az(x + yi)(x − yi) = n(3)

alakba. Ennek megfelelően azt kell megállapítani, hogy mely n-ek és hányféleképpen írhatók fel két olyan Gauss-egész szorzataként, amelyek egymás
konjugáltjai.
Ehhez először meghatározzuk az n ,,kanonikus alakját” a Gauss-egészek
körében. Ezen olyanεϱκ1 1 . . . ϱκt telőállítást értünk, ahol a szereplő ϱj Gauss-prímek közül semelyik kettő sem
egységszerese egymásnak és ε egység. Például a 4 kanonikus alakja (−1)(1+i)4
vagy (−1)(−1 + i)4 stb. (A ,,külön” egységtényezőre az egész számok körében
is szükség lehet, ha a kanonikus alakot a negatív egészekre is ki akarjuk terjeszteni: például −9 csak (−1)32 vagy (−1)(−3)2 alakban írható fel ily módon.)A 7.4.15 Tétel alapján az n (egyik) kanonikus alakja a Gauss-egészek
körében(4)n = (−i)α (1 + i)2α π1β1 π1 β1 . . . πrβr πr βr q1γ1 . . . qsγs ,ahol πµ πµ = pµ . (A (4) jobb oldalán szereplő Gauss-prímek közül semelyikkettő sem egységszerese egymásnak.)Mivel x + yi | n, ezért (a számelmélet alaptétele szerint) x + yi kanonikus
alakjar (s∏′′′ ) ∏βµβµγ′
α′x + yi = ε(1 + i)πµ πµqν ν ,
(5)
µ=1

ν=1

ahol ε egység és minden Gauss-prím kitevője legfeljebb akkora, mint (4)-ben.

7.5. Számok előállítása négyzetösszegként

307

Az (5) egyenlőség konjugálásával és 1 − i = (−i)(1 + i) felhasználásával
x − yi-ra az alábbi kanonikus alakot kapjuk:(α′x − yi = ε(−i))α′(1 + i)

r (
s
∏
′′
′ ) ∏
βµ
βµ
γ′
πµ πµ
qν ν .
µ=1

(6)

ν=1

A számelmélet alaptétele szerint (3) pontosan akkor teljesül, ha (4)-ben minden Gauss-prím kitevője megegyezik az (5)- és (6)-beli megfelelő kitevők összegével, továbbá a (4)-beli ,,külön” egységtényező egyenlő az (5)- és (6)-beli ilyen
egységtényezők szorzatával.
Ez az alábbi egyenlőségek teljesülését jelenti:
1 + i kitevője:2α = α′ + α′(7a)πµ kitevője:βµ = βµ′ + βµ′′(7b)

πµ kitevője:βµ = βµ′′ + βµ′(7c)qν kitevője:γν = γν′ + γν′(7d)egység:(−i)α = εε(−i)α

′

(7e)

A (7a) egyenlőségből kapjuk, hogy α′ = α, és ekkor (7e) is automatikusan
teljesül tetszőleges ε esetén. A (7b) és (7c) ugyanazt jelentik, és pontosan akkorállnak fenn, ha
βµ′ = 0, 1, . . . , βµés βµ′′ = βµ − βµ′ ,µ = 1, 2, . . . , r.

Végül (7d) akkor és csak akkor elégíthető ki, ha γν páros, és ekkor γν′ = γν /2.
A fentiekből következik, hogy (2) akkor és csak akkor oldható meg, ha
mindegyik γν páros.
A megoldásszám azoknak a lehetőségeknek a száma, ahányféleképpen az′ε, α , βµ′ , βµ′′ és γµ′ értékek megválaszthatók. A felsorolt ötféle ,,ismeretlen”
választására egymástól függetlenül rendre∏4, 1, βµ + 1, 1, 1 lehetőség van, ígyr(2) megoldásszáma ezek szorzata, azaz 4 µ=1 (βµ + 1).
T 7.5.2
7.5.2 Tétel (Három-négyzetszám-tétel)Az n pozitív egész akkor és csak akkor nem áll elő három négyzetszámösszegeként, han = 4k (8m + 7)
(8)
alakú. ♣308

7. Diofantikus egyenletek

Bizonyítás: Az állításnak csak azt a könnyebben adódó részét igazoljuk, hogya (8)-beli számok nem állnak elő három négyzetszám összegeként, a másik
irány igazolása jóval nehezebb.
A k szerinti teljes indukcióval bizonyítunk.
A k = 0 esetben azt kell megmutatni, hogy a 8m + 7 alakú számok nemírhatók fel három négyzetszám összegeként. Ez abból következik, hogy egy
négyzetszám 0, 1 vagy 4 maradékot ad 8-cal osztva, és három ilyen maradékösszegeként sohasem kaphatunk 7 maradékot.
Tegyük most fel, hogy az állítás valamely k-ra igaz, és lássuk be, hogy
ekkor k + 1-re is teljesül. Indirekt feltesszük, hogy léteznek olyan a, b és cegész számok, amelyekre
4k+1 (8m + 7) = a2 + b2 + c2 .

(9)A (9) bal oldala osztható 4-gyel. Egy négyzetszám 4-gyel osztva 0-t vagy
1-et ad maradékul, attól függően, hogy páros, illetve páratlan számot emeltünk
négyzetre. Ezért a jobb oldal csak úgy lehet osztható 4-gyel, ha a, b és cmindegyike páros, tehát a/2, b/2 és c/2 egész számok. Így (9)-et 4-gyel elosztva
4k (8m + 7) =( a )22+( b )22+( c )2
2

adódik, ami ellentmond az indukciós feltevésnek.
T 7.5.3
7.5.3 Tétel (Négy-négyzetszám-tétel)Minden pozitív egész felírható négy négyzetszám összegeként. ♣Bizonyítás: Szükségünk lesz az alábbi két segédtételre:
L 7.5.4
7.5.4 Lemma
Ha két szám felírható négy négyzetszám összegeként, akkor a szorzatuk
is, nevezetesen(a21 + a22 + a23 + a24 )(b21 + b22 + b23 + b24 ) == (a1 b1 + a2 b2 + a3 b3 + a4 b4 )2 + (a1 b2 − a2 b1 + a3 b4 − a4 b3 )2 ++ (a1 b3 − a3 b1 − a2 b4 + a4 b2 ) + (a1 b4 − a4 b1 + a2 b3 − a3 b2 ) . ♣
2

2

(10)

309

7.5. Számok előállítása négyzetösszegként

L 7.5.5

7.5.5 LemmaAz
1 + x2 + y 2 ≡ 0 (mod p)(11)

kongruencia bármely p prímre megoldható. ♣A 7.5.4 Lemma bizonyítása: A (10) azonosság egyszerű számolással ellenőrizhető.
Megjegyezzük, hogy (10) ,,természetes” módon adódik a kvaterniók felhasználásával: ha az α és β kvaterniók
α = a1 + a2 i + a3 j + a4 kés

β = b1 + b2 i + b3 j + b4 k ,akkor (10) éppen a (kvaternió)normákra vonatkozó N (α)N (β) = N (βα) azonosság kifejtett alakja. (Természetesen N (α)N (β) = N (αβ) is alkalmas lettvolna a 7.5.4 Lemma ,,szöveges” részének az igazolására, azonban ekkor (10)helyett egy másik azonosságot kaptunk volna, ugyanakkor a 7.5.3 Tétel bizonyításában magára a (10) képletre is szükségünk lesz.)
A 7.5.5 Lemma bizonyítása: Az állítás p = 2-re nyilvánvaló.
Tegyük fel indirekt, hogy valamely p > 2 prímre a (11) kongruenciának
nincs megoldása, azaz bármely x és y egész eseténx2 ̸≡ −1 − y 2 (mod p) .

(12)

Ha x végigfut egy modulo p teljes maradékrendszer elemein, akkor az
x értékek a modulo p kvadratikus maradékokat és a 0 maradékosztály egy
reprezentánsát adják. A 4.1.2 Tétel alapján így x2 -re
2

p−1
p+1
+1=
2
2
páronként inkongruens értéket kapunk.
Ugyanez érvényes y 2 -re, és így −1 − y 2 -re is. Ebből (12) alapján az
következik, hogy megadható 2 p+1
2 = p + 1 olyan szám, amelyek páronként
inkongruensek modulo p, ami nyilvánvaló ellentmondás.
Megjegyezzük, hogy a 7.5.5 Lemma Chevalley tételéből (3.6.1 Tétel), illetve a 3.6.2 feladatból is könnyen levezethető (lásd a 7.5.19 feladatot).

310

7. Diofantikus egyenletek

Rátérünk a 7.5.3 Tétel bizonyítására. Nevezzünk a rövidség kedvéért egy
pozitív egészt ,,szép”-nek, ha felírható négy négyzetszám összegeként.
Mivel az 1 és a 2 nyilván szép, ezért a 7.5.4 Lemma alapján elég azt
megmutatni, hogy minden p > 2 prím is szép.
A p-nek létezik szép többszöröse, például a 4p2 . Vegyük a legkisebb pozitív m-et, amelyre mp szép, legyen
mp = a21 + a22 + a23 + a24 .

(13)

Azt kell igazolnunk, hogy m = 1. Meg fogjuk mutatni, hogy m > 1 esetén
létezik olyan m1 , amelyre 0 < m1 < m, és m1 p is szép. Ez azonban ellentmondm minimalitásának, és így valóban m = 1.
Először azt bizonyítjuk be, hogy m < p, azaz a p-nek létezik p2 -nél kisebb
szép többszöröse. A 7.5.5 Lemma alapján a (11) kongruencia megoldható, ésa modulo p legkisebb abszolút értékű maradékok rendszerét véve olyan x, y
megoldást kapunk, amelyre |x| < p2 és |y| < p2 . Ekkor
p|vv = 12 + x2 + y 2 + 02 szép,

és

0<v<2

( p )22+ 1 < p2 .

Most belátjuk, hogy m szükségképpen páratlan. Ellenkező esetben (13)ból következik, hogy két-két aν , mondjuk a1 és a2 , illetve a3 és a4 azonos
paritású. Ekkor
(m)
2

p=

( a + a )2
1

2

2

+

( a − a )2
1

2

2

+

( a + a )2
3

4

2

+

( a − a )2
3

4

2

,

ami ellentmond m minimalitásának.
A (13) egyenlőséget most modulo m fogjuk tekinteni. Legyen b1 , b2 , b3 , b4
rendre az a1 , a2 , a3 , a4 számok modulo m szerinti legkisebb abszolút értékű
maradéka, azazbν ≡ aν (mod m),|bν | ≤m−1,2

ν = 1, 2, 3, 4.

(14)

Ekkor
b21 + b22 + b23 + b24 ≡ a21 + a22 + a23 + a24 ≡ 0 (mod m) ,azaz alkalmas m1 egésszel
mm1 = b21 + b22 + b23 + b24
teljesül. Megmutatjuk, hogy (15)-ben 0 < m1 < m.

(15)

7.5. Számok előállítása négyzetösszegként

311

Ha m1 = 0, akkor mindegyik bν = 0, azaz mindegyik aν osztható m-mel.
Ebből következik, hogy
m2 | a21 + a22 + a23 + a24 = mp,

tehát

m | p,

ami 1 < m < p miatt lehetetlen.
Az m1 < m egyenlőtlenség az
mm1 =

4
∑
ν=1

b2ν ≤ 4( m − 1 )2
2( m )2<4= m2
2

összefüggésből következik.
A (13) és (15) egyenlőségeket összeszorozva és (10)-et felhasználva azt
kapjuk, hogy
m2 m1 p = c21 + c22 + c23 + c24 ,(16)ahol a cν számok (10)-ből olvashatók le.
Belátjuk, hogy mindegyik cν osztható m-mel. Mivel bν ≡ aν (mod m),
ezért
c1 = a1 b1 + a2 b2 + a3 b3 + a4 b4 ≡ a21 + a22 + a23 + a24 = mp ≡ 0 (mod m) ,és hasonlóan adódik az m-mel való oszthatóság a többi cν -re is.
Így (16)-ot m2 -tel elosztva azt nyerjük, hogy m1 p is felírható négy négyzetszám összegeként, ami 0 < m1 < m miatt ellentmond m minimalitásának.

Megjegyzés: A bizonyítás során használt módszer az ún. végtelen leszállás
egyik változata volt. Az elnevezés magyarázata világosabbá válik a gondolatmenetünk alábbi átfogalmazásából: Ha maga a p nem szép, akkor tekintve
a p-nek egy szép mp (pozitív) többszörösét, találunk egy másik szép m1 p
többszöröst, ahol 0 < m1 < m, majd ugyanígy ehhez is találunk egy szép m2 p
többszöröst, ahol 0 < m2 < m1 stb. Ez azt jelenti, hogy pozitív egészekből egy
végtelen, szigorúan monoton fogyó sorozatot kapunk (vagyis a pozitív egészek
körében egy ,,végtelen leszállást” hajtunk végre), ami nyilván lehetetlen.
A végtelen leszállás a pozitív egészekre nézve leginkább egy indirekt teljes
indukciós bizonyításhoz hasonlít. Az 1.5.1 Tételnél az egyértelműségi rész
második bizonyítása is tulajdonképpen egy végtelen leszállást takart.
A teljes indukcióval való rokonsága ellenére a végtelen leszállás más elven alapul: az ún. jólrendezési tulajdonságot használja fel, vagyis azt, hogybármely részhalmaznak van minimális eleme, tehát nem képezhető végtelen

312

7. Diofantikus egyenletek

leszálló sorozat. Így ha valamilyen tulajdonság ilyen végtelen leszállással öröklődik, akkor egy jólrendezett halmaz egyetlen eleme sem rendelkezhet ezzel atulajdonsággal.
Mivel a kiválasztási axiómából következik, hogy bármely halmaz jólrendezhető, ezért a végtelen leszállás a halmazok jóval szélesebb körében alkalmazható, mint a teljes indukció.
Feladatok
7.5.1 Hány ,,lényegesen különböző módon” állítható elő egy adott pozitív
egész két négyzetszám összegeként? (A 7.5.1 Tétel utáni példábanszereplő 4050 kétféleképpen: 4050 = 452 + 452 = 92 + 632 .)7.5.2 Hány olyan Gauss-egész létezik, amelynek a normája 98 000?
7.5.3 Melyik az a legnagyobb r, amelyre igaz, hogy végtelen sokszor előfordul r egymást követő szám, amelyek mindegyike felírható két négyzetszám összegeként vagy különbségeként?
7.5.4 Adjunk új bizonyítást a 4.1.5 feladat állítására.
7.5.5 Mely n-ekre oldható meg és hány megoldása van az x2 + 4y 2 = ndiofantikus egyenletnek?
∗

7.5.6 Mely pozitív egészek írhatók fel és hányféleképpen két relatív prímszám négyzetének az összegeként?

∗

7.5.7
a) Hány olyan (páronként nem egybevágó) derékszögű háromszög létezik, amelynek az oldalai egész számok és az egyik oldal hossza k?
b) Mi a válasz akkor, ha még azt is feltesszük, hogy az oldalhosszak
relatív prímek?
7.5.8 Mutassuk meg, hogy az x2 + y 2 = n diofantikus egyenlet megoldásszáma 4d′ (n) − 4d′′ (n), ahol d′ (n), illetve d′′ (n) az n pozitív egész
4k + 1, illetve 4k − 1 alakú pozitív osztóinak a számát jelöli.

∗

7.5.9 Átlagosan hányféleképpen írható fel egy pozitív egész két egész szám
négyzetének az összegeként? Más megfogalmazásban ez azr(1) + r(2) + . . . + r(n)nközépértékfüggvény viselkedését jelenti ,,nagy” n esetén, ahol r(n) az
x2 + y 2 = n diofantikus egyenlet megoldásszáma.

7.5. Feladatok

313

M∗ 7.5.10 Oldjuk meg az x2 + 4 = y 3 diofantikus egyenletet.
M∗ 7.5.11 Mely Gauss-egészek írhatók fel két Gauss-egész négyzetének az összegeként?
7.5.12 A 7.5.1 Tétel bizonyítása során Gauss-egészekre is definiáltunk kanonikus alakot, és láttuk, hogy egy Gauss-egésznek több kanonikus
alakja is lehet. Mutassuk meg, hogy bármely, 0-tól és egységektől
különböző Gauss-egész kanonikus alakjainak a száma a 4-nek pozitív
egész kitevős hatványa. (Két kanonikus alakot azonosnak tekintünk,
ha csak a tényezők sorrendjében térnek el, és természetesen kizárjuk, hogy a kanonikus alakban egy Gauss-prím nulladik hatványon
forduljon elő.)7.5.13 Melyek igazak az alábbi állítások közül?
a) Ha két pozitív egész felírható két négyzetszám összegeként, akkor aszorzatuk is ilyen tulajdonságú.
b) Ha két pozitív egész szorzata felírható két négyzetszám összegeként,
akkor külön-külön a két tényező is ilyen tulajdonságú.
c) Ha két pozitív egész szorzata és az egyik tényező felírható két négyzetszám összegeként, akkor a másik tényező is ilyen tulajdonságú.
d) Ha két pozitív egész felírható három négyzetszám összegeként, akkor
a szorzatuk is ilyen tulajdonságú.
∗

7.5.14 Mi a valószínűsége annak, hogy egy pozitív egész előáll három négyzetszám összegeként?
7.5.15 Melyik az a legkisebb r, amelyre igaz, hogy minden elég nagy pozitív
egész felírható legfeljebb r darab páratlan négyzetszám összegeként?
7.5.16 Vezessük le a három-négyzetszám-tételből a négy-négyzetszám-tételt.

M 7.5.17 Mely pozitív egészek állnak elő négy négyzetszám összegeként úgy,hogy az összeadandók között van (legalább) két azonos?
7.5.18 Megoldható-e az x2 + 9y 2 + z 2 + w2 = 1011 + 23 diofantikus egyenlet?
7.5.19 Igazoljuk a 7.5.5 Lemmát Chevalley tétele (3.6.1 Tétel), illetve a 3.6.2
feladat felhasználásával.
7.5.20 A 7.5.1 Tételből következik, hogy minden 4k + 1 alakú pozitív prímfelírható két négyzetszám összegeként. Adjunk erre a tényre új bizonyítást a 7.5.3 Tételnél látott gondolatmenet alapján.
∗

7.5.21 A feladat célja a négy-négyzetszám-tétel egy másik bizonyításának
a bemutatása. Ennél is felhasználjuk a 7.5.4 és 7.5.5 Lemmákat,314

7. Diofantikus egyenletek
de a végtelen leszállás helyett az alábbi a) részben szereplő állítás
segítségével kapjuk meg a p prímnek egy ,,kicsi” szép többszörösét.
a) Thue-lemma. Két egész koordinátájú k-dimenziós vektort akkor nevezünk kongruensnek modulo egy p prímszám, ha a megfelelő koordinátáik kongruensek modulo p. Legyen C tetszőleges k × k-as
egész elemű mátrix és u1 , . . . , uk , v1 , . . . , vk olyan pozitív egészek,
amelyekre
u1 . . . uk v1 . . . vk > pk .
 
 
x1
z1
.
.
̸ 0 és z =  ..  egész elemű
Ekkor léteznek olyan x =  ..  =xkzkvektorok, amelyekre
Cx ≡ z (mod p)

és

|xi | < ui , |zi | < vi , i = 1, 2, . . . , k.

b) Az a) rész (alkalmas k = 2 speciális esete) és a 7.5.5 Lemma segítségével mutassuk meg, hogy tetszőleges p prímnek létezik 4p-nél
kisebb szép pozitív többszöröse.
c) Végül igazoljuk, hogy ha egy p > 3 prímre 2p vagy 3p szép, akkor p
is az.

7.6. A Waring-problémakör
A négyzetek után a magasabb hatványok összegeként történő előállítással foglalkozunk. Ebben a pontban k végig 1-nél nagyobb pozitív egészt jelöl, és
k-adik hatványon nemnegatív egész számok k-adik hatványát fogjuk érteni.
Waring 1770-ben azt állította, hogy ,,minden szám felírható 4 négyzetszám, 9 köbszám, 19 negyedik hatvány stb. összegeként”. A nagyvonalúan
odavetett ,,stb.” szócska két súlyos problémát is takar. Egyrészt a 4, 9, 19
számokról nemigen látszik valami jól folytatható szabályszerűség, másrészt az
sem világos, hogy ez a számsor egyáltalán folytatható a végtelenségig. Ez
utóbbihoz a következőt kell megmutatni: Bármely k-hoz létezik olyan, csak
a k-tól függő r, hogy minden pozitív egész felírható r darab k-adik hatványösszegeként. Ezt az állítást először Hilbert igazolta 1909-ben.
Ma már (később részletezendő minimális bizonytalanságtól eltekintve)
tudjuk, hogyan folytatódik a Waring-féle számsor. Érdekes módon a 19 negyedik hatvány problémája állt ellen legtovább az ostromnak, ennek helyességét csak 1986-ban sikerült bizonyítani.

7.6. A Waring-problémakör

315

Mivel bármely szám k-adik hatványok összegeként történő előállítását
kiegészíthetjük tetszőleges számú 0k taggal, ezért a legkisebb olyan darabszámot akarjuk meghatározni, hogy annyi k-adik hatvány már minden pozitív
egész előállításához elegendő legyen:
D 7.6.1
7.6.1 Definíció
Legyen k > 1. Ekkor g(k) a legkisebb olyan r, hogy minden pozitív egész
felírható r darab nemnegatív egész szám k-adik hatványának összegeként. ♣Példa: g(2) = 4, ugyanis egyrészt a négy-négyzetszám-tétel szerint minden
pozitív egész négy négyzetszám összege, másrészt van olyan szám, például a7, amelynek az előállításához három négyzetszám nem elegendő.
T 7.6.2

7.6.2 Tétel
g(k) ≥ 2 +k⌊( 3 )k ⌋2− 2. ♣(1)

Bizonyítás: A g(k)-ra vonatkozó alsó becsléshez elég egyetlen olyan n pozitív
egészt találni, amelynek az előállításához ,,sok” k-adik hatványra van szükség.
Legyen n a legnagyobb olyan t2k − 1 alakú szám, amely kisebb, mint 3k .
Ekkor n felírásához csak (0k ,) 1k és 2k tagok állnak rendelkezésre, és ezekből
nyilván az
n = t2k − 1 = 2k + . . . + 2k + 1k + . . . + 1k
|
{z
} |
{z
}
t−1 darab

2k −1 darabelőállítás használja fel a legkevesebbet. Innen azt kapjuk, hogyg(k) ≥ 2k + t − 2 .
⌊( 3 )k ⌋. Ez abból következik, hogy2( 3 )k,(2)⇐⇒ t2k ≤ 3k ⇐⇒ t ≤2

Így már csak azt kell igazolni, hogy t =t2k − 1 < 3k

továbbá t a (2)-t kielégítő legnagyobb egész szám.
A g(k)-ra vonatkozó legfontosabb eredmény az, hogy (1)-ben általában
egyenlőség teljesül: csak véges sok olyan k létezhet, amelyre g(k) nagyobbaz (1) jobb oldalán megadott értéknél. Ez csak olyan k esetén következhet

316

7. Diofantikus egyenletek

be, amikor (3/2)k (egy pontosan felírható egyenlőtlenséget kielégítve) ,,abnormálisan” közel esik a felső egészrészéhez. A 471600000-nél kisebb számok
között egyetlenegy sem teljesíti ezt a feltételt, és csaknem biztosra vehető,hogy nincsenek is ilyen kivételek, azaz minden k-rag(k) = 2k +⌊( 3 )k ⌋2− 2.

Ennek megfelelően (1) jobb oldala jelenti a Waring-féle számsor folytatását (speciálisan a k = 2, 3 és 4 esetben rendre a 4, 9, illetve 19 értékeket
kapjuk).
A 7.6.2 Tétel azt mutatja, hogy egyes ,,kis” n-ek előállítása igen sok
k-adik hatványt igényel. Ezért érdemes azt is megvizsgálni, hogy minimálisan
hány k-adik hatvány szükséges minden elég nagy n felírásához:D 7.6.3
7.6.3 Definíció
Legyen k > 1. Ekkor G(k) a legkisebb olyan s, hogy minden elég nagy
pozitív egész felírható s darab nemnegatív egész szám k-adik hatványánakösszegeként. ♣Példa: G(2) = 4, ugyanis egyrészt nyilván G(2) ≤ g(2) = 4, másrészt ahárom-négyzetszám-tétel szerint végtelen sok olyan szám létezik, amelynek azelőállításához három négyzetszám nem elegendő.
Az alábbi táblázatban bemutatjuk a g(k)-ra és G(k)-ra vonatkozó eredményeket néhány kis k esetén:

k

2

3

4

5

6

7

8

g(k)

4

9

19

37

73

143

279

G(k)

4

4–7

16

6–17

9–24

8–33

32–42

A táblázat jól érzékelteti, hogy már kis k esetén is igen nagy a bizonytalanság a G(k) pontos értékét illetően (például G(3)-nál a 4–7 jelölés azt
jelenti, hogy G(3)-ra csak a 4 ≤ G(3) ≤ 7 becslés ismert). A G(k) pontosértékét eddig csak a k = 2 és 4 esetekben sikerült meghatározni.
Az viszont kiderült, hogy nagy k esetén G(k) értéke jóval kisebb g(k)-nál:
például minden k > 1-re fennáll G(k) < 6k log k. (A jelenlegi legjobb eredmény szerint bármely ε > 0-hoz létezik olyan k0 = k0 (ε), hogy minden k > k0

7.6. A Waring-problémakör

317

esetén G(k) < (1 + ε)k log k.) Így az exponenciális nagyságrendű g(k)-val
szemben G(k) ,,csaknem” lineáris.
Az alábbiakban alsó becsléseket adunk G(k)-ra.
7.6.4 Tétel
Minden k > 1 esetén G(k) ≥ k + 1. ♣T 7.6.4

Bizonyítás: Tegyük fel indirekt, hogy valamely k-ra G(k) ≤ k. Ekkor létezik
olyan n0 , hogy minden n ≥ n0 egész szám felírható k darab k-adik hatványösszegeként, azazn = xk1 + xk2 + . . . + xkk .
(3)
Tekintsünk egy tetszőleges M (,,nagy”) pozitív egészt, és jelöljük f (M )mel azoknak az n-eknek a számát, amelyekre
0 ≤ n ≤ M,

(4)

és n előáll k darab k-adik hatvány összegeként. Az indirekt feltevés szerint cf
f (M ) ≥ M − n0 .

(5)

Most felső becslést keresünk f (M )-re. A (4)-beli n-eket tekintve, ezek (3)típusú előállításában csak olyan xi számok szerepelhetnek, amelyekre√√ki = 1, 2, . . . , k.
0 ≤ xi ≤ k n ≤ M ,Ez azt jelenti, hogy mindegyik xi értéke csak⌊√ ⌋kM0, 1, . . . , T =(6)lehet.
Mindebből következik, hogy a 0, 1, . . . , M egészek közül legfeljebb annyiírható fel k darab k-adik hatvány összegeként, ahányféleképpen a (6)-beli elemek közül k darabot ki tudunk választani úgy, hogy egy elemet többször iskiválaszthatunk, és a kiválasztás sorrendjére nem vagyunk tekintettel (ugyanis(3)-ban az összeadandók között lehetnek azonosak is, továbbá a tagok permutálása esetén az összeg ugyanazt az n-et állítja elő).
Az ilyen típusú kiválasztás az ismétléses kombináció, tehát a jelzett kiválasztások száma
T +1 elem k-adosztályú ismétléses kombinációinak a( a (6)-beli)
T +kszáma, azaz
. A teljesség kedvéért részletezzük ennek a bizonyítását.
k

318

7. Diofantikus egyenletek

Egy ilyen kombinációt azzal jellemezhetünk, hányszor választjuk ki az
egyes (6)-beli elemeket. Jelöljük mj -vel, ahány j szerepel a kiválasztásban,
j = 0, 1, . . . , T . Rajzoljunk egymás mellé m0 kis kört az m0 darab 0-nak
megfelelően, majd utána egy | elválasztó vonalat. Ezután m1 kis kör következik
az m1 darab 1-est jelképezve, majd egy újabb | elválasztó vonal stb. A sortmT kis körrel zárjuk, mert ennyi T lett kiválasztva. Tekintsük pl. a k = 5 és
M = 75 esetet, ekkor a 05 + 15 + 15 + 35 + 75 (formális) összegnek a ◦| ◦ ◦|| ◦ ||||◦
jelsorozat felel meg.
Ezzel kölcsönösen egyértelmű
hoztunk létre a formális ösz⌊ √ megfeleltetést⌋kszegek és a k körből és T =M elválasztóvonalból álló sorozatok között.
Ezért a formálisösszegekszáma megegyezik az ilyen sorozatok számával, ami⌋() (⌊ √
)
k
T +k
M +k
=
.
k
k
Mindezeket összefoglalva, azt igazoltuk, hogy(f (M ) ≤

k+

⌊√
k

M

⌋)

k

.

(7)

Az (5) és (7) egyenlőtlenségekből
(M − n0 ≤

k+

⌊√
k

M

⌋)

k

(8)

következik. Írjuk be (8) jobb oldala helyett az
⌊√
⌋)(
⌊√
⌋) (
⌊√
⌋)
1(
k
k
k
k+
M k−1+
M ... 1 +Mk!
képletet, hagyjuk el az egészrész jeleket (ezzel (8) jobb oldalát nem csökken√
tettük), majd osszuk el√ mindkét oldalt M -mel oly módon, hogy az i + k M
tényezők mindegyikét k M -mel osztjuk. Ekkor az
n0
1
1−
≤
M
k!

)(
) (
)
(
k−1
1
k
1+ √
... 1 + √
1+ √
k
k
k
M
M
M

(9)

egyenlőtlenséghez jutunk. Ha M → ∞, akkor (9) bal oldala 1-hez, jobb oldala
pedig 1/k!-hoz tart, ami k > 1 miatt ellentmondás.
Megjegyzés: A bizonyításból az is kiderült, hogy ,,nagyon sok” olyan n van,amely nem írható fel k darab k-adik hatvány összegeként (például már

319

7.6. Feladatok

119
5! − 1=-ad része”, azaz ,,több, mint 99
5!
120
százaléka” ilyen). Ugyanakkor a bizonyítás nem volt ,,konstruktív”: egyetlen,,konkrét” n-ről sem mutatta ki, hogy n nem áll elő a kívánt alakban.
k = 5 esetén is a számok ,,legalább

Most megmutatjuk, hogy a 7.6.4 Tétel becslése például k = 6 esetén
javítható:
T 7.6.5

7.6.5 Tétel
G(6) ≥ 9. ♣Bizonyítás: Felhasználjuk, hogy bármely a egészre{a ≡6

1 (mod 9), ha 3̸ | a;0 (mod 9), ha 3 | a.

(10)

A 3̸ | a eset az Euler–Fermat-tételből következik, a 3 | a esetben pedig a6
nemcsak 9-cel, hanem 36 -nal is osztható.
A 7.6.5 Tétel állításához azt kell igazolnunk, hogy végtelen sok olyan nlétezik, amely nem írható fel 8 darab hatodik hatvány összegeként. Megmutatjuk, hogy például az n = 27t + 9 alakú számok ilyenek.
Tegyük fel indirekt, hogyn = x61 + . . . + x68 .

(11)

Tekintsük (11)-et modulo 9, ekkor (10) alapján azt kapjuk, hogy
0 ≡ u1 + . . . + u8 (mod 9),ahol ui = 0 vagy 1,

i = 1, 2, . . . , 8.

(12)

A (12) kongruencia nyilván csak úgy teljesülhet, ha minden i-re ui = 0. Ez
azt jelenti, hogy mindegyik xi osztható 3-mal. Ekkor azonban (11) alapján
36 | n, ami ellentmondás.
A G(k)-ra vonatkozó további alsó becslések szerepelnek a 7.6.2 feladatban.
Feladatok
7.6.1 Mutassuk meg, hogy G(200) ≤ G(600).
∗

7.6.2a) Igazoljuk a G(k)-ra vonatkozó alábbi alsó becsléseket:(a1) G(4) ≥ 16;(a2) G(8) ≥ 32;(a3) G(24) ≥ 32;

320

7. Diofantikus egyenletek(a4) G(100) ≥ 125;(a5) G(250) ≥ 312.

b) Mely k értékekre általánosíthatók az a)-beli becslések?
7.6.3 Legyen k > 1 tetszőleges. Bizonyítsuk be, hogy van olyan n pozitív
egész, amely legalább 1000 (,,lényegesen”) különböző módon felírható
k + 1 darab k-adik hatvány összegeként.
7.6.4a) Igazoljuk az alábbi azonosságot (a1 , a2 , a3 , a4 tetszőleges komplex
számok):∑()(ai + aj )4 + (ai − aj )4 = 6(a21 + a22 + a23 + a24 )2 .

1≤i<j≤4b) Bizonyítsuk be, hogy g(4) ≤ 53.
7.6.5 Ha a számokat k-adik hatványok előjeles összegeként állítjuk elő,akkor általában g(k)-nál, illetve G(k)-nál kevesebb számú tag is elegendő. Mutassuk meg, hogy k = 2 esetén a minimális darabszám 3,
ráadásul az x2 + y 2 − z 2 = n és x2 − y 2 − z 2 = n diofantikus egyenleteknek bármely n pozitív egész esetén végtelen sok megoldása van.

7.7. A Fermat-sejtés
A 7.2 pontban láttuk, hogy az x2 + y 2 = z 2 pitagoraszi egyenletnek végtelen sok pozitív egész megoldása van (és az összes megoldás leírható három
paraméter segítségével). Fermat-nak a közelmúltban igazolt híres sejtése szerint magasabb hatványokra alapvetően más a helyzet:
T 7.7.1
7.7.1 Tétel (Fermat-sejtés, Wiles tétele)
Ha k > 2 egész szám, akkor az xk + y k = z k egyenlet nem oldható meg
pozitív (vagy ami ezzel ekvivalens, nullától különböző) egészekben. ♣A sejtés története 1637-ben kezdődött, amikor Diophantosz könyvének
1621-es kiadását olvasgatva, a pitagoraszi számhármasokról szóló résznél Fermat a következő bejegyzést tette: ,,Két köbszám összege sohasem lehet köbszám, két negyedik hatvány összege sohasem lehet negyedik hatvány stb. Erreegy csodálatos bizonyítást találtam, sajnos a margón kevés a hely ahhoz, hogyleírhassam.”7.7. A Fermat-sejtés321

Ez a néhány sor három és fél évszázadon keresztül matematikusok és
laikusok egész seregét tartotta izgalomban. Mivel maga a rendkívül egyszerűen hangzó probléma minden matematikai előképzettség nélkül is megérthető, ezért igen sok műkedvelő is próbálkozott a megoldással, mindhiába.
Nem ment sokkal jobban a dolog a ,,profi” matematikusoknak sem.
Könnyen adódik (lásd a 7.7.1 feladatot), hogy ha a sejtés igaz egy adottk kitevőre, akkor a k minden többszörösére is igaz, ennélfogva elég a k = 4 és
k = p = prím eseteket tisztázni. Fermat-nál (valóban) megtalálható a k = 4
eset bizonyítása, majd jó száz évvel később Euler a k = 3 kitevővel is boldogult.
A 19. század első felében további néhány konkrét k értékre sikerült megoldani aproblémát, majd a század közepén lényeges áttörést hozott az ,,ideális számok”,
mai szóhasználattal az ideál ok bevezetése, amelyekről a 11. fejezetben leszrészletesen szó. Ezt továbbfejlesztve számos olyan kritériumot dolgoztak ki,
amelyek teljesülése esetén a Fermat-sejtés arra az adott k(=prím) kitevőre
igaz. Ezek a kritériumok (elvileg) bármely konkrét k értékre numerikusan ellenőrizhetők, és ez az ellenőrzés szorgalmasan folyt is (az utóbbi évtizedekben
már számítógépek segítségével).
Mindezek ellenére a 20. század hetvenes éveiben is csak véges sok prím
kitevőre nyert bizonyítást a sejtés. Közben rengeteg még általánosabb sejtés
született, mert várható volt, hogy a megoldás a Fermat-egyenletnél általánosabb problémára vonatkozó tételből következik majd.
Óriási szenzációt jelentett 1983-ban Gerd Faltings eredménye: a Fermategyenletnek bármely k kitevő esetén csak véges sok primitív (azaz (x, y, z) = 1
típusú) megoldása lehet.
Az igazi szenzációt azonban Andrew Wiles okozta 1993-ban, aki sokéves
titokban végzett kutatás után a probléma végleges megoldásával rukkolt elő.
Később kiderült, hogy a bizonyítás egy lényeges ponton hibás, de a hibát
Wilesnak (Richard Taylor segítségével) 1994-ben sikerült kijavítania.
Így a Fermat-sejtés mára lekerült a híres megoldatlan problémák listájáról. Wiles sok száz oldalas bizonyítása a matematikusok csak egy igen szűkcsoportja számára érthető, de remélhetőleg később születnek majd egyszerűbb
bizonyítások is.
Ami Fermat ,,csodálatos bizonyítását” illeti, az minden bizonnyal csak
vagy egy végig nem gondolt ötlet lehetett, vagy pedig egy hibás gondolatmenet
volt, amely tulajdonképpen a számelmélet alaptételének érvényességét olyan
számkörben is feltételezte, ahol ez nem teljesül (lásd bővebben a 11.2 pontban).
Továbbra is gyakorlatilag kizárható, hogy a Fermat-sejtésre valaki egy ,,igazi
elemi” bizonyítást találjon.
A Fermat-sejtés több évszázados kutatása során a matematikusok számos hatékony, új elméletet dolgoztak ki a probléma kezelésére, amelyek a

322

7. Diofantikus egyenletek

sejtés szempontjából ugyan csak részleges sikert hoztak, a matematika más
területein azonban nélkülözhetetlenné váltak. Ez is jól mutatja, hogy egy
adott probléma vizsgálata gyakran ilyen közvetett módon segíti elő az egészmatematika fejlődését.
Az alábbiakban (a történeti sorrendet is követve) bebizonyítjuk a Fermatsejtésnek a k = 4 és 3 kitevőkre vonatkozó két legegyszerűbb speciális esetét.
Mindkét esetben valamivel erősebb eredményt igazolunk, mégpedig azért,
mert valójában az eredeti kérdés megoldásához is csak ilyen (vagy hasonló)erősebb tételeknek a bizonyításával tudunk eljutni.
A Fermat-sejtés k = 4 kitevős esete nyilván következik az alábbi tételből:T 7.7.2
7.7.2 Tétel
42
4
Az x + y = z egyenletnek nem létezik pozitív egész megoldása. ♣Bizonyítás: Az alábbi, önmagában is érdekes lemmát használjuk fel:
L 7.7.3
7.7.3 Lemma
Két (nemnulla) négyzetszám összege és különbsége nem lehet egyszerre
négyzetszám. ♣A lemma bizonyítása: A végtelen leszállás módszerét használjuk (lásd a 7.5.3
Tétel utáni megjegyzést).
Tekintsük az
x2 + y 2 = z 2(1a)x −y =w

(1b)

2

2

2

egyenletrendszert. A bizonyítás során megoldáson mindig pozitív egész megoldást fogunk érteni. Legyen x0 , y0 , z0 , w0 egy olyan megoldás, ahol z0 értékea lehető legkisebb. Megmutatjuk, hogy ekkor létezik olyan x1 , y1 , z1 , w1 megoldás, ahol (0 <)z1 < z0 , ami nyilvánvalóan ellentmond z0 minimalitásának.
Feltehetjük, hogy (x0 , z0 ) = 1. Ha ugyanis egy p prím osztója x0 -nak és
z0 -nak, akkor (1a)-ból a pitagoraszi számhármasoknál látott módon következik, hogy p | y0 , majd ugyanígy (1b)-ből kapjuk, hogy p | w0 , és ekkor az x0 /p,
y0 /p, z0 /p, w0 /p számnégyes olyan megoldás, ahol z0 /p < z0 , ami ellentmond
z0 minimalitásának.
Az (1a) és (1b) egyenletekbe az x0 , y0 , z0 , w0 megoldást behelyettesítve ésa két egyenlőséget összeadva, illetve kivonva
2x20 = z02 + w02
és

(2a)

7.7. A Fermat-sejtés

323

2y02 = z02 − w02(2b)

adódik. (2a)-ból (is) látszik, hogy z0 és w0 azonos paritású. Ennek alapján(2a) átírható az
(
)2 (
)2
z0 − w0
z0 + w0
2
+
(3)
x0 =
2
2
(

alakba. Itt

z0 + w0 z0 − w0
x0 ,
,
2
2

)
= 1,

(4)

mivel x0 relatív prím a másik két szám összegéhez, z0 -hoz.
z0 + w0 z0 − w0(3) és (4) alapján,
és x0 primitív pitagoraszi számhár22
mast alkot. A 7.2.1 Tétel szerint ekkor léteznek olyan ellentétes paritású ésrelatív prím m > n > 0 egészek, amelyekre
z0 + w0
= 2mn
2

és

z0 − w0= m 2 − n2 ,2(5)vagy fordítva.
A (2b)-vel ekvivalens
y02
z0 + w0 z0 − w0
=
·
2
2
2
egyenlőség jobb oldalát írjuk át (5) felhasználásával, ekkor 2-vel történő egyszerűsítés után azt kapjuk, hogy
( y )202= mn(m + n)(m − n) .

(6)

Mivel m és n relatív prímek és különböző paritásúak, ezért a (6) jobb oldalánszereplő négy pozitív egész páronként relatív prím. Ebből következik, hogy
mind a négyen négyzetszámok, azazm = x21 ,n = y12 ,m + n = z12

és m − n = w12 .

(7)(7) alapján x1 , y1 , z1 , w1 megoldása az (1a)–(1b) egyenletrendszernek, továbbá
z1 ≤ z12 = m + n ≤ (m + n)(m − n) =ami ellentmond z0 minimalitásának.

z0 ± w 0< z0 ,
2

324

7. Diofantikus egyenletek

Most rátérünk a 7.7.2 Tétel bizonyítására. Tegyük fel indirekt, hogy az
a, b, c pozitív egészekre teljesül
c4 − a4 = b2 .

(8)

Ha (a, b, c) = d, akkor a/d, b/d2 , c/d is megoldása az egyenletnek, ezért
feltehetjük, hogy (a, b, c) = 1. Ebből a már többször látott módon kapjuk,
hogy a, b és c páronként is relatív prímek.
A (8) bal oldalát szorzattá bontva(c2 + a2 )(c2 − a2 ) = b2

(9)adódik. Jelöljük h-val a (9) bal oldalán álló két tényező legnagyobb közös
osztóját: h = (c2 + a2 , c2 − a2 ). Mivel (a2 , c2 ) = 1, ezért h csak 1 vagy 2 lehet.
A számelmélet alaptétele szerint a (9) bal oldalán álló tényezők az első esetben
külön-külön is négyzetszámok, a második esetben pedig egy-egy négyzetszám
kétszeresei.
A h = 1 esetben tehát c2 + a2 és c2 − a2 négyzetszámok, ami a 7.7.3
Lemma szerint lehetetlen.
Ha h = 2, akkor alkalmas u > v > 0 egészekkel
c2 + a2 = 2u2ésc2 − a2 = 2v 2 .

(10)

A (10)-beli egyenlőségeket összeadva, illetve kivonva, majd a kapott eredményeket 2-vel egyszerűsítve
c2 = u 2 + v 2

és

a2 = u2 − v 2adódik, és így ismét ellentmondásba kerültünk a 7.7.3 Lemmával.
A Fermat-sejtés k = 3 kitevős esetének bizonyításához egy, a Gaussegészekhez hasonló újabb gyűrűben, az Euler-egészek körében építünk fel
számelméletet.
D 7.7.4
7.7.4 Definíció
Euler-egész eknek azokat az a + bω komplex számokat nevezzük, ahol a, b
egész számok és
√
2π
3
2π
1
ω = cos+ i sin= − +i. ♣332
2

7.7. A Fermat-sejtés325

Az ω és ω 2 = −1 − ω komplex számok éppen a primitív harmadik egységgyökök, és ennek megfelelően az
x3 = z 3 − y 3 = (z − y)(z − yω)(z − yω 2 )(11)szorzattá bontás mutatja az x3 + y 3 = z 3 Fermat-egyenlet és az Euler-egészek
kapcsolódását. A Fermat-sejtés k = 3 esetének igazolásához is lényegében
egy (11)-hez hasonló egyenlet vizsgálata vezet majd el, és a bizonyítás során
alapvetően támaszkodni fogunk az Euler-egészek számelméletére.
D 7.7.5
7.7.5 Definíció
Az α = a + bω Euler-egész normájának nevezzük és N (α)-val jelöljük az
α abszolút értékének négyzetét:
N (α) = |α|2 = αα = (a + bω)(a + bω 2 ) = a2 − ab + b2 . ♣Nyilván N (α) nemnegatív egész szám, és N (α) = 0 ⇐⇒ α = 0. Megjegyezzük még, hogy az a+bω Euler-egész normájának a2 −ab+b2 alakja mindigátírható alkalmas c, d egészekkel c2 + 3d2 alakba, lásd a 7.7.10a feladatot.
Az Euler-egészek egy paralelogrammarácsot alkotnak a komplex számsíkon: ez egységnyi oldalú rombuszokból áll, amelyek szögei 120 és 60 fokosak.
Az oszthatóság, egység, legnagyobb közös osztó, felbonthatatlan és prímfogalmát pontosan ugyanúgy definiáljuk, mint a Gauss-egészeknél (lásd a 7.4.4,
7.4.6, 7.4.9, 7.4.10 és 7.4.11 Definíciókat, a ,,Gauss-” jelző helyére természetesenmindenhol ,,Euler-” kerül).
Az Euler-egységek és az Euler-prímek leírásától eltekintve a Gauss-egészeknél szereplő tételek és az azokra adott bizonyítások ugyanúgy érvényesek
az Euler-egészekre is:— a norma tulajdonságai (7.4.3, 7.4.5 Tételek);— maradékos osztás (7.4.8 Tétel, a bizonyítás során rácsnégyzet helyett a
megfelelő rácsrombuszt kell tekinteni);— a prím és felbonthatatlan ekvivalenciája (7.4.12 Tétel);— a számelmélet alaptétele (7.4.13 Tétel);— az Euler-prímek és a (Z-beli) prímszámok kapcsolata (7.4.14 Tétel).
Az egységeket karakterizáló 7.4.7 Tétel és annak bizonyítása is átvihető az
Euler-egészekre, ha az egységeket konkrétan megadó (iv) pontot a következőképpen módosítjuk:

326

7. Diofantikus egyenletek

7.7.6 Tétel
Az Euler-egészek körében 6 egység van:
±1,

±ω,

T 7.7.6±ω 2 = ∓(1 + ω),ezek éppen a hatodik komplex egységgyökök. ♣Végül, az Euler-prímeket a következő tétel írja le:T 7.7.7
7.7.7 Tétel
Az alábbi Euler-egészek adják az összes Euler-prímet (ε tetszőleges egységet jelöl):√(A) ε(i 3) = ε(1 + 2ω);(B) εq, ahol q pozitív 3t − 1 alakú prímszám;(C) π, ahol N (π) egy pozitív 3t+1 alakú prímszám; minden ilyen prímszámhoz
egységszerestől eltekintve két Euler-prím tartozik, amelyek egymás konjugáltjai, de nem egymás egységszeresei. ♣Bizonyítás: A 7.4.15 Tétel bizonyítását kell értelemszerűen módosítani, ezért
csak röviden jelezzük az eltéréseket.
A 7.4.14 Tétel megfelelője szerint az összes Euler-prímet a pozitív prímszámoknak az Euler-prímek szorzatára történő felbontásaiból kaphatjuk meg.
Más és más típusú felbontást kapunk attól függően, hogy ez a pozitív prímszám (A) a 3; (B) 3t − 1 alakú; illetve (C) 3t + 1 alakú.
√ 2(A) Mivel 3 = (−1)(i √3) , ezért a 3-nak egységszerestől eltekintve egyetlen Euler-prím osztója az i 3.
(B) A 3t − 1 alakú pozitív prímszámok Euler-prímek is: ehhez azt kelligazolni, hogy egy Euler-egész normája nem lehet 3t−1 alakú, a gondolatmenet
további része ugyanaz, mint a Gauss-egészeknél volt.
( )(C) Ha p egy pozitív 3t + 1 alakú prímszám, akkor −3
p = 1 (lásd a 4.2.2c
2feladatot), tehát van olyan c egész szám, amelyre p | c + 3. Az Euler-egészek
körében√√c2 + 3 = (c + i 3)(c − i 3) = (c + 1 + 2ω)(c − 1 − 2ω),a gondolatmenet további része megegyezik a Gauss-egészeknél látottal.

7.7. A Fermat-sejtés

327

A Fermat-sejtés köbszámokra
vonatkozó speciális esetének bizonyításánál√
fontos szerepet játszik az i 3 Euler-prím néhány tulajdonsága. Ezek kényelmes megfogalmazásához előbb az Euler-egészek körében is bevezetjük a kongruencia fogalmát:
D 7.7.8
7.7.8 Definíció
Legyenek α és β Euler-egészek és µ ̸= 0 Euler-egész. Azt mondjuk, hogy
α kongruens β-val modulo µ, ha µ | α − β. ♣Most is az α ≡ β (mod µ) vagy röviden α ≡ β (µ) jelölést használjuk. A
kongruenciák elemi tulajdonságai az Euler-egészek körében ugyanúgy érvényesek, mint az egész számoknál.
√
Az alábbi tételben az i 3 Euler-prím néhány fontos tulajdonságát foglaljuk össze:
T 7.7.9
7.7.9 Tétel√
Legyen λ = i 3 = 1 + 2ω.
(i) A λ összes egységszeresei a következők: ±(1 + 2ω), ±(2 + ω), ±(1 − ω).
(ii) Bármely Euler-egész a 0 és ±1 Euler-egészek közül pontosan az egyikkel
kongruens modulo λ.
(iii) Bármely α Euler-egészre α3 ≡ α (mod λ).
(iv) α ≡ ±1 (mod λ) =⇒ α3 ≡ ±1 (mod λ4 ). ♣Bizonyítás: (i) A 7.7.6 Tétel alapján a λ egységszeresei ±λ, ∓ωλ és ±ω 2 λ.
A szorzásokat elvégezve, valamint az ω 2 = −1 − ω és ω 3 = 1 összefüggéseket
felhasználva éppen a tételben megadott hat Euler-egészt kapjuk.
(ii) Aza + bω = a + b − b(1 − ω) = a + b − bω 2 λazonosságból kapjuk, hogy
a + bω ≡ a + b (mod λ).
Mivel a + b ≡ 0, 1 vagy −1 (mod 3) és λ | 3, ezért
a + b ≡ 0, 1 vagy − 1 (mod λ)is teljesül. Ezzel beláttuk, hogy bármely a + bω Euler-egész kongruens 0-val,
1-gyel vagy −1-gyel modulo λ.

328

7. Diofantikus egyenletek

Azt kell még megmutatni, hogy a 0, 1 és −1 páronként inkongruensek
modulo λ, azaz λ nem osztója semelyik két szám különbségének, ±1-nek,
illetve ±2-nek. Ha λ | ±1, illetve λ | ±2 teljesülne, akkor N (λ) | 1, illetve
N (λ) | 4 is fennállna, de ez N (λ) = 3 miatt lehetetlen.
(iii) Ez azonnal következik (ii)-ből és az
α3 − α = α(α − 1)(α + 1)
azonosságból.
(iv) Ha α ≡ 1 (mod λ), akkor α = 1 + βλ (ahol β alkalmas Euler-egész).
A köbre emelést elvégezve
α3 = 1 + 3βλ + 3β 2 λ2 + β 3 λ3
adódik. Innen a 3 = −λ2 összefüggés alapján kapjuk, hogy
α3 = 1 − βλ3 − β 2 λ4 + β 3 λ3 = 1 − β 2 λ4 + (β 3 − β)λ3 .

(12)Mivel (iii) szerint λ | β 3 − β, ezért (12)-ből következik, hogy α3 ≡ 1 (mod λ4 ).
Az α ≡ −1 (mod λ) esetben hasonlóan járhatunk el, vagy −α ≡ 1(mod λ) alapján visszavezethetjük az előző esetre.
Megjegyzés: A 7.7.9 Tétel több állítása a λ helyett általánosabb modulusokra
is érvényes (lásd a 7.7.12 feladatot):(ii): Bármely µ ̸= 0 Euler-egész esetén a ,,modulo µ maradékosztályok”
száma N (µ). Ha ráadásul N (µ) = p = prímszám, akkor egy Z-beli modulo
p teljes maradékrendszer elemei egyben teljes maradékrendszert alkotnak az
Euler-egészek körében modulo µ. (A 7.7.9 Tételben a µ = λ, N (λ) = 3
speciális eset szerepelt.)(iii): Tetszőleges α Euler-egész és π Euler-prím eseténαN (π) ≡ α (mod π) .
(Ez a kis Fermat-tétel megfelelője.)Az előkészületek után nézzük a Fermat-sejtést a k = 3 kitevőre:T 7.7.10
7.7.10 Tétel
3
3
3
Az x + y = z egyenletnek nincs olyan megoldása, ahol x, y és z nullától
különböző egész számok. ♣7.7. A Fermat-sejtés

329

Bizonyítás: Azt az általánosabb tételt igazoljuk, hogy aξ3 + η3 + ψ3 = 0(13)egyenletnek nincs olyan megoldása, ahol ξ, η és ψ nullától különböző Euleregészek.
Indirekt feltesszük, hogy mégis létezik ilyen megoldás. A már többször
látott módon szorítkozhatunk arra az esetre, amikor ξ, η és ψ relatív prímek,sőt páronként relatív prímek.
Ezután a bizonyítás gondolatmenete a következő. Először megmutatjuk,
hogy ξ, η és ψ közül pontosan az egyik osztható λ-val, legyen ez mondjuk ξ.
Ekkor ξ-ből a maximális λ-hatványt kiemelve és −η helyett κ-t írva (13)-ategy
ελ3n γ 3 = κ3 − ψ 3(14)típusú egyenletre vezethetjük vissza, aholn ≥ 1,

ε egység,

továbbá λ, γ, κ és ψ páronként relatív prímek.

(15)

Itt megmutatjuk, hogy egyrészt n ̸= 1, másrészt pedig ha (14) és (15) teljesül
valamely n-nel, akkor (az ε, γ, κ, ψ változók más értékei mellett) megvalósul
n helyett n − 1-gyel is. Ez a végtelen leszállás adja az ellentmondást.
A végtelen leszálláshoz a kulcslépés a (14)-nek egy (11) típusú szorzattá
bontása, ahol a jobb oldali három tényező legnagyobb közös osztója λ, és a
λ-val történő leosztás után már három páronként relatív prím szám marad,amelyek a számelmélet alapétele szerint Euler-egészek köbeinek az egységszeresei.
Nézzük mindezt részletesen.
I. A (13)-ban ξ, η és ψ közül a páronként relatív prímség miatt legfeljebb
egy lehet osztható λ-val.
Ha egyikük sem lenne osztható λ-val, akkor a 7.7.9 Tétel (iv) állítása
szerint
0 = ξ 3 + η 3 + ψ 3 ≡ ±1 ± 1 ± 1 = ±1 vagy ± 3 (mod λ4 ).
Innen λ4 | 3, azaz 9 | 3 következne, ami lehetetlen.
II. Ezzel beláttuk, hogy ξ, η és ψ közül pontosan az egyik osztható λ-val,legyen ez mondjuk ξ, azaz
ξ = λn γ,ahol

λ̸ | γ.

(16)

330

7. Diofantikus egyenletekÍrjuk be (16)-ot (13)-ba, és jelöljük −η-t κ-val, ekkor átrendezés után éppen a(14) egyenletet és a (15) feltételeket kapjuk (speciálisan ε = 1).
Így elég azt megmutatni, hogy a (14) egyenlet és a (15) feltételek (semmilyen ε egységgel) nem teljesülhetnek.
III. Most azt igazoljuk, hogy (14)-ben n ̸= 1.
Tekintsük (14)-et modulo λ4 , ekkor a 7.7.9 Tétel (iv) állításából kapjuk,
hogy
ελ3n γ 3 = κ3 − ψ 3 ≡ ±1 ± 1 = 0 vagy ± 2 (mod λ4 ).
(17)
A ±2 eset lehetetlen, mert ebből λ | 2 következne. Ezért (17) jobb oldalán 0
áll, azaz
λ4 | ελ3n γ 3 ,és így (λ, εγ) = 1 miatt λ4 | λ3n , azaz n ≥ 2.
IV. Most következik a kulcslépés, a végtelen leszállás: ha (14) és (15)teljesül valamely n-nel, akkor (az ε, γ, κ, ψ változók más értékei mellett)megvalósul n helyett n − 1-gyel is.
A (14) jobb oldalát szorzattá bontva
ελ3n γ 3 = (κ − ψ)(κ − ψω)(κ − ψω 2 )(18)

adódik.
Mivel λ osztója (18) bal oldalának és λ Euler-prím, ezért λ a jobb oldal
legalább egyik tényezőjének is osztója. Továbbá az egyes tényezők különbsége
rendre (ω − 1)ψ, (ω 2 − 1)ψ, illetve (ω 2 − ω)ψ, amelyek valamennyien oszthatók
ω − 1 = ελ-val. Ebből következik, hogy λ a (18) jobb oldalán szereplő mindhárom tényezőnek osztója.
Most belátjuk, hogy (18) jobb oldalán bármelyik két tényező legnagyobb
közös osztója λ. Nézzük ezt például az első két tényezőre, a többi hasonlóan
megy.
Legyen δ = (κ − ψ, κ − ψω). Ekkor
δ | (κ − ψ) − (κ − ψω) = ψ(ω − 1)és
δ | ω(κ − ψ) − (κ − ψω) = κ(ω − 1),
tehát

(
)
δ | ψ(ω − 1), κ(ω − 1) = (ω − 1)(κ, ψ) = ω − 1 = ελ.

Ezt a már korábban látott λ | δ oszthatósággal összevetve valóban δ = λadódik.

7.7. A Fermat-sejtés

331

A fentiek alapján
κ−ψ,λκ − ψωλésκ − ψω 2
λpáronként relatív prímek, ezért a a számelmélet alaptételéből következik, hogyκ − ψ = ε1 λν13 ,κ − ψω = ε2 λν23 ,κ − ψω

2(19)= ε3 λν33 ,ahol ε1 , ε2 , ε3 egységek és ν1 , ν2 , ν3 páronként relatív prím Euler-egészek.
Most a νi -ket a λ-val való oszthatóság szempontjából vizsgáljuk. Mivel a
νi -k páronként relatív prímek, ezért (mondjuk) ν2 és ν3 nem osztható
λ-val. Legyen a ν1 ,,kanonikus alakjában” a λ kitevője s, megmutatjuk, hogys = n − 1.
Ennek igazolásához hasonlítsuk össze, hogy a (18) egyenlőség két oldala
λ-nak pontosan hányadik hatványával osztható. A (18) bal oldalán ez a kitevő
3n. A (18) jobb oldalán a tényezők (19)-beli előállításából azt kapjuk, hogy a
λ mindhárom tényezőben előfordul az első hatványon, és emellett még ν13 -benszerepel 3s kitevővel. Ennek alapján 3n = 3 + 3s, azaz valóban s = n − 1,tehát
ν1 = λn−1 γ1 ,ahol
(γ1 , λ) = 1.
(20)
Itt n ≥ 2 miatt n − 1 ≥ 1.
A következő lépésben megmutatjuk, hogy a (19)-beli egyenletek alkalmas lineáris kombinációját véve egy olyan (14) típusú egyenlőséghez jutunk,amelyben n helyett n − 1 szerepel (és ezzel kész a bizonyítás).
Adjuk össze a (19)-beli első egyenletet, a második egyenlet ω-szorosát ésa harmadik egyenlet ω 2 -szeresét:(κ − ψ) + ω(κ − ψω) + ω 2 (κ − ψω 2 ) = ε1 λν13 + ε4 λν23 + ε5 λν33 ,(21)ahol ε4 = ε2 ω és ε5 = ε3 ω 2 is egységek. A (21) bal oldala(κ − ψ) + ω(κ − ψω) + ω 2 (κ − ψω 2 ) = (1 + ω + ω 2 )(κ − ψ) = 0.
Így (20), (21) és (22) alapján azt kapjuk, hogy0 = ε1 λ3(n−1)+1 γ13 + ε4 λν23 + ε5 λν33 .

(22)

332

7. Diofantikus egyenletek

Innen ε5 λ-val való osztás és átrendezés utánε6 λ3(n−1) γ13 = ε7 ν23 − ν33(23)

adódik (ahol ε6 és ε7 egységek).
Belátjuk, hogy ε7 = ±1, és így az ε7 ν23 tag helyére (±ν2 )3 írható.
Vizsgáljuk a (23) egyenletet modulo λ3 . Mivel n − 1 ≥ 1, továbbá λ̸ | ν2
és λ̸ | ν3 , ezért a 7.7.9 Tétel (iv) pontja alapján azt kapjuk, hogy
ε7 (±1) − (±1) ≡ 0 (mod λ3 ) ,azaz λ3 osztója ε7 − 1-nek vagy ε7 + 1-nek. Ekkor
N (λ3 ) | N (ε7 ∓ 1) ,N (λ3 ) = 27

ésN (ε7 ∓ 1) < 27

miatt ε7 ∓ 1 = 0, vagyis valóban csak ε7 = ±1 lehetséges.
Ennek alapján (23) átírható az
ε6 λ3(n−1) γ13 = (±ν2 )3 − ν33
alakba. Ez azt jelenti, hogy a (14) egyenlet kielégíthető n helyett n − 1-re is,és a (15) feltételek is teljesülnek (ε, γ, κ, illetve ψ helyére rendre ε6 , γ1 , ±ν2 ,illetve ν3 került).
Feladatok
7.7.1a) Mutassuk meg, hogy ha k | m, és két pozitív k-adik hatvány összege
sohasem k-adik hatvány, akkor két pozitív m-edik hatvány összege
sem lehet m-edik hatvány.
b) Indokoljuk meg, miért elég a Fermat-sejtést a k = 4 és k = p = prím
kitevőkre igazolni.
7.7.2 Hány megoldása van az alábbi egyenleteknek a pozitív egészek körében?
a) x20 + y 24 = z 28 ;b) x3 + y 4 = z 5 .
7.7.3 Oldjuk meg a k x + k y = k z ,,exponenciális” Fermat-egyenletet (aholk, x, y, z pozitív egészek).
7.7.4 Az alábbiakban megvizsgáljuk a ,,Fermat-egyenletet” néhány olyan
esetben, amikor a kitevő nem pozitív egész. Határozzuk meg az összes
x, y, z pozitív egész megoldást.

7.7. Feladatoka) k = −4 :1
11
+ 4 = 4.
4xyzb) k = −2 :1
11
+ 2 = 2.
2
x
y
z
√
√
√
x+ y = z.
√√√3
x+ 3 y = 3 z.

c) k = 1/2 :d) k = 1/3 :333

7.7.5 Bizonyítsuk be az alábbi állításokat.
a) Az x4 + y 2 = z 2 és x2 + y 2 = z 4 egyenleteknek végtelen sok olyan
pozitív egész megoldása van, ahol (x, y, z) = 1.
M ∗ b) Az x4 + y 4 = z 2 egyenlet nem oldható meg a pozitív egészek körében.
Megjegyzés: A b) részből egy újabb bizonyítást nyerünk a Fermatsejtés k = 4 esetére.
∗

7.7.6 Oldjuk meg az x4 − 2y 2 = −1 diofantikus egyenletet.

M∗∗ 7.7.7 Milyen alapú számrendszerekben igaz, hogy az 1111 alakú szám négyzetszám?
7.7.8 Mely Euler-egészek oszthatók a konjugáltjukkal?
7.7.9 Igazoljuk az alábbi azonosságot (a, b, c, d tetszőleges valós számok):(a2 − ab + b2 )(c2 − cd + d2 ) == (ac − bd)2 − (ac − bd)(ad + bc − bd) + (ad + bc − bd)2 .
7.7.10M a) Bizonyítsuk be, hogy az x2 −xy+y 2 = n diofantikus egyenlet akkor és
csak akkor oldható meg, ha megoldható az x2 + 3y 2 = n diofantikus
egyenlet.
∗b) Milyen n-ekre oldható meg az a)-beli két diofantikus egyenlet, és
mennyi a megoldásszám?

M∗ 7.7.11 Oldjuk meg az x2 + 243 = y 3 diofantikus egyenletet.
7.7.12 Legyen µ ̸= 0 Euler-egész. A ϱ1 , . . . , ϱr Euler-egészeket teljes maradékrendszernek nevezzük modulo µ, ha bármely α Euler-egészre az
α ≡ ϱi (mod µ) kongruencia pontosan egy ϱi -re teljesül. Bizonyítsuk
be az alábbi állításokat.
∗a) Egy modulo µ teljes maradékrendszer elemszáma N (µ).

334

7. Diofantikus egyenletekb) Ha N (µ) = p = prímszám, akkor 0, 1, 2, . . . , N (µ) − 1 teljes maradékrendszert alkotnak modulo µ.
c) Érvényes a kis Fermat-tétel megfelelője: tetszőleges α Euler-egész és
π Euler-prím eseténαN (π) ≡ α (mod π) .

7.7.13 Oldjuk meg az alábbi diofantikus egyenletet:
u
v
w
+ = .
v
w
u
7.7.14a) Mutassuk meg, hogy ha egy derékszögű háromszög oldalai egész
számok, akkor a háromszög területe nem lehet négyzetszám.
b) Bizonyítsuk be, hogy ha egy derékszögű háromszög oldalai páronként
relatív prím egész számok, akkor a háromszög területe nem lehet
köbszám.
c) Van-e olyan egész oldalú derékszögű háromszög, amelynek a területe
köbszám?
d) Vizsgáljuk meg a probléma általánosítását magasabb hatványokra.

7.8. Pell-egyenlet
Pell-egyenletnek egy
x2 − my 2 = 1(1)

alakú diofantikus egyenletet nevezünk, ahol az m (rögzített) pozitív egész és
nem négyzetszám. Az (1) egyenlet két triviális megoldása x = ±1, y = 0, az
ezektől különböző (azaz y ̸= 0 típusú) megoldások a nemtriviális megoldások.
Az (1) bal oldalát szorzattá bonthatjuk:√√(x + y m)(x − y m) = 1.

(2)√Ebből következik, hogy ha x, y megoldása (1)-nek,akkor√√ az a + b m alakú
számok körében (ahol a és b egészek) az x + y m és x − y m számok osztói az
1-nek, és így mindketten egységek. Mivel egy egység tetszőleges (egész kitevős)hatványa is egység, ezért ha létezik egy ε ̸= ±1 egység, akkor az ε hatványai
végtelen sok egységet adnak. Ez a Pell-egyenletre ,,visszafogalmazva” azt7.8. Pell-egyenlet

335

jelenti, hogy ha (1)-nek létezik nemtriviális megoldása, akkor végtelen sokmegoldás van. (Az m = 2, illetve m = 3 speciális eset lényegében szerepelt az
1.1.22 feladatban, illetve az 5.2.4 Tétel bizonyítása során.)Az alábbiakban először megmutatjuk, hogy a Pell-egyenletnek mindig
végtelen sok megoldása van (az előbbiek szerint ehhez elég azt bizonyítani,
hogy legalább egy nemtriviális megoldás létezik). Ezután megadjuk, hogyan
lehet az összes megoldást megkapni.
Megjegyezzük még, hogy az (1) egyenlet az m ≤ 0 és m = k 2 esetekben
alapvetően másképpen viselkedik, lásd a 7.8.1 feladatot.
T 7.8.1
7.8.1 Tétel
Legyen m olyan pozitív egész, amely nem négyzetszám. Ekkor az (1)diofantikus egyenletnek végtelen sok megoldása van. ♣A bizonyítás során fel fogjuk használni a következő fejezetből a 8.1.1 Tételt.
Bizonyítás: Ha y ̸= 0, akkor az (1)-gyel ekvivalens (2) egyenlőség az
x √
1
√
− m=
y
y(x + y m)

(3)

alakra hozható.
(3)-ból látszik, hogy x √> 0, y > 0√esetén x, y csak akkor lehet megoldás,
ha x/y ,,nagyon közel” van m-hez: m > 1 miatt (3) fennállása esetén
√

m−

x
1
< 2.
y
y

(4)

√
A m irracionalitása miatt a 8.1.1 Tételből következik, hogy (4) valóban
végtelen sok x, y egész számpárra teljesül. Ezt a tényt felhasználva most azt
igazoljuk, hogy (2)-nek is végtelen sok megoldása van. (A (4) és (2) feltételek
nem ekvivalensek, a (4)-et kielégítő x, y értékeknek csak egy része teljesíti
majd (2)-t is.)I. Első lépésként megmutatjuk, hogy van olyan t ̸= 0 egész, amelyre az
x2 − my 2 = t(5)diofantikus egyenletnek végtelen sok megoldása van.
Legyenek cj , dj (j = 1, 2, . . .) olyan pozitív egész számpárok, amelyek
eleget tesznek (4)-nek, azaz
√

m−

1
cj
< 2,
dj
dj

j = 1, 2, . . .

336

7. Diofantikus egyenletek

Ekkor
cj √
cj √
cj √
− m ·
+ m <
+ m =
dj
dj
dj
√
√
√
cj √
1
=
− m + 2 m < 2 + 2 m ≤ 1 + 2 m.
dj
dj

|c2j − md2j | = d2j

(6)

√
√
A (6)-ból következik, hogy a c2j − md2j értékek csak a (−1 − 2 m, 1 + 2 √m)intervallumba eső véges sok egész szám közül kerülhetnek ki, továbbá mirracionalitása miatt a 0 nem jöhet szóba. A skatulyaelv értelmében ekkor
található ebben az intervallumban olyan t ̸= 0 egész szám, hogyc2j − md2j = tvégtelen sok cj , dj párra teljesül. Ez azt jelenti, hogy az (5) diofantikus
egyenletnek végtelen sok megoldása van.
II. Most megmutatjuk, hogy az (5) egyenlet alkalmas megoldásainak ,,hányadosaiból” az (1) egyenlet megoldásaihoz jutunk.
Legyen x = a1 , y = b1 , illetve x = a2 , y = b2 az (5) egyenlet két
megoldása, azaz√√
a21 − mb21 = (a1 + b1 m)(a1 − b1 m) = t,√√
a22 − mb22 = (a2 + b2 m)(a2 − b2 m) = t,

(7a)
(7b)

és tegyük fel, hogy
a1 ≡ a2 (mod |t|)és

b1 ≡ b2 (mod |t|).

(8)

A (7a), (7b) és (8) feltételek teljesülése esetén az a1 , b1 és a2 , b2 számpárokataz (5) egyenlet modulo |t| kongruens megoldásainak fogjuk nevezni.
A (7a) egyenlőséget (7b)-vel elosztva azt kapjuk, hogy√√
a1 + b1 m a1 − b1 m
√ ·√ = 1.
a2 + b2 m a2 − b2 m
A (9) bal oldalán szereplő első tört√√
a1 + b1 m√ =u+v m
a2 + b2 m(9)

7.8. Pell-egyenlet

337

alakba írható (ahol u és v racionális számok), és ekkor a második törtre szükségképpen fennáll√√
a 1 − b1 m
√ =u−v m.
a 2 − b2 m
Belátjuk, hogy (8) miatt u és v egész számok, tehát u és v valóban az (1)egyenlet egész megoldását adják.
A nevező szokásos ,,gyöktelenítésével” és (7b) felhasználásával kapjuk,
hogy
√
√
√
√
√
a1 + b1 m(a1 + b1 m)(a2 − b2 m)(a1 + b1 m)(a2 − b2 m)√ ==.
a22 − mb22t
a2 + b2 m
Így azt kell igazolnunk, hogy az√√√(a1 + b1 m)(a2 − b2 m) = r + s m
felírásban r és s osztható t-vel. Ez (8)-ból és (7a)-ból következik:√√√r + s m = (a1 + b1 m)(a2 − b2 m) ≡√√≡ (a1 + b1 m)(a1 − b1 m) = t ≡ 0 (mod |t|).
√(A kongruenciát az a + b m számokra a már többször látott ,,természetes”
értelemben használtuk.)III. Mivel egy a, b számpárban az a és b is |t|-féle maradékot adhat modulo |t|, ezért az (5) egyenlet páronként inkongruens megoldásainak a száma
legfeljebb t2 . Ismét a skatulyaelvet alkalmazva ebből az következik, hogy az(5) egyenlet végtelen sok megoldása között kell lennie végtelen sok olyannak,
amelyek közül bármelyik kettő kongruens modulo |t|. Legyenek x = fi , y = gi ,i = 1, 2, . . . ilyen megoldások.
Ekkor a II. rész szerint az fi , gi és f1 , g1 ,,hányadosaként” keletkező ri , siértékek az (1) diofantikus egyenlet végtelen sok (különböző) megoldását adják.

T 7.8.2
7.8.2 Tétel
Legyen m olyan pozitív egész, amely nem négyzetszám, és x0 , y0 az(1) diofantikus egyenletnek az a(z√egyértelműen meghatározott) megoldása,
amelyre x0 > 0, y0 > 0 és x0 + y0 m minimális. Ekkor az összes megoldást
az√√
x + y m = ±(x0 + y0 m)n ,n = 0, ±1, ±2, . . .
(10)képlettel meghatározott x, y egész számpárok adják. ♣338

7. Diofantikus egyenletek
A (2) egyenlőségből látszik, hogy√√
(x0 + y0 m)−n = (x0 − y0 m)n ,(11)

ezért (10) az√√
x + y m = ±(x0 ± y0 m)n ,n = 0, 1, 2, . . .

formában is megadható.
Az n = 0 esetben a két triviális megoldást kapjuk.
Bizonyítás: Többször fel fogjuk használni, hogy két megoldásnak az alábbiértelemben vett szorzata is megoldás.
Tegyük fel, hogy x1 , y1 , illetve x2 , y2 egy-egy megoldása (1)-nek, azaz√√
(x1 + y1 m)(x1 − y1 m) = 1,√√
(x2 + y2 m)(x2 − y2 m) = 1.

(12a)
(12b)

A (12a) és (12b) egyenlőségeket összeszorozva√√(x1 x2 + my1 y2 + (x1 y2 + y1 x2 ) m)(x1 x2 + my1 y2 − (x1 y2 + y1 x2 ) m) = 1
adódik, ami azt jelenti, hogyx3 = x1 x2 + my1 y2 ,y3 = x1 y2 + y1 x2

is megoldása (1)-nek. (Mindez a bevezetőben jelzett, az egységekre vonatkozó
átfogalmazásban annak felel meg, hogy két egység szorzata is egység.)
A fentiekből és (11)-ből nyilvánvalóan következik, hogy a (10) képlettel
megadott x, y számpárok kielégítik (1)-et.
Most belátjuk, hogy ez az összes megoldás. Tegyük fel indirekt, hogy
létezik egy x, y megoldás, amely nem ilyen alakú. Ekkor nyilván −x, −y ismegoldás és√ ez sem szerepel a (10)-beli megoldások között. Ezért feltehető,hogy x + y m > 0.
Ekkor létezik olyan k egész szám, amelyre√√√(x0 + y0 m)k < x + y m < (x0 + y0 m)k+1 .

(13)√
A (13)-at (x0 − y0 m)k -nal beszorozva√√√
1 < (x + y m)(x0 − y0 m)k < x0 + y0 m

(14)

7.8. Feladatok
adódik. Itt

339

√
√
√
(x + y m)(x0 − y0 m)k = x′ + y ′ mmegoldások összeszorzásával keletkezett, tehát x′ , y ′ is megoldás, azaz√√
(x′ + y ′ m)(x′ − y ′ m) = 1.

(15)

A (14)-beli első egyenlőtlenség szerint√
x′ + y ′ m > 1,(16a)

így (15) miatt√
0 < x′ − y ′ m < 1 .

(16b)

A (16b) miatt nem lehetségesek az y ′ = 0, az x′ < 0, y ′ > 0, valamint az x′ > 0,′y ′ < 0 esetek, a (16a) miatt pedig nem fordulhat elő x√< 0, y ′ < 0. Ezért
x′ > 0, y ′ > 0, ez azonban (14) szerint ellentmond x0 +y0 m minimalitásának.
Feladatok
7.8.1 Határozzuk meg az x2 − my 2 = 1 diofantikus egyenlet összes megoldását, ha m ≤ 0, illetve ha m négyzetszám.
7.8.2 Hány olyan négyzetszám van, amely után (tízes számrendszerben)
egy 1-est írva ismét négyzetszámot kapunk?
7.8.3 Legyen m olyan pozitív egész, amely nem négyzetszám, és r ̸= 0
tetszőleges egész szám. Bizonyítsuk be, hogy ha az x2 − my 2 = r
diofantikus egyenlet megoldható, akkor végtelen sok megoldása van.
7.8.4a) Hány olyan négyzetszám van, amely(a1) 1-gyel nagyobb;(a2) 1-gyel kisebb
egy négyzetszám kétszeresénél?
b) Vizsgáljuk meg a kérdést kétszeres helyett háromszorosra is.
( )7.8.5 Hány olyan n van, amelyre n2 négyzetszám?
7.8.6 Hány olyan (páronként nem egybevágó) derékszögű háromszög van,amelynek a befogói szomszédos egész számok és az átfogója is egészszám?
7.8.7 Hány megoldása van az alábbi diofantikus egyenleteknek:a) x2 − 3y 2 = 2;b) x2 − 3y 2 = 7;c) x2 − 3y 2 = 13;e) 2x2 − 3y 2 = 1;f) 3x2 − 2y 2 = 1.
d) x2 − 3y 2 = 39;

340∗

7. Diofantikus egyenletek

7.8.8 Mely p > 0 prímszámok esetén oldható meg az x2 − py 2 = −1 diofantikus egyenlet?
7.8.9 Legyenek az a, b, c nemnulla egészek páronként relatív prímek, éstegyük fel, hogy az ax2 +by 2 +cz 2 = 0 diofantikus egyenletnek létezik
nemtriviális (vagyis az x = y = z = 0-tól különböző) megoldása.
Bizonyítsuk be, hogy ekkor a, b és c előjele nem lehet azonos, továbbá
megoldhatók az
u2 ≡ −bc (mod |a|),v 2 ≡ −ac (mod |b|),w2 ≡ −ab (mod |c|)kongruenciák.
Megjegyzés: Megmutatható, hogy ezek a feltételek nemcsak szükségesek, hanem elégségesek is ahhoz, hogy az ax2 + by 2 + cz 2 = 0
diofantikus egyenletnek létezzék nemtriviális megoldása.
√
7.8.10 Hány olyan k egész szám létezik, amelyre 2 + 2 28k 2 + 1 négyzetszám?
∗

7.8.11 Mutassuk meg, hogy az x2 − 2y 2 = 1 Pell-egyenlet nemtriviális
megoldásaiban sem x, sem y nem lehet négyzetszám.

7.9. Partíciók
D 7.9.1
7.9.1 Definíció
Az n pozitív egész partícióin az n-nek pozitív egészek összegeként történő
lényegesen különböző előállításait értjük (azaz azonosnak tekintjük a csupánaz összeadandók sorrendjében eltérő előállításokat). Itt az egytagú összeget ismegengedjük.
Az n partícióinak számát p(n)-nel jelöljük. ♣Példa: A 4 összes partíciói
4 = 3 + 1 = 2 + 2 = 2 + 1 + 1 = 1 + 1 + 1 + 1,
tehát p(4) = 5.
Bizonyítás nélkül közöljük a p(n) függvényre vonatkozó aszimptotikus
eredményt: (n → ∞ esetén)
√
√
1
π 6
ced n
, ahol c = √és d =.
p(n) ∼
n3
4 3

7.9. Partíciók

341

Gyakran vizsgálunk olyan partíciós kérdéseket, amikor az n-et előállítóösszeadandókra vagy azok számára teszünk bizonyos megkötéseket: példáulelőírhatjuk, hogy csupa páratlan szám vagy csupa különböző szám szerepeljenösszeadandóként stb.
A partíciós feladatok kezelésének alapvető eszköze a generátorfüggvény.
Ennek illusztrálására tekintsük az ún. pénzkifizetési (vagy pénzváltási) problémát: hányféleképpen lehetett n forintot (például) 50 forintosnál kisebb pénzérmékkel kifizetni, amikor még 1- és 2-forintosok is érvényben voltak. Ekkor
az n olyan partícióiról van szó, ahol összeadandóként csak az 1, 2, 5, 10 és 20
számokat engedjük meg, jelöljük az ilyen partíciók számát f (n)-nel.
A feladatot a következő módon érdemes átfogalmazni. Jelölje egy ilyen kifizetésnél a felhasznált 1, 2, 5, 10, illetve 20 forintosok számát rendre u1 , . . . , u5 ,
ekkor f (n) az
1u1 + 2u2 + 5u3 + 10u4 + 20u5 = n(1)diofantikus egyenlet nemnegatív egész megoldásainak a száma.
Az f (n) függvény generátorfüggvényén az
F (x) = 1 +∞∑f (n)xn(2)

n=1

hatványsort értjük. Először megmutatjuk, hogy ez a sor |x| < 1/2 esetén
abszolút konvergens.
Mivel (1)-ben bármely i-re 0 ≤ ui ≤ n, ezért
0 ≤ f (n) ≤ (n + 1)5 .
Könnyen látható, hogy ha n elég nagy, akkor (n + 1)5 < 2n , így a (2) végtelensor |x| < 1/2 esetén majorálható a∞∑(2|x|)nn=0konvergens végtelen mértani sorral. Ezzel beláttuk, hogy |x| < 1/2 esetén
F (x) abszolút konvergens. (Ez igazolható |x| < 1-re is.)Most F (x)-et előállítjuk konvergens mértani sorok szorzataként (továbbra
is feltesszük, hogy |x| < 1/2):
(
)(
)(
)
F (x) = 1 + x + x2 + . . . 1 + x2 + (x2 )2 + . . . 1 + x5 + (x5 )2 + . . . ·()()· 1 + x10 + (x10 )2 + . . . 1 + x20 + (x20 )2 + . . . .
(3)

342

7. Diofantikus egyenletek

Mivel egy függvény a 0 körül csak egyféleképpen fejthető hatványsorba, ígyazt kell megmutatnunk, hogy (3) jobb oldalán a véges sok abszolút konvergens
sor szorzását elvégezve xn együtthatója éppen f (n) lesz. Az n minden (1)-belielőállításának feleltessük meg azt a szorzatot, amelyet úgy kapunk, hogy (3)jobb oldaláról rendre az
xu 1 ,(x2 )u2 ,(x5 )u3 ,(x10 )u4 ,(x20 )u5

tagokat szorozzuk össze. Ez a szorzat éppen
xu1 (x2 )u2 (x5 )u3 (x10 )u4 (x20 )u5 = x1u1 +2u2 +5u3 +10u4 +20u5 = xn .
Mivel a szóban forgó előállítások és szorzatok között kölcsönösen egyértelmű
megfeleltetés áll fenn, ezért (3) jobb oldalán a szorzást elvégezve xn együtthatója valóban f (n) lesz.
A mértani sorok összegképletét felhasználva (3) átírható az
F (x) =

1
(1 − x)(1 − x2 )(1 − x5 )(1 − x10 )(1 − x20 )(|x| < 1/2)

alakba.
A fentiekkel teljesen azonos módon kapjuk az alábbi általánosabb eredményt is:
T 7.9.2
7.9.2 Tétel
Legyenek a1 , a2 , . . . , ar különböző pozitív egészek, és jelöljük f (n)-nel az
n pozitív egésznek az a1 , a2 , . . .∑, ar összeadandókból képzett partíciói számát.
∞Ekkor |x| < 1/2 esetén az 1 + n=1 f (n)xn végtelen sor abszolút konvergens
és
∞
r
∑
∏
1
n
. ♣
1+
f (n)x =
1
−
xai
n=1
i=1
Hasonlóan adódik p(n) generátorfüggvénye is:
T 7.9.3

7.9.3 Tétel
P (x) = 1 +

∞
∑
n=1

n

p(n)x =∞∏

1
1 − xii=1(|x| < 1). ♣(4)

7.9. Partíciók

343

A (4) jobb oldalán szereplő végtelen szorzat (az 5.6.6 és 5.6.7 feladatokban
megadott módon) az alábbi határértéket jelenti:
∞
∏

r
∏
1
1
=
lim
.
i
r→∞
1−x
1 − xii=1
i=1

A 7.9.3 Tétel igazolásához a 7.9.2 Tételt kell az ai = i esetre alkalmazni,
majd az r → ∞ határátmenetet kell képezni. A bizonyítást nem részletezzük.
A partíciók kezeléséhez a generátorfüggvények mellett kombinatorikus jellegű meggondolások is jól használhatók. Az n = a1 + a2 + . . . + ar partíciót,ahol a1 ≥ a2 ≥ . . . ≥ ar egy olyan pontsémával ábrázolhatjuk, amelynek elsősorában a1 , a második sorában a2 stb. pont van. Például a
• •
• •
• •
•

•
•
•

•

•
(5)

séma a 12 = 5 + 3 + 3 + 1 partíciónak felel meg. Az értelmezésből nyilvánvaló,
hogy egy ilyen séma egyetlen sorában sem lehet több elem, mint a felette levősorban.
A sémában az egyes sorok felelnek meg a partíció tagjainak, azonban
néha hasznos a sémát ,,oszloponként” is leolvasni. Például az (5) sémánál
ekkor a 12 = 4 + 3 + 3 + 1 + 1 partícióhoz jutunk. A sémáknak ebből a kétféle
leolvasásából kapjuk az alábbi eredményt:T 7.9.4
7.9.4 Tétel
Legyen gr (n), illetve hr (n) az n szám olyan partícióinak a száma, ahol azösszeadandók száma, illetve maximuma r. Ekkor gr (n) = hr (n). ♣Bizonyítás: Tekintsük azokat az n pontból álló sémákat, amelyeknek pontosanr sora van. Egy ilyen sémát soronként nézve az n-nek egy r összeadandóbólálló partícióját kapjuk, oszloponként nézve pedig az n-nek egy olyan partíciójához jutunk, amelyben a legnagyobb összeadandó r. Az összes ilyen sémátösszeszámolva így éppen a kívánt gr (n) = hr (n) egyenlőség adódik.
A következőkben az n számnak páros sok, illetve páratlan sok különböző
összeadandóból álló partícióit vizsgáljuk. Az alábbi, Eulertől származó tételből kiderül, hogy a kétféle partíció száma között bármely n esetén legfeljebb
1 az eltérés.

344

7. Diofantikus egyenletek

T 7.9.5
7.9.5 Tétel
Jelölje s(n), illetve t(n) az n pozitív egész azon partícióinak a számát,ahol minden összeadandó különböző, és a tagok száma páros, illetve páratlan.
Ekkor{(−1)k , ha n = 12 (3k 2 ± k);s(n) − t(n) =(6)0,egyébként.
♣
Példa: Az n = 7 páros, illetve páratlan sok különböző összeadandóból történő
előállításai
6 + 1 = 5 + 2 = 4 + 3, illetve 7 = 4 + 2 + 1,
tehát s(7) = 3, t(7) = 2. Az s(7) − t(7) = 1 = (−1)2 egyenlőség összhangbanvan (6)-tal, hiszen 7 = 21 (3 · 22 + 2).
Bizonyítás: ,,Majdnem” kölcsönösen egyértelmű megfeleltetést fogunk létesíteni az n páros, illetve páratlan sok különböző összeadandóból álló partíciói
között.
Az n csupa különböző tagból álló partíciói olyan sémáknak felelnek meg,amelyekben az egyes sorokban fentről lefelé szigorúan csökkenő számú elemszerepel, például a 23 = 7 + 6 + 5 + 3 + 2 partíciónak a
•
•
•
•
•

•
•
•
•
•

•
•
•
•

• •
• •
• •

•
•

•
(7)

séma felel meg.
Nevezzük egy ilyen séma élének a jobb felső pontból induló, 45 fokos szögben haladó maximális hosszúságú ,,ÉK-DNy” irányú pontsort. A (7) séma éle
3 pontból áll. (Az elemszámot általában az határozza meg, meddig tart azösszeadandók egyesével történő csökkenése, az él elemszáma lehet természetesen 1 is.)Legyen A az a transzformáció, amely egy séma élét áthelyezi a séma
utolsó sora alá (új utolsó sornak), feltéve, hogy így ismét egy csupa különböző
összeadandóból álló partíció jön létre, azaz egy szigorúan csökkenő elemszámú
sorokból álló sémát kapunk. Hasonlóképpen, legyen M az a transzformáció,amely egy séma utolsó sorát áthelyezi a séma éle mellé (ferdén, új élnek),
amennyiben így ismét egy megfelelő séma keletkezik. A (7) séma esetén M -et345

7.9. Partíciók
alkalmazva a

•
•
•
•

•
•
•
•

•
•
•
•

•
•
•

• •
• •
•

•
•

•

sémához jutunk, ugyanakkor A nem végezhető el.
Megmutatjuk, hogy néhány kivételtől eltekintve bármely séma esetén Aés M közül pontosan az egyik hajtható végre.
Legyen a séma utolsó sorának elemszáma a, az él elemszáma pedig m.
Ha a ≤ m, akkor A nem hajtható végre, M viszont igen, kivéve, ha a = m
és az utolsó sor és az él összeér (ekkor sem A, sem M nem végezhető el):••••• • • • •• • • • •• • • •
• • •

•
(∗ )

Ha a > m, akkor M nem hajtható végre, A viszont igen, kivéve, ha
a = m + 1 és az utolsó sor és az él összeér (ekkor sem M , sem A nem végezhetőel):• • • • • •• • • • •(∗∗ )• • • •Az A, illetve M transzformáció alkalmazása a séma sorainak számát 1-gyel
növeli, illetve csökkenti, tehát az eredeti és a transzformáció után keletkező
partícióban az összeadandók száma ellentétes paritású. Világos továbbá, hogyA és M egymás inverzei, azaz bármilyen sorrendben történő egymás utáni alkalmazásukkal a kiindulási sémát kapjuk vissza. Ebből következik, hogy az A,
M transzformációpár a (∗ ) és (∗∗ ) típusú partícióktól eltekintve kölcsönösen
egyértelmű megfeleltetést létesít az n páros, illetve páratlan sok különböző
összeadandóból álló partíciói között. Ebből következik, hogy s(n) = t(n),kivéve ha n-nek létezik (∗ ) vagy (∗∗ ) típusú partíciója, amikor is s(n) − t(n)aszerint 1, illetve −1, hogy a ,,rossz” partícióban az összeadandók száma páros,illetve páratlan (ehhez azt is igazolni kell még, hogy egy adott n-nek nem lehet
egynél több rossz partíciója).
Ha a (∗ ) partícióban k tag van (azaz a sémában a sorok száma k), akkorn = (2k − 1) + (2k − 2) + . . . + k =(3k − 1)k
.
2

(8)

346

7. Diofantikus egyenletek

Ugyanígy adódik, hogy ha a (∗∗ ) partíció k tagból áll, akkor
n = 2k + (2k − 1) + . . . + (k + 1) =(3k + 1)k.
2

(9)Adott n-re (8), illetve (9) nyilván legfeljebb egy k-val teljesülhet, továbbá nnem lehet egyszerre (8) és (9) alakú is, ugyanis(3k − 1)k
(3j + 1)j=⇐⇒ (3k − 3j − 1)(k + j) = 0,22
ami pozitív egész k és j esetén nem állhat fenn.
Így a (8) és (9) képlettel meghatároztuk a kivételes n-eket, és beláttuk,
hogy minden ilyen n-nek csak egy rossz partíciója van. Ezzel a (6) képletet
teljes egészében igazoltuk.
Mint jeleztük, a 7.9.5 Tételnek fontos következményei vannak a p(n) függvényre nézve is. Legyen u(n) = s(n) − t(n), ekkor a 7.9.5 Tétel szerint u(n)generátorfüggvénye
U (x) = 1 +∞∑u(n)xn = 1 +

n=1

∞
∑

( 1 2
)
2
1
(−1)k x 2 (3k +k) + x 2 (3k −k) =k=1= 1 − x − x2 + x5 + x7 − x12 − x15 + . . .

(10)Ez a végtelen sor (például) |x| < 1/2 esetén abszolút konvergens.
Ugyanakkor U (x) az alábbi (|x| < 1/2 esetén konvergens) végtelen szorzatként is előállítható:
U (x) =∞∏

(1 − x ) = lim
i

r→∞

i=1

r
∏

(1 − xi ) .

(11)

i=1

A (11) igazolásához tekintsük ar∏(1 − xi )

(12)

i=1

szorzatot. A szorzást elvégezve(−xi1 )(−xi2 ) . . . (−xij ) = (−1)j xi1 +i2 +...+ij

(13)

347

7.9. Feladatok

típusú tagok keletkeznek, ahol 0 ≤ j ≤ r és i1 , . . . , ij különböző, r-nél nem
nagyobb pozitív egészek. (A j = 0 esetben az üres szorzatnak megfelelő 1értéket kapjuk.)A (12) szorzás elvégzésekor (13) alapján annyiszor keletkezik xn -es tag+1, illetve −1 együtthatóval, ahányféleképpen az n-et elő tudjuk állítani páros,illetve páratlan sok különböző, r-nél nem nagyobb pozitív egész összegeként.
Ha 1 ≤ n ≤ r, akkor n bármely partíciójában eleve csak r-nél nem nagyobb
tagok szerepelhetnek. Ez azt jelenti, hogy r ≥ n esetén (12)-t polinom alakbaátírva xn együtthatója éppen s(n) − t(n) = u(n) lesz.
Ezután (11)-et az r → ∞ határátmenettel kaphatjuk meg, ennek bizonyítását nem részletezzük.
A 7.9.3 Tételből és (11)-ből következik, hogy p(n) és u(n) generátorfüggvényei egymás reciprokai, azaz
(
1+

∞
∑
n=1

p(n)x

n

)(
1+

∞
∑

)
u(n)xn = P (x)U (x) = 1.

(14)

n=1

Így (14) bal oldalán a két hatványsort összeszorozva minden n ≥ 1-re xn
együtthatója 0 lesz, vagyis
p(n) + p(n − 1)u(1) + p(n − 2)u(2) + . . . + p(1)u(n − 1) + u(n) = 0.

(15)

Az u(j) értékeket a 7.9.5 Tételből ismerjük, ezeket (15)-be beírva p(n)-re az
alábbi rekurziót nyerjük:
p(n) = p(n − 1) + p(n − 2) − p(n − 5) − p(n − 7) + p(n − 12) + . . .

(16)

A (16) rekurzió√ érdekessége, hogy a jobb oldalon szereplő tagok száma csak
körülbelül 2 2n/3, és így ez az összefüggés (viszonylag) nagy n esetén is alkalmas p(n) tényleges kiszámítására. Például ily módon határozták meg p(200)értékét is:
p(200) = 3 972 999 029 388.
Feladatok
7.9.1 Mutassuk meg, hogy p(n + 1) ≤ 2p(n). Mikor áll egyenlőség?
7.9.2 Számítsuk ki az alábbi határértékeket:a)()
lim p(n + 1) − p(n) ;

n→∞

b)

(
)
lim p(n + 1) − 2p(n) .

n→∞

348

7. Diofantikus egyenletek

7.9.3 Melyek azok a számok, amelyek páratlan sokféleképpen állnak elő
különböző pozitív egészek összegeként?
7.9.4 Hányféleképpen írható fel egy n szám pozitív egészek összegeként, haa csak a tagok sorrendjében eltérő előállításokat is külön számoljuk?
7.9.5 Mutassuk meg, hogy az n pontosan r-tagú és az n − r legfeljebb
r-tagú partícióinak a száma azonos.
7.9.6 Írjuk fel a 7.9.4 Tételben szereplő hr (n) függvény generátorfüggvényét.
7.9.7a) Legyen v(n) az n szám csupa különböző pozitív egészből történő
előállításainak a száma, w(n) pedig a csupa páratlan (de nem feltétlenül különböző) pozitív egészből történő előállítások száma. Mutassuk
meg, hogy v(n) = w(n).
b) (Az a) rész általánosítása.) Legyen vk (n) az n azon partícióinak aszáma, ahol az összeadandók között nem szerepel egyetlen szám sem
k-szor (vagy többször), wk (n) pedig azon partíciók száma, ahol egyikösszeadandó sem osztható k-val. Ekkor vk (n) = wk (n).
7.9.8 Bizonyítsuk be, hogy |x| < 1/2 esetén∞∑

p(n)xn =

n=1
∗∗

∞
∑

xr
.
(1 − x)(1 − x2 ) . . . (1 − xr )
r=1

7.9.9 Bizonyítsuk be, hogy
σ(n) − σ(n − 1) − σ(n − 2) + σ(n − 5) + σ(n − 7) − . . . ={(−1)k+1 n, ha n = 21 (3k 2 ± k);=0,egyébként.

8. DIOFANTIKUS APPROXIMÁCIÓ

Ebben a fejezetben azt vizsgáljuk, mennyire jól közelíthetők az irracionális
számok racionálisokkal. Itt az approximáció jóságát a közelítő tört s nevezőjéhez viszonyítjuk. Kiderül, hogy az irracionális számok ,,tipikusan” 1/s2
nagyságrendben közelíthetők. A probléma kezelésénél a geometriai számelmélet egyik alaptételét, a Minkowski-tételt, valamint a lánctörteket is felhasználjuk. Végül bizonyos számsorozatok törtrészeinek elhelyezkedésével foglalkozunk. A diofantikus approximáció már az előző fejezetben tárgyalt Pellegyenlethez is kapcsolódott (a 7.8.1 Tétel bizonyításában felhasználtuk a 8.1.1
Tételt), és további alkalmazásokat tárgyalunk a következő fejezetben.

8.1. Irracionális szám approximációja
A racionális számok a számegyenesen mindenütt sűrűn helyezkednek el, ésígy bármely irracionális számnak tetszőlegesen kicsi környezetében található
végtelen sok racionális szám. Ebben a fejezetben olyan ,,erősebb” értelemben vett közelítésekkel foglalkozunk, amikor egy adott irracionális szám és aközelítő tört eltérése a tört nevezőjének függvényében is kicsi. Erre vonatkozik
az alábbi alapvető eredmény:
T 8.1.1
8.1.1 Tétel
Tetszőleges α irracionális számhoz végtelen sok olyan r/s tört létezik,
amelyrer
1
α−< 2. ♣(1)ss
Megjegyzés: A közelítő r/s törtről mindig eleve feltesszük, hogy s > 0. Az isvilágos, hogy ha egy tört (r, s) > 1 esetén kielégíti (1)-et, akkor az egyszerűsítés
után kapott r′ /s′ törtre ez (s′ < s miatt) ,,még inkább” érvényes. Másfelől az
is könnyen igazolható (lásd a 8.1.2 feladatot), hogy egy r/s törtnek csak véges
sok bővített alakja elégítheti ki (1)-et.
Mindezek alapján a 8.1.1 Tétel (és a későbbi hasonló tételek) állításának
igazságát nem befolyásolja, akár végtelen sok különböző r/s racionális számot, akár végtelen sok különböző r/s törtalak ot mondunk (ez utóbbi esetben
ugyanannak a racionális számnak két vagy több, az (1) feltételt kielégítő r/s
alakú felírását külön számoljuk). Ugyanígy, az sem jelentene megszorítást, ha
az r/s közelítő törtekre az (r, s) = 1 feltételt is előírnánk.

350

8. Diofantikus approximáció
A 8.1.1 Tétel bizonyításához szükségünk lesz az alábbi tételre:

T 8.1.2
8.1.2 Tétel
Ha α tetszőleges valós szám és n pozitív egész, akkor létezik (legalább
egy) olyan r/s tört, amelyre
1 ≤ s ≤ n

és

α−

1
r
. ♣
<
s
ns

(2)

A 8.1.2 Tétel bizonyítása: Egy c valós szám törtrész én a {c} = c − ⌊c⌋különbséget értjük. Például {3} = 0; {2,9} = 0,9; {−2,9} = 0,1. Nyilván
0 ≤ {c} < 1.
Tekintsük az{α}, {2α}, . . . , {(n + 1)α}törtrészeket. Ezek valamennyien a [0, 1) intervallumba esnek.
Osszuk fel a [0, 1) intervallumot n darab 1/n hosszúságú balról zárt, jobbról nyílt részintervallumra. Mivel a {jα} törtrészek száma n + 1, a részintervallumoké pedig n, ezért a skatulyaelv értelmében lesz két olyan törtrész,
amelyek ugyanabba a részintervallumba esnek, és így a távolságuk kisebb, mint
1/n. Ez azt jelenti, hogy van olyan 1 ≤ i < j ≤ n + 1, amelyre{jα} − {iα} <

1
.
n

(3)

A (3) átírható(jα − ⌊jα⌋) − (iα − ⌊iα⌋) = (j − i)α − (⌊jα⌋ − ⌊iα⌋) <

1
n

(4)

alakba. Legyen
s=j−i

r = ⌊jα⌋ − ⌊iα⌋,ésekkor (4)-et s-sel elosztva éppen a lemma állítását kapjuk.
A 8.1.1 Tétel bizonyítása: Vegyük észre, hogy (2)-ben 1 ≤ s ≤ n miatt
α−

r
1
1
<
≤ 2.
s
ns
s

Ez azt jelenti, hogy a lemmát α-ra és egy tetszőleges n = n1 pozitív egészre
alkalmazva kapunk egy olyan r1 /s1 törtet, amelyre
α−

r1
s1

<

1
.
s21

8.1. Irracionális szám approximációja

351

Most az előző lépést n1 helyett alkalmas n2 -vel megismételjük, ekkor egy r2 /s2közelítő törtet állítunk elő. Azt kell csak biztosítani, hogy r2 /s2 ne lehessen
ugyanaz, mint r1 /s1 .
Mivel α irracionális, így α−r1 /s1 ̸= 0, tehát n2 megválasztható úgy, hogy
α−

r1
s1

>

1
n2

teljesüljön. Ekkor a lemma alapján
α−

r2
s2

<

tehát

1
1
r1
≤
< α−
,
n2 s2
n2
s1
r2
r1
̸=
.
s2
s1

Az eljárást hasonlóan folytatva végtelen sok (különböző) megfelelő ri /si törtet
kapunk.
Megjegyzés: Ha α racionális, akkor természetesen az α-t önmaga approximálja
a legjobban. Ezzel együtt az approximációs probléma felvetése racionális αesetén sem teljesen érdektelen, például elméleti és gyakorlati szempontból egyaránt szükség lehet kis nevezőjű törtekkel történő jó közelítésre. Racionális
α esetén (magát az α-t nem engedve meg közelítő törtnek) a 8.1.1 Tételbenszereplő 1/s2 -es nagyságrend helyett csak c/s érhető el, ahol c az α-tól függő
konstans (lásd a 8.1.1 feladatot).
Az alábbi tétel több irracionális szám közös nevezőjű törtekkel történő
approximációjára vonatkozik:
T 8.1.3
8.1.3 Tétel
Tetszőleges α1 , . . . , αk irracionális számokhoz végtelen sok olyan
r1i
,
si

r2i
,
si

... ,

rki
,
si

i = 1, 2, . . .

közös nevezőjű racionális szám-k-as létezik, amelyre
αj −

rji
si

<

1
1
1+ k

,

j = 1, 2, . . . , k,i = 1, 2, . . . ♣

(5)

si

A 8.1.3 Tétel a 8.1.1 Tételhez hasonló módon igazolható, ekkor a 8.1.2
Tétel k-dimenziós változatára van szükség:

352

8. Diofantikus approximáció

T 8.1.4
8.1.4 Tétel
Tetszőleges α1 , . . . , αk valós számokhoz és n pozitív egészhez léteznek
olyan r1 , . . . , rk és s egészek, amelyekre
1 ≤ s ≤ nk

és

αj −

rj
s

<

1
,
ns

j = 1, 2, . . . , k. ♣A bizonyítások részletes végiggondolását az Olvasóra bízzuk.
A 8.1.1 Tételnek az alábbi élesítése is érvényes, amelyet bizonyítás nélkül
közlünk:
T 8.1.5
8.1.5 Tétel
Tetszőleges α irracionális számhoz végtelen sok olyan r/s tört létezik,
amelyre
1
r
< √
α−
. ♣
s
5s2
√
Ennél valamivel gyengébb állítást, a 5 helyett 2-vel igazolni fogunk két
különböző módon is a 8.2, illetve 8.3 pontban.
A 8.1.5 Tétel tovább már nem javítható:
T 8.1.6
8.1.6 Tétel√
Legyen ε > 0 tetszőleges és α = (1 + 5)/2. Ekkor csak véges sok olyan
r/s tört létezik, amelyre
α−

r
1
. ♣
< √
s
( 5 + ε)s2

(6)Bizonyítás: Tegyük fel indirekt, hogy (6) végtelen sok r/s-sel teljesül. Miveladott s-re az s nevezőjű törtek távolsága (legalább) 1/s, és s ≥ 1 miatt
1
2
> √
,
s
( 5 + ε)s2
ezért bármely s-hez legfeljebb egy olyan r található, amelyre (6) fennáll.
Ebből következik, hogy a (6)-ot kielégítő végtelen sok r/s tört nevezői
között akármilyen nagy számok is előfordulnak.

8.1. Irracionális szám approximációja

353

Az α gyöke az x2 −x−1 = 0 egyenletnek, így α(α−1) = 1. Ennek alapján
a (6) bal oldalán álló különbséget a következő módon ,,gyökteleníthetjük”:
(

α−

r )(
r)
r
r2
r r2
(α − 1) += α(α − 1) + (α − (α − 1)) − 2 = 1 + − 2 . (7)
s
s
s
s
s s

A (7) jobb oldalán egy s2 nevezőjű tört áll, amely α irracionalitása miatt nem
nulla, és így abszolút értéke legalább 1/s2 . Ebből (7) alapján következik, hogy
α−

1
r
r
· (α − 1) +
≥ 2.
s
s
s

(8)

Mivel (6) szerint r/s ,,közel” van α-hoz,√ ezért a (8) bal oldalán álló második
tényező értéke ,,körülbelül” 2α − 1 = 5, és ezzel ellentmondásba kerülünk
(6)-tal. Ennek precíz kivitelezéséhez induljunk ki az(α − 1) +√r
1r≤ (2α − 1) + − α < 5 + √
s
s
5s2

(9)

felső becslésből. Ha s elég nagy, akkor
√

1
< ε,
5s2

tehát (9)-ből kapjuk, hogy(α − 1) +√r< 5 + ε.
s

(10)

A (8) és (10) egyenlőtlenségekből következik, hogy elég nagy s-re
α−

r
1
,
> √
s
( 5 + ε)s2

ami ellentmond az indirekt feltevésnek.
A 8.1.6 Tétel mutatja, hogy a 8.1.5 és 8.1.1 Tételek az irracionális számok
approximálhatóságának a helyes nagyságrendjét jelentik, hiszen van olyan αirracionális szám, amely egyáltalán nem (illetve csak ,,alig”) approximálható
jobban, mint amit ezek a tételek biztosítanak.
A következőkben belátjuk, hogy a 8.1.5 és 8.1.1 Tételek más értelemben
véve is az irracionális számok approximálhatóságának a helyes nagyságrendjét adják: olyan irracionális szám is csak ,,kevés” van, amelyre ,,lényegesen”
jobb közelítés érhető el. A ,,kevés” pontos megfogalmazásához bevezetjük anullmértékű halmaz fogalmát:

354

8. Diofantikus approximáció

D 8.1.7
8.1.7 Definíció
A valós számok egy H részhalmaza nullmértékű , ha tetszőleges ε > 0-hoz
létezik megszámlálható sok olyan intervallum, amelyek együttesen lefedik H-t
és amelyek összhossza kisebb, mint ε. ♣Könnyen adódik, hogy minden megszámlálható H, így speciálisan a racionális számok halmaza is nullmértékű, léteznek azonban kontinuum számosságú
nullmértékű halmazok is (lásd a 8.1.9 feladatot).
T 8.1.8
8.1.8 Tétel
Legyen κ > 0 tetszőleges valós szám és H azoknak az α valós számoknak
a halmaza, amelyekhez végtelen sok olyan r/s található, hogy
α−

1
r
< 2+κ
s
s

(11)

teljesül. Ekkor H nullmértékű. ♣Bizonyítás: Legyen
Hi = H ∩ [i, i + 1),

i = 0, ±1, ±2, . . .

A (11) szerinti approximálhatóság csak az α törtrészétől függ, ezért a Hi halmazok közül bármely kettő egybevágó. Így elég belátni, hogy H0 nullmértékű,hiszen
∞
∪
Hi
H=
i=−∞

és megszámlálható sok nullmértékű halmaz egyesítése is nullmértékű (lásd a
8.1.10c feladatot).
Adott s > 1 pozitív egészhez legyen As azoknak a 0 ≤ α < 1 valós
számoknak a halmaza, amelyekre (11) teljesül alkalmas r-rel. Ekkor As nyilván
a
0
1
s
,
, ... ,ssskörüli 1/s2+κ sugarú nyílt intervallumokból, illetve ezeknek a [0, 1)-be esőrészeiből tevődik össze, azaz
(s−1
)
)
∪(r
r
1 ) ∪(
111 ) ∪[
As =0 , 2+κ
1 − 2+κ , 1 . (12)− 2+κ , + 2+κ
s s
s s
s
s
r=1

8.1. Irracionális szám approximációja

355

Az As -t alkotó intervallumok összhossza212s2(s − 1) 2+κ + 2 2+κ = 2+κ = 1+κ .
s
s
s
s

(13)

Ha α ∈ H0 , akkor a feltétel szerint végtelen sok olyan s van, amelyre α ∈ As .
Ebből következik, hogy tetszőleges m esetén
H0 ⊆

∞
∪

As .

(14)

s=m

Ekkor (12), (13) és (14) alapján H0 lefedhető megszámlálható sok intervallummal, amelyek összhossza
∞
∑
2
.
(15)
1+κ
s
s=m
Mivel a

∞
∑
s=1

1
s1+κ

végtelen sor konvergens, ezért tetszőleges ε > 0-hoz található olyan m, amelyre a (15)-beli összeg kisebb, mint ε. Ezzel beláttuk, hogy H0 , és így H isnullmértékű.
A 8.1.8 Tétel általánosításaként a következő kérdést is megvizsgálhatjuk.
Legyen f a pozitív egészeken értelmezett pozitív értékű függvény, amelyre
f (s)/s monoton nő, és H(f ) azoknak az α valós számoknak a halmaza, amelyekhez végtelen sok olyan r/s található, hogy
α−

r
1
<
.
s
sf (s)

A 8.1.8 Tétel bizonyításához hasonlóan igazolható, hogy ha
∞
∑
1
< ∞,
f (s)
s=1

akkor H(f ) nullmértékű.
Ha azonban

∞
∑
1
= ∞,
f (s)
s=1

356

8. Diofantikus approximáció

akkor teljesen megfordul a helyzet: ekkor nullmértékű halmaztól eltekintve
H(f ) minden valós számot tartalmaz. Ez utóbbi eredménynek jóval nehezebb
a bizonyítása.
Feladatok
8.1.1 Legyen α rögzített racionális szám: α = a/b, ahol (a, b) = 1 és b > 0.
a) Bizonyítsuk be, hogyrar
1
̸= =⇒ α −
≥
.
s
b
s
bs

(16)

b) Mutassuk meg, hogy végtelen sok olyan r/s tört létezik, amikor (16)jobb oldalán egyenlőség teljesül.
8.1.2 A 8.1.1 Tételben az (1) egyenlőtlenséget esetleg egy adott racionális
számnak több r/s alakja is kielégítheti. Mutassuk meg, hogy (1)nem teljesülhet ugyanannak a racionális számnak végtelen sok r/s
alakjával.
8.1.3 Legyen α irracionális szám, és tekintsünk végtelen sok olyan ri /sitörtet, amelyre
α−

ri
si

<

1
,
s2i

i = 1, 2, . . .

Bizonyítsuk be, hogyri
=α.
i→∞ sia) lim si = ∞;b) limi→∞

8.1.4 Bizonyítsuk be az alábbi állításokat:a) Minden α valós számhoz végtelen sok olyan r/2k alakú tört létezik,
amelyre1r.
α− k ≤
2
3 · 2kb) Van olyan α, hogy bármely r/2k alakú tört esetén
α−

r
2k

≥

1
.
3 · 2kc) Minden α valós számhoz végtelen sok olyan r/3k alakú tört létezik,
amelyrer
1
α− k ≤.
3
2 · 3k8.1. Feladatok

357d) Van olyan α, hogy bármely r/3k alakú tört esetén
α−

r
3k

≥

1
.
2 · 3ke) Minden α > 0 irracionális számhoz végtelen sok r2 /s2 alakú tört
létezik, amelyrer2c(α)α− 2 <,ss2ahol c(α) egy α-tól függő konstans.
f) Van olyan α > 0 irracionális szám és c konstans, hogy bármely r2 /s2
alakú tört eseténr2cα− 2 > 2 .
ss
8.1.5 Bizonyítsuk be, hogy minden α irracionális számhoz végtelen sok
olyan különböző számlálójú r/s tört létezik, amelyre
α−

c(α)
r
<
,
s
r2

ahol c(α) az α-tól függő konstans.
8.1.6 Bizonyítsuk be, hogy létezik olyan c konstans, hogy bármely r/s tört
esetén
√
r
c
2−
> 2.
s
s
8.1.7 Legyen t > 1 tetszőleges valós szám. Nevezzünk egy α valós számot
t-edrendben approximálhatónak, ha végtelen sok olyan r/s tört létezik, amelyre
r
c(α)
α−
<
s
st
teljesül, ahol c(α) egy α-tól függő konstans. (Így a 8.1.1 Tételből
következik, hogy minden irracionális szám másodrendben approximálható, a 8.1.8 Tétel szerint viszont a 2-nél nagyobb rendben approximálható valós számok halmaza nullmértékű.)Tegyük fel, hogy az α valós szám 20-adrendben approximálható.
Bizonyítsuk be, hogy ekkora) aα + b is 20-adrendben approximálható, ha a, b racionális és a ≠ 0;b) α2 10-edrendben approximálható.

358

8. Diofantikus approximáció

8.1.8 Határozzuk meg a törtrészekből képzett alábbi kifejezések összes lehetséges értékét, ha α és β egymástól függetlenül befutják a valós
számokat:a) {α}+{β}−{α+β};b) {α}{β}−{αβ};M∗ c) {α}2 −{α2 }.

8.1.9a) Mutassuk meg, hogy a valós számok minden megszámlálható részhalmaza nullmértékű.
∗b) Tekintsük azokat a 0 és 1 közé eső valós számokat, amelyek hármas alapú számrendszer szerinti ,,tizedes” (azaz ,,harmados”) tört
alakjában nem szerepel 1-es számjegy (ez az ún. Cantor-halmaz).
Bizonyítsuk be, hogy ennek a halmaznak kontinuum sok eleme van,ugyanakkor nullmértékű.
8.1.10 Bizonyítsuk be az alábbi állításokat:a) Egy nullmértékű halmaz bármely részhalmaza is nullmértékű.
b) Véges sok nullmértékű halmaz egyesítése is nullmértékű.
c) Megszámlálható sok nullmértékű halmaz egyesítése is nullmértékű.
d) Megszámlálhatónál több nullmértékű halmaz egyesítése lehet nullmértékű, de nem feltétlenül az.

8.2. Minkowski-tétel
Ebben a pontban egy fontos geometriai számelméleti tétellel és annak néhány
alkalmazásával foglalkozunk.
T 8.2.1
8.2.1 Tétel (Minkowski-tétel)Legyen L a síkon egy tetszőleges paralelogrammarács, és H olyan zárt,
konvex, síkbeli halmaz, amely középpontosan szimmetrikus az egyik rácspontra. Tegyük fel, hogy H területe legalább 4∆, ahol ∆ a rács alapparalelogrammájának a területe. Ekkor H a középpontján kívül is tartalmaz
rácspontot.
♣
Megjegyzések : 1. Könnyen ellenőrizhető, hogy a tétel feltételei szükségesek.
2. Feltehetjük, hogy H korlátos. Ugyanis megmutatható, hogy ha egy
konvex halmaz nem korlátos, akkor a területe csak nulla vagy végtelen lehet,
így ez utóbbi esetben a H-nak egy a középpontja körüli elég nagy sugarú

359

8.2. Minkowski-tétel(zárt) körrel való metszete már olyan középpontosan szimmetrikus, korlátos,zárt, konvex halmaz lesz, amelynek a területe legalább 4∆.
3. A tétel magasabb dimenziós, illetve nagyobb területű halmazok esetén
több rácspontot garantáló általánosításaira vonatkozóan lásd a 8.2.1 és 8.2.2
feladatokat.
A Minkowski-tételre két bizonyítást adunk. Jelöljük H szimmetria-középpontját O-val, területét pedig h-val.
Első bizonyítás: Tekintsük először azt az esetet, amikor h > 4∆.
Kicsinyítsük le az L rácsot az O pontból 2/k arányban, ahol k (nagy)
egész szám, és legyen N (k) az így kapott Lk rácsban azoknak a rácspontoknak
a száma, amelyek benne vannak H-ban. Az Lk rács alapparalelogrammájánaka területe 4∆/k 2 , ezért H területe
h = lim N (k)
k→∞

4∆
.
k2

(1)

Mivel h > 4∆, ezért (1)-ből következik, hogy elég nagy k esetén N (k) > k 2 .
Vegyük azt a(z általában ferdeszögű) koordináta-rendszert, amelynek akezdőpontja O, a tengelyek pedig párhuzamosak az alapparalelogramma oldalaival. Ekkor az L rács rácspontjainak a koordinátái (ia, jb), az Lk rács
rácspontjainak koordinátái pedig
( 2i
k

a,

2j )
b ,
k

ahol a, illetve b az L rács alapparalelogrammájának megfelelő oldalai, i és jpedig tetszőleges egész számok.
Mivel az (i, j) számpárok k-val való maradékos osztásakor k 2 -féle ,,maradékpár” keletkezhet, és N (k) > k 2 , ezért a skatulyaelv szerint létezik az Lkrácsnak két olyan (különböző) rácspontja,
Q1 =

( 2i

2j1 )
b
k

és

Q2 =

k | i1 − i2és

k | j1 − j2 .

1

k

a,

( 2i

2

k

a,

2j2 )
b ,
k

amelyekre(2)

Ekkor H középpontos szimmetriája miatt a Q2 pontnak az O-ra vonatkozó
tükörképe( −2i−2j2 )
2
Q′2 =
a,
b
k
k

360

8. Diofantikus approximációis H-beli, továbbá a konvexitás miatt a Q1 Q′2 szakasz felezőpontja( 2i − 2i
2j1 − 2j2 )
1
2
a,
b
F =
2k
2k
is H-beli. A (2)-beli oszthatóságok miatt F = (ra, sb), ahol r és s egész
számok, tehát F az eredeti L rácsnak is rácspontja. Mivel Q1 ̸= Q2 , ezért
F ̸= O. Ezzel igazoltuk, hogy H az O-n kívül is tartalmaz L-beli rácspontot.
Hátravan még annak az esetnek az igazolása, amikor h = 4∆. Tegyük fel
indirekt, hogy H az O középpontján kívül nem tartalmaz (L-beli) rácspontot.
Legyen a P ̸= O rácspontok H-tól való távolságának a minimuma m. Mivel Hzárt, ezért m > 0. Ez azt jelenti, hogy H-t az O-ból ki tudjuk úgy nagyítani,
hogy a kinagyított H ′ sem tartalmaz O-tól különböző rácspontot. Ez azonban
lehetetlen, hiszen H ′ területe nagyobb, mint 4∆.
Második bizonyítás: Először egy lemmát igazolunk, amely azt a ,,szemléletesen
nyilvánvaló” tényt fejezi ki, hogy ha egy korlátos síkbeli halmaznak az összes
rácsvektorral eltolt példányai páronként diszjunktak, akkor a halmaz területe
nem lehet nagyobb a rács alapparalelogrammájának a területénél.
L 8.2.2
8.2.2 Lemma
Legyen az L paralelogrammarács alapparalelogrammájának területe ∆,a K korlátos síkbeli halmaz területe pedig t. Legyen továbbá O rögzített
rácspont, P tetszőleges rácspont, és jelöljük KP -vel a K halmaznak az OP
vektorral való eltoltját (KO = K). Végül tegyük fel, hogy a KP halmazok
diszjunktak. Ekkor t ≤ ∆. ♣A 8.2.2 Lemma bizonyítása: A bizonyítás lényege a következő észrevétel: Az
alapparalelogrammát (minden irányban) nagyítsuk ki r-szeresére, ahol r egy,,nagy” szám, és az így kapott M paralelogrammát helyezzük el úgy, hogy
az O pont körülbelül M ,,közepére” essen. Ekkor a K-nak az M -beli rácspontok szerinti eltoltjai ,,nem nagyon lóghatnak ki” M -ből, és így ezen eltolt
példányok együttes területe, ami (körülbelül) r2 t, nem lehet ,,sokkal” nagyobb
az M területénél, azaz r2 ∆-nál. Az állítás innen r → ∞ határátmenettel
adódik.
Nézzük mindezt pontosan és részletesen. Vegyük azt a (8.2.1 Tétel első bizonyításában már használt, általában ferdeszögű) koordináta-rendszert,
amelynek a kezdőpontja O, a tengelyek pedig párhuzamosak az alapparalelogramma oldalaival. Ekkor az L rács rácspontjainak koordinátái (ia, jb), ahol
a, illetve b az alapparalelogramma megfelelő oldalai, i és j pedig tetszőleges
egész számok.

8.2. Minkowski-tétel

361

Legyen n tetszőleges pozitív egész, és tekintsük azt a (2n + 1)2 darab
Pij = (ia, jb) rácspontot, amelyre |i| ≤ n és |j| ≤ n. Az ezekhez tartozó KP
halmazok egyesítését jelöljük Un -nel. Ekkor Un területe (2n + 1)2 t.
A K korlátossága miatt van olyan c > 0, hogy K bármely pontjának
koordinátái kisebb abszolút értékűek, mint ca, illetve cb. Ekkor Un része
annak a Gn paralelogrammának, amelynél a négy csúcs koordinátái()±a(n + c) , ±b(n + c) ,és így Gn területe (2n + 2c)2 ∆. A tartalmazás miatt Un területe legfeljebb
akkora, mint Gn területe, azaz
(2n + 1)2 t ≤ (2n + 2c)2 ∆ .
Ebből kapjuk, hogy(2c − 1 )2t≤ 1+∆.
2n + 1Innen a kívánt t ≤ ∆ egyenlőtlenség az n → ∞ határátmenettel következik.
Rátérve a 8.2.1 Tétel bizonyítására, most is elég a h > 4∆ esetet tekintenünk.
Kicsinyítsük le H-t az O középpontból a felére, az így kapott halmazt
jelöljük K-val. A feltétel szerint K területe t = h/4 > ∆, így a 8.2.2 Lemma
alapján létezik olyan Q és R rácspont, amelyre KQ -nak és KR -nek van közös
pontja. A QO vektorral történő eltolással azt kapjuk, hogy KO = K-nak és
KP -nek is van közös pontja, ahol P alkalmas (az O-tól különböző) rácspont.
Azt fogjuk igazolni, hogy a P rácspont benne van H-ban (és ezzel a tételállítását beláttuk).
Legyen A közös pontja K-nak és KP -nek, B az A-nak a P O vektorral
való eltoltja, C a B tükörképe O-ra, és végül D az AC szakasz felezőpontja.
Mivel A eleme KP -nek, ezért B eleme K-nak. A K középpontos szimmetriája miatt C is eleme K-nak. Végül A és C is K-beli, tehát a konvexitás
miatt a D felezőpont is K-beli.
Ugyanakkor a konstrukció szerint P AOC paralelogramma, hiszen az OC
és AP oldalak párhuzamosak és egyenlők. Ezért D az OP átlónak is felezőpontja, és így D-t az O középpontú kétszeres nagyítás P -be viszi. Mivel ez anagyítás a K halmazt éppen H-ba viszi, és a D pont K-ban van, ezért a
P pont szükségképpen H-beli. Ezzel beláttuk, hogy H tartalmazza az O-tól
különböző P rácspontot is.
A Minkowski-tételt először a diofantikus approximációnál alkalmazzuk a
8.1.1 Tétel javítására.

362

8. Diofantikus approximáció

T 8.2.3
8.2.3 Tétel
Tetszőleges α irracionális számhoz végtelen sok olyan r/s tört létezik,
amelyre
r
1
<
. ♣
(3)
α−
s
2s2
Bizonyítás: Az (3) egyenlőtlenség s ̸= 0 esetén ekvivalens|s(sα − r)| <

1
2

(4)

teljesülésével. Vezessük be az
x = sα − r,y=súj változókat. Ha r és s egymástól függetlenül végigfut az egész számokon,
akkor az (x, y) pontok egy olyan paralelogrammarácsot alkotnak, amelynél az
alapparalelogramma csúcsai
(0, 0),(−1, 0),(α, 1),(α − 1, 1) .

(5)

Az új változók szerint (4) az |xy| < 1/2 feltételt jelenti, azaz azokat az(x, y) rácspontokat keressük, amelyek az xy = 1/2 és xy = −1/2 hiperbolákáltal határolt (az origót is tartalmazó) tartományba esnek. rácspontra az
xy = ±1/2 egyenlőség az α irracionalitása miatt sohasem teljesülhet, így nem
jelent változást, ha (3)-ban, illetve (4)-ben a < jel helyett ≤ jelet írunk. Ennek
alapján az iménti tartományhoz a határoló hiperbolaágakat is hozzávehetjük,
és a továbbiakban az így keletkező zárt Z halmazt tekintjük.
Az s ̸= 0 feltétel azt jelenti, hogy az x-tengelyre eső rácspontokat figyelmen kívül kell hagynunk.
A rács (5) alapparalelogrammájában a ,,vízszintes” oldal és az ehhez tartozó magasság is egységnyi hosszúságú, tehát az alapparalelogramma területe
∆ = 1.
A Z halmaz nem konvex (és nem is korlátos), ezért Minkowski tételét
nem tudjuk közvetlenül magára Z-re alkalmazni. Ehelyett Z alkalmas konvex
részhalmazait fogjuk tekinteni: olyan rombuszokat, amelyek csúcsai a hiperbola tengelyein vannak, és érintik a négy hiperbolaágat. Ezek a rombuszok
konvex, zárt és az origóra szimmetrikus halmazok.
Megmutatjuk, hogy minden ilyen (rombusz területe
4. Ha a rombusz)
az első síknegyedbeli hiperbolaágat az a , 1/(2a) pontban érinti, akkor azérintő egyenlete
1−1y−= 2 (x − a) .
2a2a

8.2. Minkowski-tétel

363

Ez az egyenes a koordinátatengelyeket az x = 2a, illetve y = 1/a pontokban
metszi. Így az origó és ezen két csúcs alkotta derékszögű háromszög területe
1
2 (2a)(1/a) = 1, és a rombusz területe ennek négyszerese, azaz 4.
Mivel a terület 4 = 4∆, ezért Minkowski tétele szerint minden ilyen rombusz tartalmaz az origón kívül rácspontot.
Válasszuk a rombuszokat rendre úgy, hogy az y-tengely irányában egyre,,keskenyebbek” legyenek. Ekkor elérhető, hogy minden újabb rombusz az előző
rombuszok által tartalmazott nemtriviális rácspontok egyikét se tartalmazza,
továbbá egyáltalán ne tartalmazzon az x-tengelyen az origótól különböző rácspontot. Ily módon végtelen sok megfelelő rácspontot kapunk (a középpontos
szimmetria miatt a szokásos s > 0 feltétel is elérhető).
A Minkowski-tétel második alkalmazásaként új bizonyítást adunk a 7.5.1
Tétel azon részállítására, hogy minden 4k + 1 alakú p > 0 prímszám előáll két
négyzetszám összegeként.
T 8.2.4
8.2.4 Tétel
Minden 4k + 1 alakú p > 0 prímszám felírható két négyzetszám összegeként. ♣Bizonyítás: A 4.1.4 Tétel alapján létezik olyan c, amelyre c2 ≡ −1 (mod p).
Tekintsük a síkon az
x = pu + cv,

y=v

(6)

koordinátájú pontokat, ahol u és v egymástól függetlenül befutják az egész
számokat. Ezek egy paralelogrammarácsot alkotnak, amelyben az alapparalelogramma területe ∆ = p.
Bármely rácspont esetén
x2 + y 2 = (pu + cv)2 + v 2 = p(pu2 + 2cuv) + v 2 (c2 + 1) ≡ 0 (mod p) ,azaz p | x2 + y 2 . Ebből következik, hogy ha egy, az origótól különböző rácspontra x2 + y 2 < 2p, akkor a kívánt x2 + y 2 = p előállítás adódik.
alkalmazzuk Minkowski tételét az x2 + y 2 ≤ 4p/π egyenletű, origó körüli
4p = 4∆ területű (zárt) körlapra. A tétel szerint ez a kör az origón kívül istartalmaz legalább egy (x, y) rácspontot. Így erre a rácspontra teljesül
x2 + y 2 ≤

4p
< 2p.
π

364

8. Diofantikus approximáció

Megjegyezzük, hogy a 3-dimenziós Minkowski-tételnek (lásd a 8.2.1a feladatot) a fentiekhez hasonló elveken alapuló, de jóval bonyolultabb alkalmazása a három-négyzetszám-tétel (7.5.2 Tétel) bizonyítás nélkül közölt ,,nehéz”
részének igazolásához is elvezet (közben a számtani sorozatok prímszámairavonatkozó Dirichlet-tételt is fel kell használni).
A Minkowski-tétel néhány további alkalmazására nézve lásd a 8.2.3–8.2.5
feladatokat.
Feladatok
8.2.1a) Bizonyítsuk be a térbeli Minkowski-tételt: Legyen L a térben egy tetszőleges paralelepipedonrács, és H olyan zárt, konvex, térbeli halmaz,
amely középpontosan szimmetrikus az egyik rácspontra. Tegyük fel,hogy H térfogata legalább 8∆, ahol ∆ a rács alapparalelepipedonjának a térfogata. Ekkor H a középpontján kívül is tartalmaz rácspontot.
b) Általánosítsuk a tételt tetszőleges dimenzióra.
8.2.2 Igazoljuk a Minkowski-tétel alábbi általánosítását: Ha L és H elegettesznek a 8.2.1 Tétel feltételeinek, és H területe legalább 4r∆, aholr > 0 egész, akkor H a középpontján kívül legalább 2r darab rácspontot tartalmaz.
8.2.3 Bizonyítsuk be, hogy minden 3k + 1 alakú pozitív prímszám felírható
alkalmas x, y egészekkel x2 + 3y 2 alakban.
8.2.4 Legyenek a11 , a12 , a21 , a22 olyan egész számok, amelyekre
D=

a11
a21

a12
̸= 0.
a22

Bizonyítsuk be, hogy ha a b1 , b2 pozitív számokra b1 b2 ≥ |D|, akkor
az|a11 x1 + a12 x2 | ≤ b1 ,|a21 x1 + a22 x2 | ≤ b2
egyenlőtlenségrendszernek létezik nemtriviális (azaz az (x1 , x2 ) == (0, 0)-tól különböző) egész megoldása.
∗

8.2.5 Bizonyítsuk be, hogy tetszőleges α1 és α2 irracionális számokhoz
végtelen sok olyan közös nevezőjű r1 /s, r2 /s racionális számpár létezik, amelyre
αj −

rj
s

<

2
1
,
·
3 s3/2

j = 1, 2.

365

8.3. Lánctörtek

8.3. Lánctörtek
Tetszőleges α valós szám esetén tekintsük a következő algoritmust. Legyen
c0 = ⌊α⌋α1 = {α},

és

ekkor

α = c0 + α 1 .

(1)

α = c0 + α1 = c0 +1.
c1 + α2

Ha α1 ̸= 0, akkor legyen
c1 =

⌊ 1 ⌋
α1

és

α2 =

{ 1 }
α1

ekkor

,

Ha α2 ̸= 0, akkor 1/α2 egész- és törtrészét képezzük stb. Általában, ha
a c0 , c1 , . . . , cn és α1 , . . . , αn+1 értékeket már meghatároztuk, és αn+1 ̸= 0,
akkor legyen
cn+1 =

⌊ 1 ⌋
αn+1

és

ekkor

αn+2 =

{ 1 }
,
αn+1

1

α = c0 +

(3)

1

c1 +

(2)

1

c2 +
..

.

cn +

1
cn+1 + αn+2 .

A (3) jobb oldalán álló sokemeletes törtet (véges) lánctörtnek nevezzük, és az
egyszerűbb írásmód kedvéért bevezetjük rá az L(c0 , c1 , . . . , cn , cn+1 + αn+2 )jelölést. (A (3) képlet jobb oldalára ezt a jelölést néha olyan esetben is fogjuk
alkalmazni, amikor a ci értékek nem feltétlenül egész számok.)Ha αn+1 = 0, akkor az eljárás véget ér.
Az ily módon kapott c0 , c1 , . . . , egész számokat az α lánctörtjegyei nek
nevezzük.
D 8.3.1
8.3.1 Definíció
Egy α valós szám lánctörtjegyei n az (1) és (2) képletekkel definiált (véges
vagy végtelen) c0 , c1 , . . . számsorozatot értjük. ♣A definíció alapján világos, hogy a lánctörtjegyek egyértelműen meghatározott egész számok, és ci > 0, ha i ≥ 1.

366

8. Diofantikus approximáció

Példák:P1 Legyen α = 111/25. Ekkor
111
11
=4+
,
25
25
3
25
=2+
,
11
11
11
2
=3+
,
3
3
1
3
=1+
,
2
2
2
= 2 + 0,1c0 = 4,c1 = 2,c2 = 3,c3 = 1,c4 = 2.

A 111/25 lánctörtjegyei tehát 4, 2, 3, 1, 2. Ez egyúttal azt is jelenti, hogy111
= L(4, 2, 3, 1, 2) = 4 +
25

1
1

2+
3+

1
1+

P2 Legyen α =√12

2. Ekkor√√
1 + ( 2 − 1),√√= 2 + 1 = 2 + ( 2 − 1),

2=

1
2−1
√
√
1
√
= 2 + 1 = 2 + ( 2 − 1),2−1√c0 = 1,c1 = 2,c2 = 2,..
.
√A 2 lánctörtjegyei
tehát 1, 2, 2, 2, . . . Erre is bevezetjük (egyelőre for√málisan) a 2 = L(1, 2, 2, . . .) jelölést és a ,,végtelen lánctört” elnevezést.

8.3. Lánctörtek

367

T 8.3.2
8.3.2 Tétel
Az α valós szám lánctörtjegyeinek sorozata akkor és csak akkor véges, haα racionális. ♣Bizonyítás: Legyen a lánctörtjegyek sorozata véges, azaz megfelelő ci egészekkel α = L(c0 , c1 , . . . , ck ). Ekkor az emeletes törteket lebontva α végül két
egész szám hányadosaként írható, tehát racionális.
Megfordítva, legyen α = a/b, ahol b > 0 és a egész számok. Megmutatjuk,
hogy ekkor a lánctörtjegyeket megadó algoritmus lépései tulajdonképpen az
a-ra és b-re vonatkozó euklideszi algoritmus lépéseinek felelnek meg. Ebből
következik, hogy a lánctörtjegyeket előállító algoritmus véges sok lépésben
befejeződik.
Az euklideszi algoritmus első lépésében az a számot maradékosan elosztjuk b-vel:a = bq1 + r1 ,0 ≤ r1 < b .
Ez átírható az

⌊a⌋
{a}
r1
a
= q1 +=+bbbb

alakba, tehát (a lánctört-algoritmus jelöléseivel) c0 = q1 és α1 = r1 /b.
Ha r1 ̸= 0, akkor az euklideszi algoritmus következő lépése
b = r1 q2 + r2 ,azaz

0 ≤ r2 < r1 ,

⌊b⌋
{b}
1
b
r2
=
= q2 +
=
+
,
α1
r1
r1
r1
r1

tehát c1 = q2 és α2 = r2 /r1 .
Ugyanígy adódik, hogy a további lánctörtjegyek is rendre az euklideszi
algoritmusban szereplő hányadosok lesznek.
A továbbiakban feltesszük, hogy α irracionális, és megmutatjuk, hogy alánctörtek segítségével az α-t jól közelítő racionális számokat tudunk előállítani. Ezek az α (végtelen) ,,lánctörtalakjának” a (véges) ,,szeletei” lesznek,
azaz azok a (véges) lánctörtek, amelyeket tetszőleges n ≥ 0 egészre az α elsőn + 1 darab lánctörtjegyéből képezünk. Jelöljük ezeket a racionális számokat
Ln (α)-val, azaz ha α = L(c0 , c1 , . . .), akkor
Ln (α) = L(c0 , c1 , . . . , cn ),n = 0, 1, 2, . . .

(4)

368

8. Diofantikus approximáció

8.3.3 Tétel
Legyenek az α irracionális szám lánctörtjegyei c0 , c1 , . . ., ésrn,sn

Ln (α) = L(c0 , c1 , . . . , cn ) =ahol

T 8.3.3(rn , sn ) = 1, sn > 0 .

(5)

Ekkor bármely n esetén fennáll
α−

rn
sn

<

1
,
s2n

(6)

sőt, ha n > 0, akkor az
α−

rn
sn

<

1
,
2s2n

α−

rn+1
sn+1

<

1
2s2n+1(7)

egyenlőtlenségek közül is legalább az egyik teljesül. ♣Megjegyzések : 1. A 8.3.3 Tétel egyrészt nyilván magában foglalja a 8.1.1 és
8.2.3 Tételek állításait, másrészt nemcsak a jó közelítő törtek létezését biztosítja, hanem egyúttal a gyakorlatban is használható algoritmust ad ezekelőállítására.
2. Megmutatható, hogy az ,,igazán jól közelítő” törtek kivétel nélkül az(5)-ben megadott rn /sn törtek közül kerülnek ki: Ha
α−

r
1
<
s
2s2

(azaz r/s a 8.2.3 Tételben előírt mértékben approximálja az α-t), akkor r/sszükségképpen valamelyik rn /sn -nel egyenlő.
3. A lánctörtek a (bizonyítás nélkül közölt) 8.1.5 Tétel igazolására is alkalmasak: A 8.3.3 Tétel alábbi bizonyításához hasonló elvek alapján, csak kissé
bonyolultabban az is igazolható, hogy három egymást követő indexű Ln (α)
tört közül legalább az egyik a 8.1.5 Tételben előírt közelítést is teljesíti.
4. A 8.3.3 Tételből a 8.1.3a feladat alapján következik, hogy
lim Ln (α) = α,

n→∞

azaz

lim L(c0 , . . . , cn ) = L(c0 , c1 , . . .) .

n→∞

Ennek alapján természetes jelentést nyert az (eddig formális) α = L(c0 , c1 , . . .)végtelen lánctört.
A 8.3.3 Tétel bizonyításához szükségünk lesz a következő lemmára:369

8.3. Lánctörtek

L 8.3.4
8.3.4 Lemma
Legyenek c0 , c1 , c2 , . . . tetszőleges valós számok, ahol ci > 0, ha i ≥ 1, és
képezzük az alábbi rekurziót:
r0 = c0 ,s0 = 1,

r1 = c1 c0 + 1,
s 1 = c1 ,rn = cn rn−1 + rn−2 ,sn = cn sn−1 + sn−2 .

Ekkor
L(c0 , c1 , . . . , cn ) =

(8a)
(8b)

rn
sn

(9)

(n ≥ 1).

(10)

és
rn
rn−1
(−1)n−1−=
sn
sn−1
sn−1 sn

Ha a cn számok egészek , akkor rn és sn is egész, (rn , sn ) = 1, valamint n > 0
esetén sn+1 > sn . ♣Megjegyzés: A 8.3.4 Lemmából azonnal következik, hogy a 8.3.3 Tételben az(5) képlettel megadott rn és sn számsorozatok kielégítik a (8a)–(8b) rekurziót, tehát a 8.3.4 Lemma és a 8.3.3 Tétel cn , rn és sn jelölései egymással
összhangban vannak.
A 8.3.4 Lemma bizonyítása: I. A (9) egyenlőséget n szerinti teljes indukcióval
igazoljuk.
Az n = 0, 1, illetve 2 esetekben
L(c0 )=c0

L(c0 , c1 )

=

c0 +

L(c0 , c1 , c2 ) =

=
1
c1

=

c0
1

=

r0
,
s0

c1 c0 + 1
r1
=
,
c1
s1

c2 c1 c0 + c2 + c0
c2 r1 + r0
r2==,
c2 c1 + 1
c2 s1 + s0
s2

tehát (9) valóban teljesül.
Tegyük fel, hogy (9) az n = m ≥ 2 esetben igaz, azaz
L(c0 , c1 , . . . , cm ) =rm
cm rm−1 + rm−2=,
sm
cm sm−1 + sm−2

370

8. Diofantikus approximáció

ahol rm−1 , sm−1 , rm−2 és sm−2 csak a c0 , . . . , cm−1 értékektől függ. Ekkor(
L(c0 , . . . , cm−1 , cm , cm+1 ) = L c0 , . . . , cm−1 , cm +
(
cm +

1 )

1 )
cm+1

=

rm−1 + rm−2
cm+1 (cm rm−1 + rm−2 ) + rm−1
cm+1
=(
=
=
1 )
cm+1 (cm sm−1 + sm−2 ) + sm−1
cm +sm−1 + sm−2
cm+1
=

rm+1
cm+1 rm + rm−1=,
cm+1 sm + sm−1
sm+1

tehát (9) az n = m + 1 esetben is teljesül.
II. Most rátérünk (10) igazolására. A (8a)–(8b) képletek alapján
rn sn−1 − rn−1 sn = (cn rn−1 + rn−2 )sn−1 − rn−1 (cn sn−1 + sn−2 ) == −(rn−1 sn−2 − rn−2 sn−1 ).
Ugyanezt n helyett az n − 1, n − 2, . . . , 2 értékekre megismételve kapjuk, hogy
rn sn−1 − rn−1 sn = (−1)n−1 (r1 s0 − r0 s1 ) = (−1)n−1 .

(11)Innen (10)-et sn sn−1 -gyel való osztással nyerjük.
III. Az egész ci -kre vonatkozó állítások a relatív prímség kivételével a feltételekből nyilvánvalók, (rn , sn ) = 1 pedig (11)-ből következik.
A 8.3.3 Tétel bizonyítása: Mint már említettük, a 8.3.4 Lemmából következik,
hogy az (5) képlettel megadott rn és sn számsorozatok kielégítik a (8a)–(8b)rekurziót.
A továbbiakban fel fogjuk használni, hogy maga az α is felírható véges
lánctörtként: (3) alapján bármely n-reα = L(c0 , c1 , . . . , cn , cn+1 + αn+2 ) ,(12)ahol (2) és α irracionalitása miatt 0 < αn+2 < 1.
Így az α − rn /sn különbség becsléséhez a 8.3.4 Lemmát a c0 , c1 , . . . , cn
és (cn+1 helyett a) c′n+1 = cn+1 + αn+2 számokra fogjuk alkalmazni (és itt
megállunk). Ekkor a (8a)–(8b) rekurzióval az′
r0 , r1 , . . . , rn , rn+1,

illetves0 , s1 , . . . , sn , s′n+1

371

8.3. Feladatok
számokhoz jutunk, ahol n ≥ 1-re′rn+1
= c′n+1 rn + rn−1 = (cn+1 + αn+2 )rn + rn−1 ,s′n+1 = c′n+1 sn + sn−1 = (cn+1 + αn+2 )sn + sn−1 .
A (12), (9) és (4) képletek szerint
α =

′
rn+1
′
sn+1

és

Ln (α) =rn,
snamiből (10) felhasználásával azt nyerjük, hogy
α−

r′
rn
rn
(−1)n
= n+1
−
=
.
sn
s′n+1
sn
sn s′n+1(13)Mivel s′n+1 > sn , így (13)-ból azonnal következik (6).
(7) igazolásához tegyük fel indirekt, hogy
α−

rn
sn

≥

1
2s2n

és

α−

rn+1
sn+1

≥

1

.
2s2n+1(14)(13) szerint az α − rn /sn és α − rn+1 /sn+1 különbségek ellenkező előjelűek,tehát α az rn /sn és rn+1 /sn+1 törtek közé esik. Ennek megfelelően
α−

rn
rn+1
+ α−
sn
sn+1

=

rn
rn+1
−
.
sn
sn+1

(15)

A (15) bal oldalát (14) szerint becsülve, a jobb oldal helyett pedig (10) alapján
1/(sn sn+1 )-et írva
1
1
1
+
≤
,
2
2
2sn
2sn+1
sn sn+1

azaz(sn+1 − sn )2 ≤ 0(16)

adódik. Mivel n > 0-ra sn+1 > sn , ezért (16) nem teljesülhet, vagyis ellentmondásra jutottunk.
Feladatok
8.3.1 Határozzuk meg az alábbi számok lánctörtjegyeit:√√√a) 53/11;
b) 3;
c) 5;
d) (1 + 5)/2.

372

8. Diofantikus approximáció

8.3.2 Melyek azok a számok, amelyeknek a lánctörtkifejtésea) 1, 2, 3, 4;b) 1, 2, 1, 2, 1, 2, . . . ?

8.3.3 Bizonyítsuk be, hogy bármely α irracionális számhoz végtelen sok
olyan r/s tört létezik, amelyben s páratlan és
α−

r
1
< 2.
s
s

8.3.4 Bizonyítsuk be, hogy bármely n ≥ 1 esetén
√
1+ 5
φn+1
−
2
φn

<

1
,
φ2n

ahol φn az n-edik Fibonacci-szám (lásd az 1.2.5 feladatot).
M 8.3.5 Bizonyítsuk be, hogy a 8.3.4 Lemma feltételeinek teljesülése eseténbármely n ≥ 2-re fennáll
rn
rn−2(−1)n cn
−
=
.
sn
sn−2
sn−2 snM∗ 8.3.6 Tegyük fel, hogy az α irracionális szám lánctörtjegyei periodikus
sorozatot alkotnak (azaz létezik olyan k és M , hogy minden n > M
esetén cn = cn−k ). Bizonyítsuk be, hogy ekkor van olyan másodfokú,
egész együtthatós polinom, amelynek az α gyöke.
Megjegyzés: A fenti állítás megfordítása is igaz.

8.4. A törtrészek eloszlása
Ebben a pontban valós számsorozatok törtrészeinek az eloszlásával foglalkozunk.
T 8.4.1
8.4.1 Tétel
Tetszőleges irracionális szám többszöröseinek a törtrészei mindenütt sűrűn helyezkednek el a [0, 1] intervallumban.
Ez részletesen kifejtve a következőt jelenti: Legyen α irracionális számés v ∈ [0, 1]. Ekkor bármely ε > 0-hoz létezik olyan n > 0 egész, amelyre|{nα} − v| < ε. ♣

373

8.4. A törtrészek eloszlása

Bizonyítás: A 8.1.1 Tétel alapján végtelen sok olyan r/s tört létezik, amelyre
α−

r
1
< 2,
s
s

azaz

|sα − r| <1.
sVálasszunk olyan közelítő törtet, amelyben s > 1/ε, ekkor |sα − r| < ε.
Jelöljük |sα − r|-et d-vel (tehát d < ε), és tekintsük az{sα}, {2sα}, {3sα}, . . . , {msα}(1)törtrészeket, ahol m = ⌊1/d⌋ (nyilván feltehető ε < 1, és így m ≥ 1).
Vegyük először azt az esetet, amikor sα − r > 0. Ekkor bármely 1 ≤ i ≤ m-re
0 < isα − ir = i(sα − r) = id < 1,tehát{isα} = id.

Ez azt jelenti, hogy az (1)-ben felsorolt törtrészek olyan monoton növő sorozatot alkotnak, amelyben a szomszédos elemek távolsága d < ε, továbbá az elsőelemnek a 0-tól, az utolsónak pedig az 1-től való távolsága is kisebb, mint ε.
Ebből következik, hogy a sorozat elemei között van olyan, amelynek a v-től
való távolsága kisebb, mint ε.
Az sα − r < 0 eset is ugyanígy kezelhető: ekkor 1 ≤ i ≤ m-re {isα} == 1 − id, és így az (1)-ben megadott törtrészek olyan monoton fogyó sorozatot
alkotnak, amelyben a szomszédos elemek távolsága, továbbá az első elemnek
az 1-től, az utolsónak pedig a 0-tól való távolsága kisebb, mint ε.
Most a 8.4.1 Tételben felvetett probléma többdimenziós változatával foglalkozunk. Tekintsük először a legegyszerűbb esetet: Legyenek α1 és α2 irracionális számok, és vizsgáljuk meg az Pn = ({nα1 }, {nα2 }) pontok elhelyezkedését az egységnégyzetben.
A 8.4.1 Tétel bizonyításához hasonlóan a 8.1.3 Tételből kapjuk, hogybármely ε > 0-hoz léteznek olyan r1 , r2 és s > 0 egész számok, amelyekre|sα1 − r1 | < εés|sα2 − r2 | < ε .

Ez azt jelenti, hogy a Ps = ({sα1 }, {sα2 }) pont az egységnégyzet valamelyik
csúcsának a közelében helyezkedik el. Ebből a 8.4.1 Tétel bizonyításához hasonlóan az is következik, hogy ezt a csúcsot a Ps ponttal összekötő egyenesen
egymáshoz közel sorakoznak a P2s , P3s , . . . pontok.
Az azonban nem igaz, hogy a Pn pontok bármely α1 és α2 esetén mindenütt sűrűek az egységnégyzetben. Legyen például α2 = α1 + 1. Ekkor nyilván
bármely n-re {nα1 } = {nα2 }, tehát a Pn pontok kivétel nélkül az y = xegyenesre esnek.

374

8. Diofantikus approximáció

A mindenütt sűrű elhelyezkedés feltételét a lineáris függetlenség segítségével fogalmazhatjuk meg:
T 8.4.2

8.4.2 Tétel
Az α1 , . . . , αk valós számokra a
Pn = ({nα1 }, {nα2 }, . . . , {nαk }),n = 1, 2, 3, . . .

pontok akkor és csak akkor helyezkednek el mindenütt sűrűn a k-dimenziós
egységkockában, ha 1, α1 , . . . , αk lineárisan függetlenek a racionális test felett.
♣A tételben megadott lineáris függetlenség azt jelenti, hogy racionális
ci -kkel c0 + c1 α1 + . . . + ck αk = 0 csak a triviális c0 = c1 = . . . = ck = 0
esetben teljesülhet. Ebből speciálisan az is következik, hogy minden αi szükségképpen irracionális.
Az illusztrációként vizsgált k = 2, α2 = α1 +1 példában láttuk, hogy a Pn
pontok nem lesznek mindenütt sűrűek az egységnégyzetben, és ez összhangban
van azzal, hogy 1 · 1 + 1α1 + (−1)α2 = 0 szerint 1, α1 , α2 nem lineárisan
függetlenek.
A 8.4.2 Tételben megadott feltétel elégségességét nem bizonyítjuk, a szükségesség igazolását a 8.4.3 feladatban tűztük ki.
Visszatérve az egydimenziós esetre, most a mindenütt sűrű elhelyezkedésnél jóval erősebb követelményt támasztó egyenletes eloszlás kérdését vizsgáljuk.
Az egyenletes eloszlás azt jelenti, hogy az u1 , u2 , . . . végtelen számsorozat
törtrészei a [0, 1] intervallum bármely I részintervallumában az I hosszával,,arányosan” találhatók: nagy n esetén az első n darab {ui } közül ,,körülbelül”
dn darab esik I-be, ahol d az I hossza. A pontos definíció a következő:D 8.4.3
8.4.3 Definíció
Az u1 , u2 , . . . végtelen valós számsorozat modulo 1 egyenletes eloszlású(vagy röviden egyenletes eloszlású), ha a [0, 1] intervallum bármely I részintervallumára
fn (I)
lim
= d,
n→∞
n
ahol d az I intervallum hossza és fn (I) az {u1 }, . . . , {un } törtrészek közül az
I-be esők száma. ♣8.4. Feladatok

375

A számsorozatok egyenletes eloszlására vonatkozik Weyl alábbi tétele,amelyet bizonyítás nélkül közlünk:
T 8.4.4
8.4.4 Tétel
Az u1 , u2 , . . . sorozat akkor és csak akkor egyenletes eloszlású, ha bármelym ̸= 0 egészren
1 ∑ 2πimut
lime= 0. ♣n→∞ n
t=1
Mind az egyenletes eloszlás fogalma, mind pedig a Weyl-kritérium kiterjeszthető több dimenzióra is.
Weyl tételének felhasználásával most azt igazoljuk, hogy egy irracionális
szám többszörösei egyenletes eloszlású sorozatot alkotnak.
T 8.4.5
8.4.5 Tétel
Ha α irracionális szám, akkor az α, 2α, . . . , nα, . . . sorozat egyenletes eloszlású. ♣Bizonyítás: A 8.4.4 Tétel alapján azt kell megmutatni, hogy bármely m ̸= 0
egészren
1 ∑ 2πimtα
lim
e
= 0.
(2)
n→∞ n
t=1
A (2) bal oldalán szereplő összeg egy n-tagú mértani sorozat, amelynek hányadosa e2πimα ̸= 1, mivel α irracionális. Ezért|e2πimα | · |e2πimnα − 1|
1·2
1 ∑ 2πimtα
e
=
≤
→ 0,
2πimα
2πimα
n t=1
n|e
− 1|
n|e
− 1|
n

ha n → ∞.
Feladatok
M 8.4.1 Vizsgáljuk meg, hogy az alábbi számsorozatok törtrészei mindenüttsűrűek-e a [0, 1] intervallumban:√√√√a) (1 + 2)n ;b) n;c) n2 + 1;d) 2n2 + 1;e) sin(nπ/180);f) sin n;g) lg n.

376∗

8. Diofantikus approximáció

8.4.2 Mutassuk meg, hogy létezik olyan α valós szám, amelyre az
α,

α2 ,

α3 ,

...,

αn , . . .

számsorozat törtrészei mindenütt sűrűek [0, 1]-ben.
M 8.4.3 Bizonyítsuk be, hogy a 8.4.2 Tételben megadott lineáris függetlenségi feltétel szükséges ahhoz, hogy a Pn pontok mindenütt sűrűn
helyezkedjenek el a k-dimenziós egységkockában.
8.4.4 Bizonyítsuk be a következő állításokat.
a) Ha egy sorozat törtrészei mindenütt sűrűek [0, 1]-ben, akkor a sorozatátindexezhető egyenletes eloszlású sorozattá.
b) Bármely egyenletes eloszlású sorozat átindexezhető nem egyenletes
eloszlású sorozattá.
8.4.5 Melyek igazak az alábbi állítások közül?
a) Egy egyenletes eloszlású sorozat részsorozata is egyenletes eloszlású.
b) Egy egyenletes eloszlású sorozat minden eleméhez ugyanazt a valós
számot hozzáadva ismét egyenletes eloszlású sorozatot kapunk.
c) Egy egyenletes eloszlású sorozat minden elemét ugyanazzal a nemnulla valós számmal megszorozva ismét egyenletes eloszlású sorozatot
kapunk.
d) Két egyenletes eloszlású sorozat összege is egyenletes eloszlású.
e) Két egyenletes eloszlású sorozat szorzata is egyenletes eloszlású.
f) Egy egyenletes eloszlású sorozat négyzete is egyenletes eloszlású.
g) Egy egyenletes eloszlású sorozat négyzete sohasem egyenletes eloszlású.
8.4.6 Mutassuk meg, hogy az alábbi számsorozatok nem egyenletes eloszlásúak:a) lg n;b) sin n.
8.4.7 Lássuk be, hogy ha a t természetes szám nem 10k alakú, akkor van
olyan pozitív egész kitevős hatványa, amelynek első öt jegye 54321(tízes számrendszerben).

9. ALGEBRAI ÉS TRANSZCENDENSSZÁMOKEgy α komplex számot aszerint nevezünk algebrainak, illetve transzcendensnek, hogy létezik-e vagy sem olyan racionális (illetve egész) együtthatós, nemnulla polinom, amelynek az α gyöke. Megmutatjuk, hogy a komplex számok,,túlnyomó többsége” transzcendens, ugyanakkor egy konkrét számról általában igen nehéz eldönteni, hogy algebrai-e vagy transzcendens. Ezt jól érzékelteti az e transzcendenciáját bemutató bizonyítás és a számos megoldatlan
probléma felsorolása.
Az algebrai számok tárgyalását a minimálpolinom és a fokszám tulajdonságaival, valamint az algebrai számoknak a műveletekhez való viszonyával
kezdjük. Ezután belátjuk, hogy az algebrai számok rosszul approximálhatók.
Ennek alapján egyrészt egyszerűen lehet transzcendens számot konstruálni,másrészt fontos következményként kapjuk, hogy bizonyos típusú diofantikus
egyenleteknek csak véges sok megoldása van. A fejezet végén az egész számokáltalánosításaként definiált algebrai egészekkel foglalkozunk.
Az algebrai számok és algebrai egészek fontos szerepet játszanak a következő két fejezetben is.

9.1. Algebrai szám, transzcendens szám
A racionális számokat az összes komplex szám között az tünteti ki, hogy elsőfokú racionális együtthatós polinomok gyökei. Ha itt a fokszámra vonatkozó
korlátozást elejtjük, akkor az algebrai szám fogalmához jutunk:D 9.1.1
9.1.1 Definíció
Egy α komplex szám algebrai szám (vagy röviden algebrai ), ha létezik
olyan racionális együtthatós, nemnulla f polinom, amelyre f (α) = 0. ♣Megjegyzések : 1. Az f = 0 polinomot nyilván ki kell zárni, hiszen ennek apolinomnak minden komplex szám gyöke.
2. Ha α gyöke egy racionális együtthatós polinomnak, akkor a polinomot
a nevezők legkisebb közös többszörösével beszorozva egy olyan egész együtthatós polinomot kapunk, amelynek az α továbbra is gyöke. Így ugyanahhoz afogalomhoz jutunk, ha a 9.1.1 Definícióban ,,racionális együtthatós polinom”
helyett ,,egész együtthatós polinom” létezését írjuk elő.

378

9. Algebrai és transzcendens számok

3. Alapvetően megváltozik a helyzet, ha a racionális vagy egész együtthatók helyett például valós vagy komplex együtthatókat írunk elő: minden komplex számhoz található olyan valós együtthatós, nemnulla polinom (és így komplex együtthatós is), amelynek az adott szám gyöke (lásd a 9.1.7 feladatot).
4. Az ,,algebrai szám” helyett a ,,racionális test felett algebrai szám” (vagya ,,racionális test felett algebrai elem”) kifejezést is szokás mondani, mert afogalom általánosításaként a racionális test helyett más test feletti algebrai
elemet is lehet értelmezni (lásd a 10.1.4 Definíciót).
Példák:Mint említettük, minden racionális szám
szám is.
√ egyben algebrai√
Irracionális algebrai szám például a 2 vagy az 5 13, hiszen gyöke az
x2 − 2, illetve x5 − 13 polinomnak.
Algebrai szám minden komplex egységgyök is, ezek az xn − 1 alakú polinomok gyökei.
További példák szerepelnek a 9.1.1 és 9.1.2 feladatokban. A 9.3 pontbeli
tételek segítségével igen sokféle algebrai számot tudunk majd konstruálni.
A nem algebrai számokat transzcendens számoknak nevezzük:
D 9.1.2
9.1.2 Definíció
Egy komplex szám transzcendens szám (vagy röviden transzcendens), haa nullpolinomon kívül nem gyöke egyetlen racionális együtthatós polinomnak
sem. ♣
T 9.1.3
9.1.3 Tétel
Létezik transzcendens szám, sőt ,,majdnem minden” szám transzcendens:az algebrai számok számossága megszámlálható, míg a transzcendens számok
számossága kontinuum. ♣Bizonyítás: Mivel a komplex számok számossága kontinuum, ezért a tételvalamennyi állítása következni fog abból, hogy az algebrai számok számossága
megszámlálható, azaz az algebrai számok sorozatba rendezhetők.
Az algebrai számok az egész együtthatós, nemnulla polinomok gyökei,ezért először ezeket a polinomokat fogjuk sorozatba rendezni. Ebből ezután
úgy kapjuk meg az algebrai számok egy sorozatba rendezését, hogy rendre
vesszük a polinomok összes olyan (komplex) gyökét, amely korábbi polinomok
gyökeként még nem lett felsorolva.
Legyen f = a0 + a1 x + . . . + an xn tetszőleges egész együtthatós polinom,

9.1. Algebrai szám, transzcendens szám379

ahol an ̸= 0, és definiáljuk H(f )-et a következőképpen:H(f ) = n + |a0 | + |a1 | + . . . + |an | .
PéldáulH(f ) = 1 ⇐⇒ f = ± 1;
H(f ) = 2 ⇐⇒ f = ± 2, ±x;
H(f ) = 3 ⇐⇒ f = ± 3, ±x ± 1, ±2x, ±x2 ;(1)

H(f ) = 4 ⇐⇒ f = ± 4, ±x ± 2, ±2x ± 1, ±3x,± x2 ± 1, ±x2 ± x, ±2x2 , ±x3 .
A H(f ) definíciójából világos, hogy bármely k esetén csak véges sok olyan flétezik, amelyre H(f ) = k. Ezért egy megfelelő felsorolást kapunk, ha vesszük
rendre azokat a polinomokat, amelyekre H(f ) = 1, 2, 3, . . .
Innen a már jelzett módon nyerjük az algebrai számok egy sorozatba
rendezését. Ennek első néhány tagja az f -ek (1)-beli sorrendjét figyelembevéve
1
1
0, 1, −1, 2, −2,, − , i, −i, . . .
22(a nemnulla konstans polinomoknak nincs gyöke, a 0 az x-ből, a ±1 az x ∓ 1ből adódik stb., a konstansszorosok, illetve a korábban már számításba vettpolinomok szorzatai, valamint ilyenek osztói nem adnak újabb gyököket).
A fentiekből világos, hogy elég azokra az f -ekre szorítkozni, amelyekbenn > 0, an > 0, (a0 , a1 , . . . , an ) = 1 és f irreducibilis a racionális test felett.
A 9.1.3 Tételben anélkül igazoltuk ,,sok” transzcendens szám létezését,hogy akár egyetlen konkrét transzcendens számot előállítottunk volna. A 9.4
pontban majd konkrét konstrukciót adunk transzcendens számra, a 9.5 pontban pedig belátjuk, hogy e (a természetes logaritmus alapszáma) transzcendens.
Néhány további nevezetes transzcendens szám:• π;• sin n, ahol az n szög (ívmértékben mérve) egész szám;• lg n, ahol n pozitív egész szám és a 10-nek nem egész kitevőjű hatványa(lásd a 9.3.7 feladatot);√• 2 2 (lásd a 9.3.5 Tételt);∞∑1(lásd a 9.1.3 feladatot).
• ζ(2) =
k2
k=1

380

9. Algebrai és transzcendens számokÁltalában egy adott számról igen nehéz eldönteni, hogy algebrai-e vagytranszcendens, az imént felsorolt példák bármelyike esetén a transzcendencia
bizonyítása meghaladja a könyv kereteit (a hivatkozásként jelzett 9.3.5 Tétel
bizonyítás nélkül szerepel, a másik két hivatkozás pedig erre a tételre, illetvea π transzcendenciájára vezeti vissza a kérdést).
Megoldatlan például, vajon e + π transzcendens-e,egyáltalán irra∑∞ illetve−3transzcendens-e,cionális-e. Ugyancsak megoldatlan, hogy ζ(3) = k=1 k
ennek a számnak az irracionalitását is csak 1975-ben igazolták. A ζ(7)-ről az
sincs tisztázva, vajon irracionális-e.
Feladatok
9.1.1 Igazoljuk, hogy az alábbi számok algebraiak:√√√√a) 20 7;b) 2 + 3;c) 2 + 3;
√
√
√
√
√
√
√
d) 2 + 3 4;e) 3 2 + 3 4;f) 2 + 3 + 5.
9.1.2 Bizonyítsuk be, hogy ha α algebrai szám, akkora) −α;b) α;c) α ̸= 0 esetén 1/α;

továbbá bármely r racionális, illetve k pozitív egész szám esetén√d) r + α;e) rα;f) k αis algebrai.
9.1.3 Felhasználva,∑∞ hogy π transzcendens szám, mutassuk meg, hogy
ζ(2) = k=1 k −2 is transzcendens.
9.1.4 Tegyük fel, hogy α transzcendens és f ̸= 0 egész együtthatós polinom.
Igazoljuk, hogy ekkor f (α) is transzcendens.
9.1.5 Legyen g komplex együtthatós, nemnulla polinom. Bizonyítsuk be,
hogy akkor és csak akkor létezik olyan h egész együtthatós, nemnulla
polinom, amelyre g | h, ha g minden (komplex) gyöke algebrai szám.
9.1.6 Bizonyítsuk be, hogy az α komplex szám akkor és csak akkor algebrai, ha létezik olyan n pozitív egész, amelyre az 1, α, . . . , αn számok
lineárisan összefüggők a racionális test felett.
9.1.7 Bizonyítsuk be, hogy bármely komplex szám gyöke egy alkalmasa) komplex;b) valós
együtthatós polinomnak.

9.2. Minimálpolinom és fokszám

381

9.2. Minimálpolinom és fokszám
Legyen α algebrai szám. Ekkor nyilván végtelen sok olyan racionális együtthatós polinom van, amelynek az α gyöke: ha f egy ilyen polinom, akkor az fbármely (racionális együtthatós) polinomszorosa is megfelel. Így ezek közül apolinomok közül azokat érdemes kitüntetni, amelyeknek a lehető legkisebb a
fokszáma:D 9.2.1
9.2.1 Definíció
Az α algebrai szám minimálpolinomja egy olyan, minimális fokú, racionális együtthatós polinom, amelynek az α gyöke. Az α minimálpolinomját
mα -val jelöljük. ♣A minimálpolinom nem teljesen egyértelmű: ha f az α (egyik) minimálpolinomja, akkor nyilván cf is megfelel a feltételeknek, ahol c ̸= 0 tetszőleges
racionális szám. Ettől eltekintve azonban már egyértelmű a minimálpolinom:
T 9.2.2
9.2.2 Tétel
Ha f és g is minimálpolinomja az α algebrai számnak, akkor van olyanc ̸= 0 racionális szám, amelyre g = cf . ♣Bizonyítás: Legyen
f = a0 + a1 x + . . . + an xn ,an ̸= 0,nbn ̸= 0.

g = b0 + b1 x + . . . + bn x ,Ekkor α gyöke a h = bn f − an g polinomnak, amely vagy a nullpolinom, vagy
legfeljebb n − 1-edfokú. Így a minimálpolinom definíciója miatt csak h = 0
lehetséges. Innen g = cf , ahol c = bn /an .
Az mα jelölés a továbbiakban is az α akármelyik minimálpolinomját jelentheti, ez a 9.2.2 Tétel alapján nem okoz majd problémát.
A minimálpolinom legfontosabb tulajdonságait a következő tételben foglaljuk össze.
T 9.2.3
9.2.3 Tétel(i) Legyen g ∈ Q[x]. Ekkor g(α) = 0 ⇐⇒ mα | g.
(ii) mα irreducibilis Q felett.
(iii) Ha f irreducibilis Q felett, és f (α) = 0, akkor f az α (egyik) minimálpolinomja. ♣382

9. Algebrai és transzcendens számok

Bizonyítás: (i) Először tegyük fel, hogy mα | g, azaz alkalmas h ∈ Q[x]-reg = hmα . Ekkor
g(α) = h(α)mα (α) = h(α) · 0 = 0 .
Megfordítva, tegyük fel, hogy g(α) = 0. Osszuk el a g polinomot maradékosanmα -val:g = mα h + r,

aholh, r ∈ Q[x],ésdeg r < deg mαvagy r = 0.

Ekkor
0 = g(α) = mα (α)h(α) + r(α) = 0 + r(α) = r(α).
Ez deg r < deg mα esetén ellentmond a minimálpolinom definíciójának. Így
csak r = 0 lehetséges, azaz valóban mα | g.
(ii) Indirekt tegyük fel, hogy mα = gh, ahol g és h az mα -nál alacsonyabb
fokú racionális együtthatós polinomok. Ekkor (a komplex számtest nullosztómentessége miatt)
0 = mα (α) = g(α)h(α) =⇒ g(α) = 0

vagy h(α) = 0,ami ellentmond a minimálpolinom definíciójának.
(iii) Az (i) állítás szerint mα | f , ezért f irreducibilitása miatt mα = cvagy f = cmα , ahol c konstans. Az első eset nem lehetséges, így f valóban(az egyik) minimálpolinom.
D 9.2.4
9.2.4 Definíció
Az α algebrai szám fok a (vagy fokszáma) a minimálpolinomjának a foka:
deg α = deg mα . ♣Példák:P1 A 0 (egyik) minimálpolinomja m0 = x, az 1-é m1 = x − 1, és általában
egy r racionális számé mr = x−r. Az is világos, hogy az elsőfokú algebraiszámok éppen a racionális számok, 0-adfokú algebrai szám pedig nincs.
P2 Az i minimálpolinomja x2 + 1, és így deg i = 2.
√P3 Az 5 3 minimálpolinomja x5 − 3, mivel ez a polinom a Schönemann–
Eisenstein-kritérium szerint irreducibilis Q felett.
P4 Bármely k pozitív egészhez végtelen sok k-adfokú algebrai szám létezik,
hiszen (például ismét a Schönemann–Eisenstein-kritérium alapján) végtelen sok, Q felett irreducibilis, k-adfokú polinom van.

9.2. Feladatok

383

P5 Egy ϱ primitív n-edik komplex egységgyök minimálpolinomja Φn , azn-edik körosztási polinom (mert Φn (ϱ) = 0 és Φn irreducibilis Q felett).
Ennélfogva deg ϱ = deg Φn = φ(n). (A P2 példa tulajdonképpen ennekn = 4 speciális esete volt.)
Feladatok
9.2.1 Milyen kapcsolat van a 9.1.2 feladatban szereplő számok foka és αfoka között?
9.2.2 Határozzuk meg az alábbi (algebrai) számok fokát:√√√b) cos 20◦ ;c) 3 3 − 3 9;a) 7 12;
√
√
√
√
√
√
√
d) 7 − 4 3;e) 4 2 + 2;f) 4 2 + 2 + 4 8.
9.2.3 Mutassuk meg,√ hogy α akkor és csak akkor másodfokú algebrai szám,ha α = r + s, ahol r és s racionális számok, és s nem négyzete egy
racionális számnak.
9.2.4 Mutassuk meg, hogy az n-edfokú algebrai számoka) n ≥ 1 esetén a valós számegyenesen;b) n ≥ 2 esetén a komplex számsíkon
mindenütt sűrűn helyezkednek el.
9.2.5 Legyen f egy n-edfokú racionális együtthatós polinom (n ≥ 1), és
legyenek a (multiplicitással számolt, komplex) gyökei α1 , . . . , αn .
∑na) Bizonyítsuk be, hogy i=1 deg αi ≤ n2 .
b) Mikor áll a)-ban egyenlőség?
c) Mutassuk
meg, hogy ha a)-ban szigorú egyenlőtlenség érvényes, akkor
∑n
2
deg
α
i ≤ n − 2n + 2 is teljesül.
i=1
9.2.6 Tudjuk, hogy deg α = 6 és α gyöke az
f = x7 + 8x6 + 15x5 + 10x3 + 35x2 + 5x − 30
polinomnak. Mi az α minimálpolinomja?
9.2.7 Tegyük fel, hogy az α és β komplex számok gyökei az f racionális
együtthatós, nemnulla polinomnak és deg f < deg α + deg β. Bizonyítsuk be, hogy mα = mβ .
M 9.2.8 Tegyük fel, hogy az f ̸= 0 és g racionális együtthatós polinomokraés az α és β komplex számokra f (α) = g(α) = f (β) = 0, g(β) = 1.
Bizonyítsuk be, hogy f reducibilis Q felett.

384

9. Algebrai és transzcendens számok

9.3. M¶veletek algebrai számokkal
Ebben a pontban elsősorban az algebrai számok és a négy alapművelet, illetvea hatványozás kapcsolatát tárgyaljuk.
T 9.3.1
9.3.1 Tétel
Az algebrai számok résztestet alkotnak a komplex számtestben, azaz két
algebrai szám összege, különbsége, szorzata és (ha a nevező nem nulla, akkor)
hányadosa is algebrai. ♣A tételt a szimmetrikus polinomok segítségével igazoljuk. (Egy másik
bizonyítás szerepel majd a 10.2 pontban.)
Egy R gyűrű feletti k-változós (vagy k-határozatlanú) F (x1 , . . . , xk ) polinomot akkor nevezünk szimmetrikusnak, ha az xi változók tetszőleges permutációja esetén ugyanazt a polinomot kapjuk. Ilyen polinom például a változók összege, a változók szorzata, vagy általában a (különböző) változókból
képzett összes j-tényezős szorzatok összege:
σj (x1 , . . . , xk ) =∑x i1 . . . xij =1≤i1 <...<ij ≤k= x1 x2 . . . xj−1 xj + x1 x2 . . . xj−1 xj+1 + . . . + xk−j+1 xk−j+2 . . . xk−1 xk ,j = 1, . . . , k.

(1)

A σj -ket az x1 , . . . , xk változók elemi szimmetrikus polinomjainak nevezzük.
Mivel szimmetrikus polinomok összege és szorzata is szimmetrikus polinom, így például σ1 +σ23 , és általában a σj -k tetszőleges (R-beli együtthatókkal
képzett) polinomja is (az xi változók szerint nézve) szimmetrikus polinom.
Az elemi szimmetrikus polinomok jelentőségét elsősorban az adja, hogy
az iménti észrevételnek a megfordítása is igaz: Minden szimmetrikus polinom
felírható az elemi szimmetrikus polinomok polinomjaként.
T 9.3.2
9.3.2 Tétel (A szimmetrikus polinomok alaptétele)
Legyen F (x1 , . . . , xk ) egy R gyűrű feletti tetszőleges (k-változós) szimmetrikus polinom. Ekkor létezik olyan R feletti, k-változós G polinom, amelyre
F (x1 , . . . , xk ) = G(σ1 , . . . , σk ) ,ahol σj = σj (x1 , . . . , xk ) az xi változókból képzett (1)-beli elemi szimmetrikus
polinomokat jelenti. ♣9.3. Műveletek algebrai számokkal

385

Példa: Az xi változók négyzetösszege a következőképpen állítható elő aσj -kkel:x21 + x22 + . . . + x2k = (x1 + . . . + xk )2 − 2(x1 x2 + x1 x3 + . . .) = σ12 − 2σ2 .
A szimmetrikus polinomok alaptételének bizonyítása megtalálható bármely bevezető algebratankönyvben.
A tételt kiegészíthetjük azzal a megjegyzéssel, hogy a tételben szereplő G
polinom egyértelmű, és G együtthatóit F együtthatóiból csak az összeadás és
kivonás segítségével kapjuk.
A tételt elsősorban arra a két esetre fogjuk alkalmazni, amikor R a racionális számtest, illetve az egész számok gyűrűje. Ha tehát az F szimmetrikus
polinom együtthatói racionális, illetve egész számok, akkor a megfelelő G polinom is racionális, illetve egész együtthatós lesz.
A 9.3.1 Tétel bizonyítása: A 9.1.2 feladatban láttuk, hogy egy algebrai számellentettje és egy nemnulla algebrai szám reciproka is algebrai, így elég azt
igazolni, hogy két algebrai szám összege és szorzata is algebrai.
Legyen α és β algebrai szám, és tegyük fel, hogy α, illetve β gyöke azf=m∏(x − αi ),illetve

g=

i=1

n
∏

(x − βj )j=1

racionális együtthatós polinomnak (ahol α1 = α, illetve β1 = β). Ekkor α + βgyöke anm ∏∏(x − αi − βj )h=
i=1 j=1

polinomnak. Megmutatjuk, hogy h racionális együtthatós.
Legyen h = c0 + c1 x + . . . + cnm−1 xnm−1 + xnm . Írjuk át a h polinomoth=m∏g(x − αi )i=1alakba. Ebből látszik, hogy az αi -k tetszőleges permutációja esetén a h polinom, és így annak minden cr együtthatója is változatlan marad. Ez azt jelenti, hogy ha az α1 , . . . , αm számokat változóknak tekintjük, akkor minden
cr együttható ezeknek az αi változóknak szimmetrikus polinomja:
cr = Fr (α1 , . . . , αm ),r = 0, 1, . . . , nm − 1,

386

9. Algebrai és transzcendens számokahol Fr szimmetrikus polinom és Fr együtthatói racionális számok (hiszen
ezeket g együtthatóiból kapjuk). A 9.3.2 Tétel szerint így Fr felírható az
αi -kből képzett σj elemi szimmetrikus polinomok polinomjaként, azaz alkalmas Gr racionális együtthatós polinomra
cr = Fr (α1 , . . . , αm ) = Gr (σ1 , . . . , σm ) .
Az αi -k elemi szimmetrikus polinomjai azonban a gyökök és együtthatók
közötti összefüggés alapján éppen az f polinom együtthatói, illetve azok ellentettjei, tehát racionális számok, ezért cr = Gr (σ1 , . . . , σm ) is racionális szám.
Ezzel beláttuk, hogy h racionális együtthatós, tehát α + β algebrai szám.
Hasonlóan igazolható, hogy αβ is algebrai szám; ekkor am ∏n∏(x − αi βj ) =i=1 j=1

m
∏

αin g

i=1

(x)
αi

polinomot kell tekinteni (ha α ̸= 0, akkor feltehetjük, hogy egyik αi sem nulla,az α = 0 esetben pedig αβ = 0 nyilvánvalóan algebrai).
A 9.3.1 Tétel egyik fontos következménye, hogy a komplex számok algebrai, illetve transzcendens voltának eldöntése visszavezethető a valós számok
hasonló vizsgálatára:
T 9.3.3
9.3.3 Tétel
Egy komplex szám akkor és csak akkor algebrai, ha a valós része is és aképzetes része is algebrai. ♣Bizonyítás: Legyen α = a + bi (ahol a és b valós számok).
Először tegyük fel, hogy a és b algebrai. Mivel i is algebrai (gyöke az
x2 + 1 polinomnak), és algebrai számok szorzata és összege is algebrai, ezért
α = a + bi is algebrai.
Megfordítva, tegyük fel, hogy α = a + bi algebrai. Ekkor α = a − bi is
algebrai (lásd a 9.1.2b feladatot). Mivel algebrai számok összege, különbségeés hányadosa is algebrai, valamint 2 és 2i algebrai, ezérta=is algebrai.

α+α
2

és

b=

α−α
2i

9.3. Műveletek algebrai számokkal

387

Most rátérünk a hatványozásra. Mivel a 0-nak csak pozitív (valós) kitevős
hatványai vannak értelmezve, és ezek értéke 0, ezért a továbbiakban elég anemnulla algebrai számok hatványozásával foglalkoznunk.
T 9.3.4
9.3.4 Tétel
Egy algebrai szám tetszőleges racionális kitevőjű hatványa is algebrai. ♣Bizonyítás: Mivel algebrai számok szorzata és reciproka, valamint az 1 is algebrai, ezért egy algebrai szám tetszőleges egész kitevőjű hatványa is algebrai.
Ennek alapján a törtkitevőre vonatkozó állítás abból következik, hogy egy
algebrai számból pozitív egész kitevőjű gyököt vonva ismét algebrai számot
kapunk (lásd a 9.1.2f feladatot).
A nem
racionális kitevővel kapcsolatban talán a legegyszerűbb kérdés,√
2vajon 2transzcendens-e, illetve egyáltalán irracionális-e. Ez a kérdés isszerepelt a híres Hilbert-problémák között, és Hilbert ezt jóval nehezebbnek
tartotta, mint a Fermat-sejtést vagy a Riemann-sejtést. Mindez nem riasztotta
el a kutatókat, és 1934-ben Gelfond és Schneider egymástól függetlenül (éseltérő módszerekkel) igazolták a következő általános tételt, amelyet bizonyítás
nélkül közlünk:
T 9.3.5
9.3.5 Tétel (Gelfond–Schneider-tétel)Ha α és β algebrai számok, α ̸= 0 vagy 1, és β nem racionális, akkor αβtranszcendens. ♣Ebből könnyen következik például, hogy ha n egész szám és nem 10hatvány, akkor lg n transzcendens (lásd a 9.3.7 feladatot).
A 9.3.5 Tétel (az általában végtelen sok értékű) komplex kitevőjű hatványokra is vonatkozik. Így például egyszerűen igazolható eπ transzcendenciája(lásd a 9.3.4b feladatot). Ugyanakkor megoldatlan, hogy e + π, e − π, eπ, e/πés π e egyáltalán irracionális-e, bár a legtöbbjük biztosan transzcendens (lásda 9.3.4a feladatot).
A 9.3.4 Tételben (illetve a 9.1.2f feladatban) láttuk, hogy az algebraiszámok köréből az egész kitevőjű gyökvonás nem vezet ki. Ezt a tényt akövetkezőképpen is megfogalmazhatjuk: Ha α algebrai szám, akkor az xk − αalgebrai együtthatós polinom gyökei is algebraiak. Ez nemcsak ilyen speciális
alakú, hanem tetszőleges algebrai együtthatós polinom esetén is igaz:

388

9. Algebrai és transzcendens számok

T 9.3.6
9.3.6 Tétel
Ha az f ̸= 0 polinom együtthatói algebrai számok, akkor f minden (komplex) gyöke algebrai szám. ♣Bizonyítás: Ismét a szimmetrikus polinomok alaptételét (9.3.2 Tétel) fogjuk
felhasználni. (Egy másik bizonyítást adunk majd a 10.2 pontban.)Legyen f = α + βx + . . . + ξxn , ahol α, β, . . . , ξ algebrai számok, és jelölje
rendre αi , βj , . . . , ξk az α, β, . . . , ξ minimálpolinomjának többi gyökét (α1 = αstb.). Tekintsük ah=∏ (αi + βj x + . . . + ξk xn)

i,j,...,kpolinomot. Mivel h tényezői között szerepel f is, ezért f minden gyöke h-nak isgyöke. Így a tétel állításához elég megmutatni, hogy h racionális együtthatós.
Legyen cr a h polinom tetszőleges együtthatója. A 9.3.1 Tétel bizonyításának gondolatmenetéhez hasonlóan cr az αi -knek egy Fr szimmetrikus polinomja, ahol Fr együtthatói a βj , . . . , ξk számokból összeadás, kivonás és szorzás segítségével adódnak. A 9.3.2 Tétel szerint Fr előáll az αi -k elemi szimmetrikus polinomjainak a polinomjaként. Az mα polinomra a gyökök és
együtthatók közötti összefüggést alkalmazva kapjuk, hogy a szóban forgó elemi szimmetrikus polinomok racionális számok. Ennek alapján cr -ből ,,kiküszöböltük” az αi -ket. Ugyanezt a gondolatmenetet a βj -kre stb. megismételve
kapjuk, hogy cr racionális szám.
A 9.3.1 és 9.3.6 Tételek együttesen azt a tényt fejezik ki, hogy az algebraiszámok egy algebrailag zárt testet alkotnak.
Feladatok
9.3.1a) Igazoljuk, hogy egy algebrai és egy transzcendens szám összege mindig transzcendens.
b) Mutassuk meg, hogy két transzcendens szám összege lehet transzcendens, de lehet algebrai is.
c) Vizsgáljuk meg a hasonló kérdéseket összeg helyett szorzatra is.
9.3.2 Mit állíthatunk α-ról és β-ról (algebrai, illetve transzcendens szempontból), haa) α + β és α − β algebrai;b) α + β algebrai, α − β transzcendens;

389

9.3. Feladatokc) α + β és α − β transzcendens;d) αβ és α/β algebrai;e) α + β algebrai, αβ transzcendens;f) α + β transzcendens, αβ algebrai;g) α + β és αβ transzcendens;h) α + β és αβ algebrai?

Mennyiben változik a helyzet, ha (α és β valós számok, és) az ,,algebrai”, illetve ,,transzcendens” szavak helyett ,,racionális”-t, illetve,,irracionális”-t írunk?
9.3.3 Tegyük fel, hogy α + β és α + γ algebrai, β + γ transzcendens. Az
alábbi számok mindegyikéről döntsük el, hogy algebrai-e vagy transzcendens:a) α;b) 2α + (1 − i)β + (1 + i)γ;c) 3α + (2 − i)β + (2 + i)γ.

9.3.4 Mint jeleztük, megoldatlan probléma, vajon e + π, e − π, eπ, e/π és
π e transzcendens-e (illetve egyáltalán irracionális-e).
a) Az e + π, e − π, eπ és e/π számok közül legfeljebb hány lehet esetleg
algebrai?
b) Igazoljuk, hogy (b1) e + iπ és (b2) eπ transzcendens.
9.3.5 Az alábbi számok mindegyikéről döntsük el, hogy algebrai-e vagytranszcendens:√a) sin 7◦ ;b) iπ + π/i;c) π 7 + iπ 5 + 2π.
M 9.3.6 Legyen α ̸= 0 trigonometrikus alakja α = r(cos φ+i sin φ). Bizonyítsuk be, hogy α akkor és csak akkor algebrai, ha r és cos φ algebrai.
9.3.7 Tegyük fel, hogy az n pozitív egész a 10-nek nem egész kitevőjű
hatványa. Bizonyítsuk be, hogy lg n transzcendens.
9.3.8 Legyenek α és β komplex számok, és tekintsük a
H = (α + β, α2 + β 2 , . . . , αk + β k , . . .)sorozatot. Mutassuk meg, hogy ha H-nak legalább két eleme algebrai, és ezek közül nem mindkettő 0, akkor H minden eleme algebrai.
9.3.9 Mutassuk meg, hogy bármely α > 0, α ̸= 1 (valós) algebrai számnak
végtelen sok olyan valós transzcendens kitevőjű hatványa van, amely
algebrai, és olyan is végtelen sok van, amely transzcendens.

390

9. Algebrai és transzcendens számok

9.4. Algebrai számok approximációja
Ebben a pontban algebrai számok diofantikus approximációját és ennek néhány következményét tárgyaljuk. Mivel egy nem valós komplex szám eleve
nem közelíthető jól racionális számokkal, ezért csak valós algebrai számok
approximációjával foglalkozunk.
A 8.1.1 feladatban láttuk, hogy a racionális számok ,,nagyon rosszul” approximálhatók. A 8.1.6 Tételben, illetve√ megmutattuk, hogy
√ a 8.1.6 feladatban
az irracionális számok közül az (1 + 5)/2, illetve a 2 szintén ,,elég rosszul”
approximálható. Liouville bebizonyította, hogy az algebrai számok általában
is rosszul approximálhatók, a következő értelemben:
T 9.4.1
9.4.1 Tétel
Legyen n ≥ 2 és α egy n-edfokú (valós) algebrai szám. Ekkor létezik olyan
c = c(α) > 0 valós konstans, hogy bármely r/s racionális számra
α−

r
c(α)
>
. ♣
s
sn

(1)

Megjegyzések : 1. A 9.4.1 Tételt szokás a következő alakban is megfogalmazni:
Létezik olyan c′ = c′ (α) > 0 valós konstans, hogy azα−rc′ (α)<ssn

egyenlőtlenség csak véges sok r/s racionális számra teljesül. Ez tulajdonképpen azt jelenti, hogy (1)-nél véges sok kivételt megengedünk az r/s értékekre.
Ez a véges sok kivétel azonban könnyen megszüntethető, ha (1)-ben ettől avéges sok ,,rossz” r/s-től függően alkalmas kisebb c értéket választunk c(α)nak. Ezzel beláttuk, hogy a tétel kétféle alakja ekvivalens (azaz bármelyik
változatból azonnal következik a másik).
2. A 9.4.1 Tételből az is következik, hogy bármely t > n és c∗ > 0 valós
számokra az
r
c∗
α−
< t
s
s
egyenlőtlenség csak véges sok r/s racionális számra teljesülhet, ugyanis ha s(a t-től és c∗ -tól függően) elég nagy, akkor
c∗
c(α)
< n .
st
s

391

9.4. Algebrai számok approximációja

Ezt a tényt a 8.1.7 feladatban bevezetett szóhasználat szerint úgy is megfogalmazhatjuk, hogy egy n-edfokú algebrai szám biztosan nem approximálható n-edrendnél jobban, azaz semmilyen t > n esetén nem approximálható
t-edrendben. Ennél sokkal élesebb eredmény is igaz, lásd a 9.4.3 Tételt.
3. A 8.1.1 feladat szerint a 9.4.1 Tétel n = 1-re is érvényes, ha az α = r/s
lehetőséget kizárjuk.
Bizonyítás: Tegyük fel indirekt, hogy bármely c > 0-hoz létezik olyan r/s,
amelyre
c
r
< n.
α−
s
s
Ez azt jelenti, hogy létezik racionális számoknak olyan ri /si sorozata, hogy(si > 0 és)(ri )lim sni α −
= 0.
(2)
i→∞
si
Ebből azonnal adódik az is, hogy(ri )lim α −
= 0,
i→∞
si

ri
= α.
i→∞ si

azaz

lim

(3)

Tekintsük α minimálpolinomjának egy egész együtthatós alakját, és legyenek mα komplex gyökei α1 = α, α2 , . . . , αn . Ekkornmα = a0 + a1 x + . . . + an x = ann∏(x − αj ),

(4)

j=1

ahol a0 , , a1 , , . . . , an egész és an ̸= 0. Mivel mα irreducibilis Q felett, ezért
nem lehet többszörös (komplex) gyöke (lásd a 9.4.4 feladatot), vagyis az αjszámok mind különbözők.
Az mα -ba ri /si -t behelyettesítve (4) alapján azt kapjuk, hogy
a0 + a1

(r )
i

si

+ . . . + an( r )n
i

si

= an

(r

i

si

−α

n (
)∏
r

i

j=2

si

)
− αj .

(5)

Az (5) bal oldalán álló kifejezés egy sni nevezőjű tört, továbbá nem lehet
0, mivel mα -nak nincs racionális gyöke. Ezért (5) bal oldalának az abszolútértéke legalább 1/sni . Így (5)-öt sni -nel beszorozva azt kapjuk, hogy1≤

sni an()
ri ) ∏ ( riα−− αj .
si j=2 si
n

(6)

392

9. Algebrai és transzcendens számok

A (2)-beli, valamint a (3)-ból adódó
lim

i→∞

n (
∏
ri
j=2

si

n
) ∏
− αj =(α − αj )j=2határértékek alapján (6) jobb oldala i → ∞ esetén 0-hoz tart. Ez azonban
nyilvánvalóan ellentmond a (6)-beli egyenlőtlenségnek.
A 9.4.1 Tételre támaszkodva a következőképpen lehet transzcendens számot konstruálni: ha egy α valós szám ,,nagyon jól” approximálható, akkor αszükségképpen transzcendens. Ilyen α számot egy olyan, racionális számokból
képzett végtelen sor összegeként kaphatunk, amelynek a részletösszegei rendkívül gyorsan konvergálnak a végtelen sor összegéhez. Az alábbiakban ezt a
Liouville-tól származó konstrukciót ismertetjük.
T 9.4.2

9.4.2 Tétel
Az
α=

∞
∑
1
= 0,110001000000000000000001 . . .
10k!

(7)

k=1

szám transzcendens. (A tizedes törtben a k! sorszámú tizedesjegyek értéke 1,
a többi jegy 0.) ♣A (7) képlet valóban egy valós számot definiál, ez közvetlenül leolvasható
a tizedestört-alakból (de azonnal adódik∑∞abból is, hogy a megadott végtelensor konvergens, hiszen majorálható a k=1 10−k végtelen mértani sorral).
Bizonyítás: Megmutatjuk, hogy a (7) végtelen sor részletösszegei ,,nagyon jól”
approximálják α-t.
Írjuk fel az m-edik részletösszeget rm /sm alakban, ahol (rm , sm ) = 1 és
sm > 0. Ezt közös nevezőre hozással kapjuk:m∑
1
10A + 1
=
,
k!
10
10m!

k=1

tehát sm = 10m! . Ekkor
0<α−

∞
∑
rm
1
<
=
sm
10k!
k=m+1

∞
∑
j=(m+1)!

10
10
1== m+1 .
j(m+1)!
10
9 · 109sm

9.4. Algebrai számok approximációja393Ebből következik, hogy
α−

rm
sm

<

10
.
9sm+1
m

(8)

Tegyük fel indirekt, hogy valamely n-re α egy n-edfokú algebrai szám. Mivelα nem szakaszos tizedes tört, ezért α irracionális, azaz n ≥ 2. Ekkor a 9.4.1
Tétel szerint van olyan c(α) > 0, hogy bármely r/s racionális számra (1)-nek
kell teljesülnie. Így speciálisan rm /sm esetén is
α−

rm
sm

>

c(α)
.
snm

(9)

Ezt (8)-cal összevetve
c(α)
10
<
,
n
sm
9sm+1
m

azaz

sm−n+1
<
m

10
9c(α)

adódik, ami elég nagy m-re ellentmondás.
Mint a 9.4.1 Tétel utáni 2. megjegyzésben jeleztük, a 9.4.1 Tétel állítása
jelentősen élesíthető. Erre vonatkoznak Thue, illetve Roth alábbi eredményei,
amelyeket bizonyítás nélkül közlünk:
T 9.4.3
9.4.3 Tétel(i) (Thue tétele.) Legyen n ≥ 3 és α egy n-edfokú (valós) algebrai szám.
Ekkor bármilyen (nagy) c > 0 valós konstans esetén az
α−

r
c
< n
s
s

(10)

egyenlőtlenséget csak véges sok r/s racionális szám elégíti ki.
(ii) (Roth tétele.) Legyen α tetszőleges algebrai szám és κ > 0 tetszőleges.
Ekkor az
r
1
α−
< 2+κ
(11)
s
s
egyenlőtlenséget csak véges sok r/s racionális szám elégíti ki. ♣Megjegyzések : 1. Roth tétele nyilván jóval erősebb Thue eredményénél, azonban már Thue tételének is igen fontos következményei vannak a diofantikus
egyenletek elméletében (lásd a 9.4.4 Tételt).
2. Roth tétele szerint a 8.1.8 Tételben szereplő kivételes H halmaz csupa
transzcendens számból áll. Ugyanakkor a 8.1.8 Tétel azt is mutatja, hogy (az394

9. Algebrai és transzcendens számokösszes algebrai számon kívül) a transzcendens számok ,,többsége” is ,,nagyon
rosszul” approximálható.
A diofantikus approximáció szoros kapcsolatban áll bizonyos diofantikus
egyenletek vizsgálatával. A 7.8 pontban láttuk, hogy ha az m pozitív egész
nem négyzetszám, akkor az x2 − my 2 = 1 Pell-egyenletnek√ végtelen sok megoldása van (7.8.1 Tétel); ehhez azt használtuk fel, hogy a m irracionális számmásodrendben approximálható. Most az algebrai számok rosszul approximálhatóságára támaszkodva azt fogjuk igazolni, hogy bizonyos magasabb fokú
diofantikus egyenleteknek legfeljebb véges sok megoldása lehet.
T 9.4.4
9.4.4 TételnLegyen f = a0 +a1 x+. . .+an x egy n-edfokú egész együtthatós polinom,
ahol n ≥ 3 és f irreducibilis Q felett. Ekkor bármely (rögzített) b egész szám
esetén a(z )= a0 y n + a1 y n−1 z + . . . + an z n = b(12)g(y, z) = y n fydiofantikus egyenletnek csak véges sok megoldása lehet. ♣Bizonyítás: Tegyük fel indirekt, hogy a (12) diofantikus egyenletet végtelensok (yi , zi ) egész számpár kielégíti. Mivel egy adott y-hoz nyilván legfeljebb ndarab z tartozhat, ezért
lim |yi | = ∞ ,
(13)
i→∞

és azt is feltehetjük, hogy az yi értékek egyike sem 0.
A (12) egyenletbe az (yi , zi ) megoldást behelyettesítve, majd az egyenlőséget yin -nel elosztva azt kapjuk, hogy
f

(z )
i

yi

=

b
.
yin

A (13) és (14) összefüggésekből az is következik, hogy
(z )
i
lim f
= 0.
i→∞
yi

(14)

(15)

Legyen f gyöktényezős alakja
f = ann∏j=1(x − αj ).

(16)

9.4. Algebrai számok approximációja

395

Ekkor az f (zi /yi ) helyettesítési értékre
f

(z )
i

= an

yi

n (
∏
zi

yi

j=1

− αj

)
(17)

adódik. Mivel (15) szerint i → ∞ mellett (17) bal oldala 0-hoz tart, ezért
az i indexek alkalmas részsorozatát véve a jobb oldal valamelyik tényezőjének
is 0 a határértéke. Legyen ez mondjuk a jobb oldal első tényezője, és az
egyszerűség kedvéért jelöljük a szóban forgó részsorozatot ugyanúgy, mint az
eredeti sorozatot, ekkor tehát
(z
)
zi
i
lim
− α1 = 0,azazlim= α1 .
(18)i→∞ yii→∞ yiEbből speciálisan az is következik, hogy α1 valós szám.
(18) alapján
lim an

i→∞

n (
∏
zi
j=2

yi

n
)
∏
− αj = an(α1 − αj ).

(19)

j=2

Jelöljük a (19)-beli határértéket d-vel. Az f irreducibilitása miatt az αjszámok különbözők, tehát d ̸= 0. Így elég nagy i esetén
an

n (
∏
zi

yi

j=2

− αj

)

d
.
2

>

(20)

Végül (14), (17) és (20) alapján kapjuk, hogy minden elég nagy i-re
b
yin

= f

(z )
i

yi

= α1 −

= an

n (
∏
zi
j=1

yi

− αj

)
=

n (
∏
zi

)
zi
zi
d
,
· an
− αj
> α1 −
·
yi
yi
yi
2
j=2

azaz
α1 −

zi
yi

<

2b 1
·
.
d yin

(21)

Mivel α1 egy n-edfokú algebrai szám, ezért (21) ellentmond a 9.4.3 Tétel (i)állításának.

396

9. Algebrai és transzcendens számok

Megjegyezzük, hogy hasonló gondolatmenettel még sokkal általánosabb
diofantikus egyenletekről lehet kimutatni a megoldásszám végességét, ha a
9.4.3 Tétel (ii) állítását használjuk fel (lásd a 9.4.3 feladatot).
Feladatok
9.4.1 Liouville-számoknak azokat az α irracionális számokat nevezzük,
amelyekhez bármely n esetén található olyan r/s tört, hogy
α−

1
r
< n.
s
s

A 9.4.1 Tétel szerint minden Liouville-szám transzcendens.
M a) Tegyük fel, hogy α Liouville-szám. Mutassuk meg ekkor bármelyh ̸= 0 racionális szám, illetve k pozitív egész esetén(a1) h + α;(a2) hα;(a3) αk ;(a4) 1/α

is Liouville-szám.
b) Bizonyítsuk be, hogy végtelen sok, sőt kontinuum számosságú Liouville-szám létezik.
9.4.2 Igazoljuk, hogy a 9.4.4 Tétel állítása akkor is érvényben marad, haaz f egész együtthatós, legalább harmadfokú polinomról a Q feletti
irreducibilitás helyett csak az alábbi enyhébb feltételek valamelyikét
tesszük fel:a) Az f -nek nincs első- vagy másodfokú osztója a racionális együtthatós
polinomok körében.
b) Ha b = 0, akkor f -nek nincs racionális gyöke, ha pedig b ̸= 0, akkor
f -nek nincs többszörös (komplex) gyöke.
9.4.3 Legyen g(y, z) a 9.4.4 Tételben definiált kétváltozós polinom, ésh(y, z) egy tetszőleges egész együtthatós, legfeljebb n − 3-adfokú,
kétváltozós polinom. A 9.4.3 Tétel (ii) állításának felhasználásávalbizonyítsuk be, hogy a g(y, z) = h(y, z) diofantikus egyenletnek csak
véges sok megoldása lehet.
M 9.4.4 Tegyük fel, hogy az f ∈ Q[x] polinom irreducibilis Q felett. Bizonyítsuk be, hogy f -nek nem lehet többszörös (komplex) gyöke.

9.5. Az e transzcendens szám

397

9.5. Az e transzcendens számElőször megmutatjuk, hogy e (a természetes logaritmus alapszáma) és π irracionális számok, majd e transzcendenciáját igazoljuk. Megjegyezzük, hogya módszer (jelentős) továbbfejlesztésével az is belátható, hogy π transzcendens. Ez utóbbi tény fontos következménye, hogy egy adott körhöz (euklideszi
szerkesztéssel) nem szerkeszthető vele azonos területű négyzet.
T 9.5.1

9.5.1 Tétel
Az e irracionális szám. ♣Bizonyítás: Az e szám előáll az alábbi végtelen sor összegeként:
e=1+

1
1
1
+ + ... +
+ ...
1! 2!
n!

(1)

Tegyük fel indirekt, hogy e = a/b, ahol a és b pozitív egészek. Ekkor b!e egészszám, továbbá (1)-et b!-sal beszorozva kapjuk, hogy
b!e = nb +1
1+
+ ...,
b + 1 (b + 1)(b + 2)

ahol nb egy b-től függő egész szám. Innen a b!e − nb egész számra az alábbi
becsléseket nyerjük:
1
1++ ... <
b + 1 (b + 1)(b + 2)
1
1
1
1
1
<
+
+ ... =·
= .
1
2
b + 1 (b + 1)
b + 1 1 − b+1b

0 < b!e − nb =Ez azt jelenti, hogy a b!e − nb egész szám 0 és 1/b közé esik, ami nyilvánvaló
ellentmondás.
T 9.5.2

9.5.2 Tétel
A π irracionális szám. ♣Bizonyítás: Tegyük fel indirekt, hogy π = a/b, ahol a és b pozitív egészek.
Legyen n (nagy) pozitív egész és f a következő 2n-edfokú polinom:f (x) =

xn (1 − x)n
.
n!

398

9. Algebrai és transzcendens számok

Tekintsük az

∫ 1
2n+1

I=a

sin(πx)f (x)dx0

integrált. Megmutatjuk, hogy egyrészt(A) I egész szám,másrészt(B) elég nagy n esetén 0 < I < 1,
ami nyilvánvaló ellentmondás.
(B) igazolásával kezdjük. Mivel 0 < x < 1 esetén
0 < sin(πx) ≤ 1

és

ezért
0<I<

0 < f (x) <

1
,
n!

a2n+1
.
n!

Ha n elég nagy, akkor a2n+1 /n! < 1, tehát ezzel a (B) állítást beláttuk.
Rátérve (A)-ra, először megmutatjuk, hogy az f függvény és valamennyi(első, második stb.) deriváltja a 0 és az 1 helyen egész értéket vesz fel, azaz
f (m) (0) és f (m) (1) egész szám,m = 0, 1, 2, . . .

(2)Mivel f (x) = f (1 − x), ezért bármely m-re f (m) (x) = (−1)m f (m) (1 − x), ésígy speciálisan f (m) (0) = (−1)m f (m) (1). Ennek alapján elég az x = 0 helyet
vizsgálni.
Az f polinom
f (x) =)
1(cn xn + cn+1 xn+1 + . . . + c2n x2nn!

alakba írható, ahol a ci együtthatók egész számok. Innen kapjuk, hogy
 0,f (m) (0) = cm m!
= cm (n + 1) . . . m,n!
Ezzel (2)-t beláttuk.

ha 0 ≤ m < n vagy m > 2n;
ha n ≤ m ≤ 2n.

9.5. Az e transzcendens szám399

Az I integrálról sorozatos parciális integrálással mutatjuk meg, hogy egészszám. Az első parciális integrálásnál, a π = a/b indirekt feltevést is felhasználva, az adódik, hogy
∫ 1
2n+1

I=a

sin(πx)f (x)dx =
[

2n+1

=a

0

]1
∫
− cos(πx)f (x)a2n+1 1−− cos(πx)f ′ (x)dx =ππ00= −a2n b(f (1) cos π − f (0) cos 0) + I1 ,
ahol

∫ 1
2n

I1 = a b(3)cos(πx)f ′ (x)dx.

0

Mivel a, b, f (1), f (0), cos π és cos 0 egész számok, ezért (3) alapján I pontosan
akkor egész szám, ha I1 is egész szám.
Az I1 -et ismét parciálisan integráljuk, és újra felhasználjuk a π = a/b
indirekt feltevést is:∫ 12n
I1 = a bcos(πx)f ′ (x)dx =
[

0

]1
∫
sin(πx)f ′ (x)a2n b 1=a b−sin(πx)f ′′ (x)dx =
π
π
0
0
2n

= a2n−1 b2 (f ′ (1) sin π − f ′ (0) sin 0) − I2 ,
ahol

∫ 1
2n−1 2I2 = absin(πx)f ′′ (x)dx.

0

Az előzőkhöz hasonlóan adódik, hogy I1 pontosan akkor egész szám, ha I2 isaz.
Az eljárást ugyanígy folytatva eljutunk az∫ 1
I2n+1 = b2n+1cos(πx)f (2n+1) (x)dx0

integrálhoz, és azt kell belátni, hogy ez egész szám. Mivel az f egy 2n-edfokú
polinom volt, ezért f (2n+1) (x) = 0, tehát I2n+1 = 0. Ennélfogva I2n+1 , és így
I is valóban egész szám. Ezzel az (A) állítást is beláttuk.

400

9. Algebrai és transzcendens számok
T 9.5.3

9.5.3 Tétel
Az e transzcendens szám. ♣Bizonyítás: Tegyük fel indirekt, hogy e algebrai, azaz alkalmas n ≥ 1 és
a0 ̸= 0, a1 , . . . , an egész számokra
a0 + a1 e + . . . + an en = 0.

(4)A π irracionalitásának bizonyításához hasonlóan most is egy integrál segítségével jutunk majd ellentmondásra.
Legyen f később alkalmasan megválasztandó polinom, deg f = k, és tetszőleges s ≥ 0 egész számra tekintsük az alábbi integrált:∫ sI(s) =
e−x f (x)dx.
(5)0Parciális integrálással kapjuk, hogy
∫ s
[ −x
]s
I(s) = −e f (x) 0 +e−x f ′ (x)dx = f (0) − f (s)e−s + I1 (s) ,

(6)

0

∫ s

ahol
I1 (s) =e−x f ′ (x)dx.

0

Hasonló módon, I1 (s) parciális integrálásával adódik, hogy∫ s[ −x ′ ]s
I1 (s) = −e f (x) 0 +e−x f ′′ (x)dx = f ′ (0) − f ′ (s)e−s + I2 (s) ,

(7)

0

∫ s

ahol
I2 (s) =e−x f ′′ (x)dx.

0Így (6) és (7) alapján[] []I(s) = f (0) + f ′ (0) − f (s) + f ′ (s) e−s + I2 (s).
Az eljárást folytatva végül f (k+1) = 0 miatt Ik+1 = 0, és így∫ sI(s) =
e−x f (x)dx =
0
[
] [
]
= f (0) + f ′ (0) + . . . + f (k) (0) − f (s) + f ′ (s) + . . . + f (k) (s) e−s
adódik.

(8)

9.5. Az e transzcendens szám

401

Szorozzuk be (8)-at as es -sel, majd adjuk össze az s = 0, 1, . . . , n értékekre
ily módon kapott egyenlőségeket. Ekkor a
∫ s
n
n
∑
∑
s
s
e−x f (x)dx =as e I(s) =
as e
s=0

=

s=0
n
∑

0

[
]
as es f (0) + f ′ (0) + . . . + f (k) (0) −

(9)

s=0

−

n
∑

[
]
as f (s) + f ′ (s) + . . . + f (k) (s)s=0összefüggéshez jutunk. A (9) középső sorában szereplő összeg értéke a (4)-beliindirekt feltevés miatt 0, ezért (9) átírható a
∫ s
n
n
∑
∑
[
]
s
−x
as e
e f (x)dx = −as f (s) + f ′ (s) + . . . + f (k) (s)
(10)
s=0

0

s=0

alakba.
Az ellentmondás abból fog adódni, hogy alkalmas f -re (10) bal oldala
1-nél kisebb abszolút értékű, jobb oldala pedig egy nullától különböző egész
szám.
Legyen p > n|a0 | egy (nagy) prímszám és
f (x) =

xp−1 (x − 1)p . . . (x − n)p.
(p − 1)!

(11)

A 9.5.2 Tétel bizonyításában szereplő (2) állítás általánosításaként ugyanúgy
igazolható az alábbi észrevétel: Ha t ≥ 0 és j egész számok, h(x) egész együtthatós polinom, akkor a(x − j)t h(x)g(x) =t!
polinom és valamennyi deriváltja a j helyen egész értéket vesz fel: g (m) (j)minden m-re egész szám. Valóban: g(x)-et
g(x) =

dt (x − j)t + dt+1 (x − j)t+1 + . . . + dr (x − j)rt!

alakba írva azt kapjuk, hogy
 0,g (m) (j) = dm m!
= dm (t + 1) . . . m,t!

ha 0 ≤ m < t vagy m > r;
ha t ≤ m ≤ r.

(12)

402

9. Algebrai és transzcendens számok

Mivel
f (x) = p ·(x − 1)p h1 (x),p!

ahol h1 (x) egész együtthatós polinom, ezért (12)-t a g(x) = f (x)/p, t = p,
j = 1 és h(x) = h1 (x) szereposztással alkalmazva azt nyerjük, hogy minden
m-re f (m) (1) egész szám, sőt osztható p-vel. Ugyanígy adódik, hogy
p | f (m) (j),j = 1, 2, . . . , n,m = 0, 1, 2, . . .

(13)

Végül, írjuk az f (x)-et
f (x) =

xp−1 h0 (x)(p − 1)!

alakba, ahol h0 (x) egész együtthatós polinom, és alkalmazzuk (12)-t ag(x) = f (x), t = p − 1, j = 0 és h(x) = h0 (x) szereposztással. Ekkor azt
kapjuk, hogy f (m) (0) is minden m-re egész szám, továbbáp̸ | f (p−1) (0) = (−1)np (n!)p ,de

p | f (m) (0),ha m ̸= p − 1(14)(ez utóbbi onnan adódik, hogy (12) alapján m < p − 1 esetén f (m) (0) = 0,m ≥ p esetén pedig az f (m) (0) = dm p . . . m szorzatban szerepel a p tényező).
Így (13) és (14) alapján azt kapjuk, hogy a (10) jobb oldalán álló (kettős)összeg minden tagja egész szám és az a0 f (p−1) (0) tag kivételével minden tag
osztható p-vel. Ebből következik, hogy (10) jobb oldala egy p-vel nem oszthatóegész szám, tehát speciálisan nem lehet nulla.
Most megmutatjuk, hogy elég nagy p esetén (10) bal oldalának az abszolútértéke kisebb, mint 1. Mivel 0 < x < n esetén|e−x | < 1ezért|f (x)| =

és
n
∑
s=0

∫ s
as e

s

e
0

−x

xp−1 (x − 1)p . . . (x − n)p(p − 1)!

f (x)dx ≤

en

(∑n

<

n(n+1)p−1,(p − 1)!

)( n+1 )pn.
(p − 1)!

s=0 |as |(15)

A (15) jobb oldala A·B p /(p−1)! alakú, ahol A és B konstansok. Ez a kifejezés
p → ∞ mellett 0-hoz tart, tehát elég nagy p-re kisebb lesz, mint 1.
Ezzel befejeztük annak igazolását, hogy a (10) egyenlőség bal oldalának
abszolút értéke 1-nél kisebb, a jobb oldal pedig egy nemnulla egész szám. A (4)indirekt feltevés tehát ellentmondásra vezetett, és így az e nem lehet algebraiszám.

9.6. Algebrai egész

403

Feladatok
9.5.1 Legyen a1 < a2 < . . . < an < . . . pozitív egészeknek olyan sorozata,ahol minden n-re an | an+1 , továbbá bármely k pozitív
egészhez∑∞létezik olyan n, amelyre k | an . Bizonyítsuk be, hogy a n=1 1/an
végtelen sor konvergens, és az összege irracionális szám.
9.5.2 Jelöljön r racionális számot. Igazoljuk, hogya) sin 1 és cos 1 irracionális;∗b) 0 < r ≤ π esetén sin r és cos r közül legalább az egyik irracionális;c) 0 < r < π/2 esetén tg r irracionális.
(A szögek ívmértékben vannak megadva. Ne használjuk fel azt akorábban bizonyítás nélkül említett tényt, hogy ha n egész szám,
akkor sin n transzcendens. A ,,fokokban mérve racionális” szögek
szögfüggvényeire nézve lásd a 9.6.11 feladatot.)∗

9.5.3 A 9.5.2 Tétel bizonyításának gondolatmenetét finomítva, mutassuk
meg, hogy π 2 irracionális.

9.6. Algebrai egész
Az algebrai egészek olyan speciális algebrai számok, amelyek az egész számokáltalánosításainak tekinthetők.
A fogalom előkészítéséhez először az egészeknek a racionálisokon belül egy
olyan jellemzését adjuk meg, hogy az ebben megfogalmazott tulajdonságot a
racionálisok helyett az algebrai számokra is ki lehessen majd terjeszteni.
A racionális számok éppen az elsőfokú algebrai számok, az r racionális
szám (egyik) minimálpolinomja x − r. Ez a normált (azaz 1 főegyütthatójú)
minimálpolinom nyilván pontosan akkor egész együtthatós, ha az r egész szám.
A racionális számok közül tehát az tünteti ki az egészeket, hogy a(z egyik)
minimálpolinomjuk normált és egész együtthatós.
A minimálpolinomra előírt fenti tulajdonságot az algebrai számok körére
kiterjesztve kapjuk az algebrai egész fogalmát:
D 9.6.1
9.6.1 Definíció
Egy algebrai számot algebrai egész nek nevezünk, ha a(z egyik) minimálpolinomja normált és egész együtthatós. ♣Az egyszerűbb szóhasználat érdekében ebben a pontban egy algebrai szám
minimálpolinomján mindig annak normált alakját fogjuk érteni.

404

9. Algebrai és transzcendens számok

Példák:P1 Egy r racionális szám akkor és csak akkor algebrai egész, ha r egész szám
(az algebrai egész fogalmát éppen ennek szem előtt tartásával definiáltuk).
√√
P2 A 3 2 és 3 1/2 számok közül az első algebrai egész, de a második nem az,
hiszen a minimálpolinomjuk x3 − 2, illetve x3 − (1/2).
P3 A 7.4 pontban szerepelt Gauss-egészek szintén algebrai egészek. Sőt, az
is igaz, hogy ha tekintjük a Gauss-racionálisok at, vagyis az összes olyan
a + bi komplex számot, ahol a és b racionális, akkor ezek közül éppen
a Gauss-egészek lesznek az algebrai egészek. Hasonló állítás érvényes a
7.7 pontban bevezetett Euler-egészekre (és a hozzájuk kapcsolódó Eulerracionálisokra) is. A 10. és 11. fejezetben részletesen foglalkozunk majdhasonló típusú algebrai egészek számelméleti vizsgálatával.
Az alábbi tétel lehetőséget ad arra, hogy egy algebrai számról a minimálpolinomja meghatározása nélkül is igazoljuk, hogy algebrai egész (de a tétel
gyakorlatilag nem alkalmas annak bizonyítására, hogy a szám nem algebrai
egész):
T 9.6.2
9.6.2 Tétel
Egy α komplex szám akkor és csak akkor algebrai egész, ha létezik olyan
f normált, egész együtthatós polinom, amelyre f (α) = 0. ♣Bizonyítás: Ha α algebrai egész, akkor az mα (normált) minimálpolinom
megfelel f -nek.
A megfordításhoz tegyük fel, hogy létezik olyan f normált, egész együtthatós polinom, amelyre f (α) = 0. Ekkor a 9.2.3 Tétel szerint mα | f , azaz
van olyan g racionális együtthatós polinom, amelyre f = gmα . Itt f és mαfőegyütthatója 1, így g főegyütthatója is 1. Továbbá f egész együtthatós, ezért
a racionális együtthatós polinomokra érvényes Gauss-lemma szerint létezik
olyan c racionális szám, amelyre a cg és (1/c)mα polinomok mindketten egész
együtthatósak. Ekkor cg, illetve (1/c)mα főegyütthatója c, illetve 1/c, amelyek egyszerre csak akkor lehetnek egészek, ha c = ±1. Ez viszont azt jelenti,
hogy már maga mα (és g) is (normált és) egész együthatós polinom, tehát αvalóban algebrai egész.
Megjegyzések : 1. A 9.6.2 Tétel segítségével például a komplex egységgyökökről
a körosztási polinomokra történő hivatkozás nélkül is megállapíthatjuk, hogy
algebrai egészek, hiszen egy n-edik egységgyök gyöke az xn − 1 normált, egész
együtthatós polinomnak.

405

9.6. Feladatok

2. Mint említettük, a 9.6.2 Tétel alapján nem lehet kimutatni, hogy
egy adott szám nem algebrai egész. Ugyanis abból, hogy α gyöke egy (vagyakár végtelen sok) olyan normált, racionális együtthatós polinomnak, amely
nem egész együtthatós, semmilyen következtetést nem tudunk levonni arravonatkozólag, hogy α algebrai egész-e vagy sem. Például az 1 algebrai egész,
ugyanakkor gyöke az fn = (x − 1)(x − 1/2)n polinomoknak (n = 1, 2, . . .),és mindegyik fn normált, racionális együtthatós, de nem egész együtthatós.
Azt, hogy egy adott α nem algebrai egész, a minimálpolinomja segítségével
igazolhatjuk.
Most az algebrai egészek és a műveletek kapcsolatát vizsgáljuk. A következő tételben a 9.3.1, 9.3.4 és 9.3.6 Tételek algebrai egészekre vonatkozó
megfelelőit foglaljuk össze.
T 9.6.3
9.6.3 Tétel(i) Az algebrai egészek részgyűrűt alkotnak a komplex számtestben, azaz algebrai egészek összege, különbsége és szorzata is algebrai egész (a hányadosuk azonban általában nem az).
(ii) Egy algebrai egész tetszőleges pozitív racionális kitevőjű hatványa is algebrai egész.
(iii) Ha az f normált polinom együtthatói algebrai egészek, akkor f minden(komplex) gyöke is algebrai egész. ♣Bizonyítás: Mindhárom állítás ugyanúgy adódik, mint ahogy az algebrai számokra vonatkozó megfelelőiket (a 9.3.1, 9.3.4, illetve 9.3.6 Tételben) igazoltuk: a gondolatmenetben az ,,algebrai szám” kifejezést ,,algebrai egész”re, a ,,racionális szám”-ot ,,egész szám”-ra, a ,,racionális együtthatós”-t pedig,,normált, egész együtthatós”-ra kell cserélni (és természetesen a reciprokra
vonatkozó részeket figyelmen kívül kell hagyni, valamint a 9.3.6 Tétel bizonyítását nézve most a normáltság miatt ξ = 1, tehát a ξk -kra nincs szükség).
A fentieknek minden lépésre kiterjedő, részletes ellenőrzését az Olvasóra bízzuk.
Feladatok
9.6.1 Mutassuk meg, hogy ha α algebrai egész, akkor α, 2Re(α), 2Im(α)és |α| is algebrai egész.
9.6.2 Az alábbi számok közül melyek algebrai egészek?
√√√√a) 5 5 + ( 7 7/2);b) (1 + 3)/2;c) (1 + i 3)/2;d) cos 1◦ .

406

9. Algebrai és transzcendens számok

9.6.3 Tekintsük az α = a + bi komplex számot (ahol a és b valós szám).
Melyek igazak az alábbi állítások közül?
a) Ha a és b algebrai egész, akkor α is algebrai egész.
b) Ha a algebrai egész, akkor α is algebrai egész.
c) Ha a és |α| algebrai egész, akkor α is algebrai egész.
d) Ha α algebrai egész, akkor a és b is algebrai egész.
e) Ha α és a algebrai egész, akkor b is algebrai egész.
f) Ha α algebrai egész, továbbá a és b racionális, akkor a és b egész
szám.
g) Ha α + 3β és 5α + 7β algebrai egész, akkor α és β is algebrai egész.
h) Ha α + β és αβ algebrai egész, akkor α és β is algebrai egész.
9.6.4 Vizsgáljuk meg a Fermat-sejtés algebrai egészekre vonatkozó változatát: Rögzített n ≥ 3 egész kitevő mellett létezik-e megoldása az
xn + y n = z n egyenletnek a nemnulla algebrai egészek körében?
M 9.6.5 Legyen f olyan normált, racionális együtthatós polinom, amelynek
nem minden együtthatója egész szám, és tekintsük f (komplex) gyökeit. Melyek igazak az alábbi állítások közül?
a) Az f -nek létezik olyan gyöke, amely nem algebrai egész.
b) Az f egyetlen gyöke sem algebrai egész.
c) Ha f irreducibilis Q felett, akkor f egyetlen gyöke sem algebrai egész.
d) Ha az f különböző gyökei között pontosan egy olyan van, amely nem
algebrai egész, akkor f -nek létezik racionális gyöke.
9.6.6 Bizonyítsuk be, hogy minden algebrai szám felírható két algebrai
egész hányadosaként, sőt az is elérhető, hogy ezek közül az egyik(akár az osztandó, akár az osztó) egész szám legyen.
9.6.7 Hogyan olvasható le az α algebrai egész minimálpolinomjáról, hogy
1/α is algebrai egész?
9.6.8 Bizonyítsuk be az alábbi állításokat.
a) Bármely α algebrai egészhez végtelen sok olyan β algebrai egész
létezik, amelyre α/β is algebrai egész.
b) Bármely olyan α ̸= 0 algebrai egészhez, amelynek a reciproka nem
algebrai egész, végtelen sok olyan β algebrai egész létezik, amelynek
a reciproka nem algebrai egész, és amelyre α/β algebrai egész.

9.6. Feladatok

407c) Bármely α ̸= 0 algebrai egészhez csak véges sok olyan b egész számlétezik, amelyre α/b algebrai egész.
9.6.9 Van-e az egységnyi abszolút értékű komplex számok között az egységgyökökön kívül∗∗a) algebrai szám;b) algebrai egész?

9.6.10a) Mutassuk meg, hogy ha n ≥ 2, akkor az n-edfokú algebrai egészek
mindenütt sűrűn helyezkednek el a valós számegyenesen.
b) Mindenütt sűrűek-e a komplex számsíkon az n-edfokú algebrai egészek, ha (b1) n = 2; (b2) n = 4?
9.6.11a) Legyen r tetszőleges valós szám. Igazoljuk, hogy r és cos r◦ közül
legalább az egyik irracionális, kivéve ha r olyan egész szám, amely
osztható 60-nal vagy 90-cel.
b) Fogalmazzuk meg és bizonyítsuk be a szinuszra és tangensre vonatkozó hasonló állítást.

10. ALGEBRAI SZÁMTESTEKAlgebrai számtesteknek a racionális test egyszerű algebrai bővítéseit nevezzük. Ebben a fejezetben az ilyen testbővítésekkel és az ezekben található
algebrai egészek aritmetikai tulajdonságaival foglalkozunk. Részletesen tárgyaljuk a másodfokú bővítések algebrai egészeit. Ezek speciális eseteként a
7. fejezetben már találkoztunk a Gauss-, illetve Euler-egészekkel, amelyeket
sikerrel alkalmaztunk az x2 +y 2 = n, illetve x3 +y 3 = z 3 diofantikus egyenletek
megoldásánál. Az algebrai számtestek vizsgálatát az ideálelmélet eszközeinek
bevonásával a következő fejezetben is folytatjuk.
Megjegyezzük, hogy a testbővítésekről szóló általános bevezető tetszőleges(kommutatív) test esetén érvényes, bár a továbbiakban ezt mindig csak a
komplex test résztesteire fogjuk alkalmazni. Előrebocsátjuk még, hogy ebben
a fejezetben számos helyen felhasználunk néhány alapvető, elsősorban a vektorterek dimenziójához kapcsolódó lineáris algebrai fogalmat és tételt.

10.1. Testb®vítés
Testen mindig kommutatív testet fogunk érteni.
D 10.1.1
10.1.1 Definíció
Az M testet az L test bővítésének nevezzük, ha L részteste M -nek, azaz
L ⊆ M és az L testben a műveletek éppen az M -beli műveletek megszorításai.
♣Ennek a kapcsolatnak a szokásos jelölése M | L vagy M/L, de mivel ezkönnyen félreérthető, ezért inkább az M : L jelölést fogjuk alkalmazni.
Ha M bővítése L-nek, akkor M egyben vektortér is L felett a ,,természetesen” adódó műveletekre. Ezek a vektortér műveletek az M test műveleteiből
származnak: két M -beli ,,vektor t” mint az M test két elemét adjuk össze,
továbbá egy L-beli ,,skalár ral” úgy szorzunk meg egy M -beli ,,vektort”, hogy
az M testnek ezt a két elemét összeszorozzuk.
Az M -nek mint az L test feletti vektortérnek a dimenziójára külön elnevezést és jelölést vezetünk be:10.1. Testbővítés409

D 10.1.2
10.1.2 Definíció
Ha M bővítése L-nek, akkor az M -nek mint L feletti vektortérnek a dimenzióját a testbővítés fok ának nevezzük és deg(M : L)-lel jelöljük. Ha ez adimenzió véges, akkor véges (vagy véges fokú) bővítésről beszélünk. ♣Példák: deg(C : R) = 2, deg(R : Q) = ∞.
Alapvetően fontos tétel, hogy az egymás utáni testbővítések esetén a fokszámok összeszorzódnak:
T 10.1.3
10.1.3 Tétel (Testbővítések fokszámtétele)
Ha az L ⊆ M ⊆ N bővítésláncban deg(N : M ) < ∞ és deg(M : L) < ∞,akkordeg(N : L) = deg(N : M ) · deg(M : L). ♣(1)
Megjegyezzük, hogy a tétel végtelen dimenzióra is kiterjeszthető: Hadeg(N : M ) és deg(M : L) közül legalább az egyik végtelen, akkor deg(N : L)is végtelen, sőt (1) abban a finomabb értelemben is érvényes marad, ha afokszámot a Hamel-bázis számosságaként tekintjük.
Bizonyítás: Jelöljük L elemeit görög betűkkel, M elemeit latin kisbetűkkel, N
elemeit pedig latin nagybetűkkel.
Legyen az M : L vektortér egy bázisa b1 , . . . , bn , az N : M vektortéré
pedig C1 , . . . , Ck . Megmutatjuk, hogy ekkor abi Cj ,

i = 1, 2, . . . , n,

j = 1, 2, . . . , k(2)elemek bázist alkotnak az N : L vektortérben, amiből a tétel állítása már
következik.
Először azt igazoljuk, hogy a (2)-beli elemek lineárisan függetlenek N : Lben. Tegyük fel, hogy a λij ∈ L ,,skalárokra”n ∑k∑λij (bi Cj ) = 0 .

(3)i=1 j=1

A (3) bal oldalát a(z N ) testbeli azonosságok felhasználásával átalakítva azt
kapjuk, hogy
k (∑
n
)
∑
λij bi Cj = 0 .
(4)
j=1

i=1

410

10. Algebrai számtestek

Mivel C1 , . . . , Ck lineárisan független N : M -ben, ezért (4)-ből következik,hogyn∑
λij bi = 0,
j = 1, . . . , k.
(5)i=1Felhasználva, hogy b1 , . . . , bn lineárisan független M : L-ben, (5) alapján
adódik, hogy mindegyik λij = 0. Ezzel a bi Cj elemek N : L-beli lineáris
függetlenségét beláttuk.
Most megmutatjuk, hogy a bi Cj elemek generátorrendszert alkotnak
N : L-ben. Mivel C1 , . . . , Ck generátorrendszer N : M -ben, ezért bármely
U ∈ N felírható
U = v1 C1 + . . . + vk Ck(6)
alakban, ahol vj ∈ M . Most felhasználjuk, hogy b1 , . . . , bn generátorrendszer
M : L-ben, és így minden vj előáll a bi -k lineáris kombinációjaként:
αij ∈ L,vj = α1j b1 + . . . + αnj bn ,1 ≤ i ≤ n,

1 ≤ j ≤ k.

(7)

A (7)-beli előállításokat (6)-ba beírva kapjuk, hogy

U=

n ∑
k
∑

αij bi Cj .

i=1 j=1

Ezzel beláttuk, hogy a bi Cj elemek generátorrendszert alkotnak N : L-ben.
Most az algebrai szám fogalmát általánosítjuk:
D 10.1.4
10.1.4 Definíció
Legyen L részteste M -nek. A ϑ ∈ M elem algebrai az L test felett, halétezik olyan nemnulla f ∈ L[x] polinom, amelynek a ϑ gyöke, azaz f (ϑ) = 0.
♣
Példák:Az algebrai szám fogalmát az L = Q, M = C speciális esetben kapjuk.
A valós, illetve a komplex test felett minden komplex szám algebrai (lásda 9.1.7 feladatot).
Az algebrai elem minimálpolinomját és fokát értelemszerűen, a 9.2.1 és
9.2.4 Definíciók mintájára definiáljuk:10.1. Testbővítés411

D 10.1.5
10.1.5 Definíció
Legyen L részteste M -nek. Az L felett algebrai ϑ ∈ M elem minimálpolinomjának a(z egyik) legalacsonyabb fokú L[x]-beli polinomot nevezzük, amelynek a ϑ gyöke. A ϑ fok a (vagy fokszáma) a minimálpolinomjának a foka. ♣Ne felejtsük el, hogy a ϑ minimálpolinomja és így a foka is nemcsak
magától a ϑ-tól√függ, hanem attól is, hogy melyik L test felett tekintettük
minimálpolinomja x2 − 2, az R feletti mia ϑ-t: például 2-nek a Q feletti√
nimálpolinomja viszont x − 2. (Megmutatható, hogy M változtatása nem
befolyásolja ϑ minimálpolinomját.)
Ennek megfelelően a minimálpolinom és a fokszám mϑ,L , illetve degL ϑjelölésében az L testet is feltüntetjük (az algebrai számoknak megfelelő L = Q
esetben továbbra is a sima mϑ , illetve deg ϑ jelölést használjuk).
Az algebrai elem minimálpolinomjára is érvényesek a 9.2.2 és 9.2.3 Tételeknek megfelelő állítások:T 10.1.6
10.1.6 Tétel
Legyen L részteste M -nek, és ϑ ∈ M algebrai elem L felett. Ekkor(i) az mϑ,L minimálpolinom egy L-beli konstans szorzótól eltekintve egyértelmű;(ii) egy f ∈ L[x] polinomra f (ϑ) = 0 ⇐⇒ mϑ,L | f ;(iii) egy g ∈ L[x] polinom pontosan akkor minimálpolinomja ϑ-nak, hag(ϑ) = 0 és g irreducibilis L felett. ♣A bizonyítás pontosan a 9.2.2 és 9.2.3 Tételeknél látott módon történik.
A bővítések szerkezetére vonatkozóan fontos információt tartalmaz az
alábbi egyszerű észrevétel:T 10.1.7
10.1.7 Tétel
Ha deg(M : L) < ∞, akkor M minden eleme algebrai L felett. ♣Bizonyítás: Legyen deg(M : L) = n, és jelöljük 1-gyel a(z L és M ) test (közös)egységelemét. Ekkor tetszőleges v ∈ M esetén az 1, v, v 2 , . . . , v n elemek száma
nagyobb, mint az M : L vektortér dimenziója, ezért ezek az elemek lineárisanösszefüggők. Ez azt jelenti, hogy léteznek olyan α0 , . . . , αn ∈ L ,,skalárok”,
amelyek közül nem mindegyik 0, és
α0 + α1 v + . . . + αn v n = 0.

412

10. Algebrai számtestek

Így v gyöke az f = α0 + α1 x + . . . + αn xn ̸= 0 polinomnak, vagyis v algebrai
elem L felett.
Megjegyzések : 1. A bizonyításból az is leolvasható, hogy degL v ≤ deg(M : L).
A 10.2.5 Tételben a még erősebb degL v | deg(M : L) állítást fogjuk igazolni.
2. A 10.1.7 Tétel megfordítása nem igaz. Legyen például L a racionálistest, M pedig az összes (Q feletti) algebrai számok teste. Ekkor M minden
eleme (definíció szerint) algebrai L felett, azonban deg(M : L) = ∞, ugyanisdeg(M : L) = n < ∞ esetén az előző megjegyzés szerint minden algebraiszám foka legfeljebb n lehetne, ami ellentmond annak, hogy létezik akármilyen
magas fokszámú algebrai szám (9.2 pont, P4 példa).
Feladatok
10.1.1 Legyen deg(M : L) prímszám, és tegyük fel, hogy T az M -nek olyan
részteste, amely tartalmazza L-et. Mutassuk meg, hogy T = M vagy
T = L.
10.1.2 Legyen G = {a + bi | a, b ∈ Q} a Gauss-racionálisok, A pedig az
algebrai számok teste. Számítsuk ki az alábbi testbővítések fokát:a) deg(G : Q);b) deg(C : A);c) deg(A : G).
√
10.1.3 Legyen K = {a+b 2 | a, b ∈ Q}. Könnyen adódik, hogy K részteste
R-nek.
a) Bizonyítsuk be, hogy egy α komplex szám akkor és csak akkor algebrai K felett, ha algebrai Q felett (azaz algebrai szám).
b) Határozzuk meg az alábbi komplex számoknak a K feletti fokát:√√√√(b1) 3 + 7 2;(b2) 2 + i;(b3) 4 2;(b4) 3 2.
10.1.4 Tekintsük az L ⊆ M ⊆ N bővítésláncot, és legyen ϑ ∈ N .
a) Melyek igazak az alábbi állítások közül?
(a1) Ha ϑ algebrai L felett, akkor ϑ algebrai M felett.
(a2) Ha ϑ algebrai M felett, akkor ϑ algebrai L felett.
b) Ha ϑ algebrai M és L felett, akkor milyen kapcsolat van mϑ,M ésmϑ,L , illetve degM ϑ és degL ϑ között?

10.2. Egyszer¶ algebrai b®vítés
A testbővítések legegyszerűbb és egyben legfontosabb típusát az egyetlen elemáltal generált bővítések jelentik. Ezt a fogalmat az egyszerűség kedvéért csak

10.2. Egyszerű algebrai bővítés413

a Q(ϑ) speciális esetre, azaz a racionális testnek a ϑ komplex számmal történő
bővítésére tárgyaljuk, azonban az elmondottak ugyanúgy érvényesek Q helyettbármilyen L test, illetve ϑ ∈ C helyett ϑ ∈ M mellett is, ahol az M test az
L-nek tetszőleges bővítése.
A Q-nak a ϑ komplex számmal történő egyszerű bővítésén a Q-ból és a
ϑ-ból a komplex testbeli műveletek (és inverzeik) segítségével előálló elemekhalmazát fogjuk érteni. Ehhez tekintjük az összes a0 + a1 ϑ + . . . + an ϑn alakú
elemet, ahol n tetszőleges nemnegatív egész és az ai -k racionális számok, majd
vesszük ilyenek hányadosait. Az a0 + a1 ϑ + . . . + an ϑn elem nem más, minta g = a0 + a1 x + . . . + an xn ∈ Q[x] polinomnak a ϑ helyen vett g(ϑ) ∈ C
helyettesítési értéke. A szóban forgó hányadosok tehát g(ϑ)/h(ϑ) alakú komplex számok, ahol g és h tetszőleges Q[x]-beli polinomok és természetesenh(ϑ) ̸= 0. Az ily módon kapott elemek a komplex számtestnek a ϑ-t és
Q-t tartalmazó legszűkebb résztestét alkotják. Mindezt pontosan az alábbi
definícióban és tételben fogalmazzuk meg.
D 10.2.1
10.2.1 Definíció
Tetszőleges ϑ komplex szám esetén a Q testnek a ϑ-val történő egyszerű
bővítésének nevezzük és Q(ϑ)-val jelöljük az alábbi alakú komplex számok
halmazát:g(ϑ), ahol g, h ∈ Q[x], h(ϑ) ̸= 0 ,(1)h(ϑ)
illetve ugyanezt részletesen kiírva:∑ni
i=0 ai ϑ,j
j=0 bj ϑ∑kahol ai , bj ∈ Q,k∑bj ϑj ̸= 0,n, k = 0, 1, 2, . . .

(2)

j=0

Ha ϑ algebrai szám, akkor egyszerű algebrai bővítésről beszélünk. ♣T 10.2.2
10.2.2 Tétel
Q(ϑ) a komplex testnek az a legszűkebb részteste, amely a ϑ-t és a racionális testet tartalmazza, azaz(i) Q(ϑ) résztest C-ben;(ii) ϑ ∈ Q(ϑ), Q ⊆ Q(ϑ);(iii) ha T részteste C-nek és ϑ ∈ T, Q ⊆ T , akkor szükségképpen Q(ϑ) ⊆ T .
♣414

10. Algebrai számtestek

Bizonyítás: (i) Azt kell megmutatni, hogy két (1)-beli elem összege, különbsége, szorzata és (ha a nevező nem nulla, akkor) hányadosa is (1)-beli. Nyilván
g2 (ϑ)g(ϑ)
g1 (ϑ)+=,h1 (ϑ) h2 (ϑ)h(ϑ)
ahol g = g1 h2 + g2 h1 és h = h1 h2 is racionális együtthatós polinomok, és akomplex test nullosztómentessége miatt h(ϑ) = h1 (ϑ)h2 (ϑ) ̸= 0. A különbségre, szorzatra és hányadosra vonatkozó állítás hasonlóan igazolható.
(ii) Ha g = x és h = 1, akkor g(ϑ)/h(ϑ) = ϑ, tehát ϑ ∈ Q(ϑ).
Ha r tetszőleges racionális szám, akkor a g = r és h = 1 (konstans)polinomokat választva g(ϑ)/h(ϑ) = r, tehát r ∈ Q(ϑ).
(iii) Ha T a komplex számok olyan részteste, amely tartalmazza ϑ-t és
Q-t, akkor a ϑ-ból és racionális számokból képzett tetszőleges szorzatok összege és ilyenek hányadosa is szükségképpen T -beli. Ez azt jelenti, hogy minden(2)-beli komplex szám is eleme T -nek, tehát valóban Q(ϑ) ⊆ T .
Megmutatjuk, hogy ha ϑ algebrai szám, akkor Q(ϑ) elemei egyszerűbb
alakban is felírhatók.
√√
Tekintsük először példaként a racionális√ testnek a 2-vel vett Q( 2)bővítését. Ez nem más, mint az a0 + a1 2 alakú
számok T halmaza, ahol√
ai ∈ Q, ugyanis T egy olyan test, amely a 2-t és a racionális számokat
tartalmazza és nyilván a legszűkebb. Ez azt jelenti,√ hogy a 10.2.1 Definícióban
felírt alakhoz képest nincs szükség osztásra és a 2-nek az egynél magasabb
kitevőjű hatványaira.
√√√√Ha a 2 helyett a 3 5-tel történő Q( 3 5) bővítést tekintjük, akkor itt 3 5
legfeljebb második hatványaira van szükség, mert a harmadik és magasabb
hatványok kifejezhetők ezekkel (és alkalmas racionális számokkal).
Az általános esetben a következő tétel érvényes:
T 10.2.3
10.2.3 Tétel
Ha ϑ egy n-edfokú algebrai szám, akkor Q(ϑ) elemei egyértelműen felírhatók
a0 + a1 ϑ + . . . + an−1 ϑn−1
alakban, ahol az ai -k racionális számok. Más szóval, minden α ∈ Q(ϑ) elemhez
pontosan egy olyan f ∈ Q[x] polinom létezik, amelyre
α = f (ϑ)ésdeg f ≤ n − 1 vagy f = 0. ♣

415

10.2. Egyszerű algebrai bővítés

Bizonyítás: I. Először megmutatjuk, hogy (1)-ben a nevezőre ,,nincs szükség”, azaz bármely g, h ∈ Q[x] és h(ϑ) ̸= 0 esetén g(ϑ)/h(ϑ) előáll alkalmast ∈ Q[x] polinommal t(ϑ) alakban is.
Ennek igazolásához tekintsük az alábbi ekvivalenciákat (ahol közben ah(ϑ) ̸= 0 feltételt és a 9.2.3(i) Tételt is felhasználjuk):g(ϑ)/h(ϑ) = t(ϑ) ⇐⇒ g(ϑ) = h(ϑ)t(ϑ) ⇐⇒ (g − ht)(ϑ) = 0 ⇐⇒⇐⇒ mϑ | g − ht ⇐⇒ g = ht + mϑ s,ahol s ∈ Q[x].

Így azt kell belátni, hogy léteznek olyan t és s racionális együtthatós polinomok, amelyekre
g = ht + mϑ s.
(3)
A (3) egyenlőség ,,olyan”, mint egy lineáris diofantikus egyenlet, amelybent és s az ismeretlenek, csak itt egész számok helyett racionális együtthatós
polinomok szerepelnek. A lineáris diofantikus egyenletek megoldhatóságának
szükséges és elégséges feltételét az 1.3.6 Tételben tárgyaltuk, és a bizonyításnál
csak a maradékos osztásból adódó euklideszi algoritmus egyik következményét
használtuk fel. Mivel a maradékos osztás a test feletti polinomok körében iselvégezhető, ezért a ,,polinomos” diofantikus egyenlet megoldhatóságának isugyanaz a feltétele. Így a (3) egyenlet megoldhatóságához azt kell igazolni,
hogy (h, mϑ ) | g.
Az mϑ polinom irreducibilis Q felett, ezért (h, mϑ ) = 1 vagy mϑ . Az
utóbbi esetből azonban h(ϑ) = 0 következne, így csak (h, mϑ ) = 1 lehetséges,tehát valóban (h, mϑ ) | g. Ez, mint láttuk, azt jelenti, hogy a (3) egyenlet
megoldható, és az így kapott t polinomra t(ϑ) = g(ϑ)/h(ϑ).
II. Eddig azt igazoltuk, hogy minden α ∈ Q(ϑ) alkalmas t ∈ Q[x] polinommal α = t(ϑ) alakba írható. Most megmutatjuk, hogy olyan f ∈ Q[x]polinom is létezik, amelyre deg f ≤ n − 1 vagy f = 0, és α = f (ϑ).
Osszuk el a t polinomot maradékosan mϑ -val, ekkor a maradék megfelel
f -nek. Valóban, haahol

t = qmϑ + f,

deg f ≤ n − 1

vagy

f = 0,akkor
α = t(ϑ) = q(ϑ)mϑ (ϑ) + f (ϑ) = 0 + f (ϑ) = f (ϑ).
III. Hátravan még f egyértelműségének az igazolása. Tegyük fel, hogy az
f1 és f2 racionális együtthatós polinomkra
f1 (ϑ) = f2 (ϑ)ésdeg fi ≤ n − 1 vagy fi = 0,i = 1, 2.

416

10. Algebrai számtestek

Ekkor az f3 = f1 − f2 polinom racionális együtthatós, f3 (ϑ) = 0 és deg f3 < nvagy f3 = 0. Mivel deg ϑ = n, ezért csak f3 = 0 lehetséges. Ez azt jelenti,
hogy f1 = f2 , tehát a tételben szereplő f polinom egyértelmű.
A 10.2.3 Tétel más megfogalmazásban azt jelenti, hogy az 1, ϑ, . . . , ϑn−1
elemek bázist alkotnak Q(ϑ)-ban mint Q feletti vektortérben. Így ennek avektortérnek a dimenziója, azaz az Q(ϑ) : Q testbővítés foka megegyezik a ϑ
algebrai szám fokával. Ezt a fontos tényt külön tételként is kimondjuk:10.2.4 Tétel()

T 10.2.4

Ha ϑ algebrai szám, akkor deg Q(ϑ) : Q = deg ϑ. ♣A 10.2.3–10.2.4 Tételeket kiegészíthetjük azzal, hogy ha ϑ transzcendensszám, akkor Q(ϑ) elemei nem adhatók meg a 10.2.1 Definícióban leírtnál egyszerűbb alakban, és a Q(ϑ) : Q bővítés foka ekkor végtelen. Ebben az esetbena Q(ϑ) test a Q feletti algebrai törtek , azaz a racionális együtthatós polinomok
formálisan képzett hányadosainak testével izomorf (lásd a 10.2.13 feladatot).
Megjegyezzük még, hogy ha ϑ algebrai szám, akkor a 10.2.3 Tétel alapján
Q(ϑ) elemeit az mϑ polinom szerinti osztási maradékokként képzelhetjük el:
ilyenkor a Q(ϑ) test a Q[x]/(mϑ ) faktorgyűrűvel izomorf (lásd a 11.1.6 Tételt
és a 11.1.9a feladatot). Az egyszerű algebrai bővítéseknek ez a megközelítési
módja a Q helyett tetszőleges L test esetén azt is lehetővé teszi, hogy ,,akkor
is megkonstruáljuk L(ϑ)-t, ha nincs eleve adva egy L-nél bővebb M test és
abban egy ϑ elem”, lásd a 11.1.9b feladatot.
Végül megemlítjük, hogy a Q bármely véges bővítése előáll alkalmas ϑ
algebrai számmal Q(ϑ) alakban, azaz Q véges bővítései megegyeznek a Q egyszerű algebrai bővítéseivel. (Ugyanez fennáll Q helyett bármely olyan testre
is, amelyben egy a + a + . . . + a összeg csak úgy lehet 0, ha a = 0.)
A 10.1.7 Tétel élesítéseként most megmutatjuk, hogy egy véges bővítéstetszőleges elemének a foka osztója a bővítés fokának. Az állítást most is csaka Q bővítéseire fogalmazzuk meg, de ugyanúgy érvényes tetszőleges (kommutatív) testekre is.
10.2.5 Tétel

T 10.2.5

Ha M részteste C-nek és deg(M : Q) = k < ∞, akkor bármely α ∈ Melemre deg α | k. ♣

417

10.2. Egyszerű algebrai bővítés
Bizonyítás: A Q(α) test a 10.2.2 Tétel szerint része M -nek, azaz
Q ⊆ Q(α) ⊆ M.

(4)

A deg(M : Q) = k < ∞ feltételből következik, hogy a (4) bővítéslánc mindkét,,láncszeme” is véges bővítés, és így alkalmazhatjuk a fokszámtételt (10.1.3
Tétel). Ebből azt kapjuk, hogy deg(Q(α) : Q) | k. A 10.1.7 Tétel alapján
α algebrai szám, ezért a 10.2.4 Tétel miatt deg(Q(α) : Q) = deg α. Vagyis
valóban deg α | k.
Most új bizonyítást adunk a 9.3.1 és 9.3.6 Tételekre. A könnyebb áttekinthetőség kedvéért ezeket a tételeket (új sorszámmal) újra ki is mondjuk.
T 10.2.6
10.2.6 Tétel
Az algebrai számok résztestet alkotnak a komplex számtestben. ♣Bizonyítás: Legyen α és β két algebrai szám. Azt kell megmutatni, hogy α+β,
α − β, αβ és (ha β ̸= 0, akkor) α/β is algebrai.
Bővítsük Q-t α-val, majd az így kapott K = Q(α) testet β-val. Az ekkor
keletkező N = K(β) test tartalmazza α-t és β-t is, ezért a két szám összege,
különbsége, szorzata és hányadosa is N -beli.
Tekintsük a Q ⊆ K ⊆ N bővítésláncot [ahol K = Q(α) és N = K(β)].
Ittdeg(K : Q) = deg αésdeg(N : K) = degK β ≤ deg β,
ezért a fokszámtétel szerint deg(N : K) < ∞. Ebből a 10.1.7 Tétel alapján
következik, hogy N minden eleme, így speciálisan α + β, α − β, αβ és α/β isalgebrai szám.
T 10.2.7
10.2.7 Tétel
Ha az f ̸= 0 polinom együtthatói algebrai számok, akkor f minden (komplex) gyöke algebrai szám. ♣Bizonyítás: Legyen f = α0 + α1 x + . . . + αn xn és γ az f tetszőleges komplex
gyöke.
Definiáljuk a Ki testeket a következőképpen:
K0 = Q(α0 ),Kj = Kj−1 (αj ),j = 1, 2, . . . , n,és tekintsük a
Q ⊆ K0 ⊆ K1 ⊆ . . . ⊆ Kn ⊆ Kn+1

Kn+1 = Kn (γ) ,418

10. Algebrai számtestekbővítésláncot. Itt minden lépésben az adott testet egy felette algebrai elemmelbővítjük, ezért minden ,,láncszem” véges bővítés. Ekkor a fokszámtétel miatt
Kn+1 : Q is véges bővítés, tehát Kn+1 minden eleme, köztük γ is algebrai Q
felett.
Feladatok
10.2.1 Bizonyítsuk be, hogy bármely ϑ komplex és r ̸= 0 racionális számra
az alábbi bővítések megegyeznek Q(ϑ)-val:a) Q(r + ϑ);b) Q(rϑ);c) Q(1/ϑ) (ha ϑ ̸= 0).

10.2.2 Legyen α ∈ Q(ϑ). Bizonyítsuk be az alábbi állításokat.
a) Q(α) ⊆ Q(ϑ).
b) Algebrai ϑ esetén Q(α) = Q(ϑ) ⇐⇒ deg α = deg ϑ.
∗c) Transzcendens ϑ esetén Q(α) = Q(ϑ) akkor és csak akkor teljesül,haa0 + a1 ϑα=, ahol ai , bi ∈ Q és α ̸∈ Q.
b0 + b1 ϑ

10.2.3 Melyek igazak az alábbi állítások közül?
a) Q(ϑ) = Q(ϑ).
b) Ha |ϑ|2 racionális, akkor Q(ϑ) = Q(ϑ).
c) Ha Q(ϑ) = Q(ϑ), akkor |ϑ|2 racionális.
d) Ha Q(ϑ) ⊆ Q(ϑ), akkor Q(ϑ) = Q(ϑ).
e) Q(ϑ) = Q(ϑ + ϑ2 ).

√√10.2.4 Írjuk fel az alábbi számokat a0 +a1 3 2+a2 3 4 alakban, ahol a0 , a1 , a2
racionális számok:
√
√
√
1
1+ 32
3
3
2
√ .
a) ( 4 + 3 2) ;
b) √
;
c)
3
2
1+232
10.2.5 Számítsuk ki az alábbi algebrai számok fokát:√√
M a) 7 + 3i;b) i 5 3;√√√√c) 7 3 + 7 1/3;d) 4 2 + 2.
10.2.6 Adjuk meg egyszerűbb alakban az alábbi halmazokat:
√
√
√
√
√
√
a) Q( 3 54) \ Q( 3 16); b) Q( 6 7) ∩ Q( 9 7); c) Q( 4 5) ∩ Q(i 4 5).

10.3. Másodfokú bővítések419

M 10.2.7 Adjuk meg Q(ϑ) valós elemeit, ha ϑ értéke√a) 5 3(cos 144◦ + i sin 144◦ );√b) i 6 3;√c) i valamelyik értéke.
M∗ 10.2.8 Bizonyítsuk be, hogy ha |ϑ| = 1, akkor Q(ϑ) ∩ R = Q(Re ϑ).
√√√
10.2.9 Legyen α = 1 + 3 7 25 + 11 7 125 + 999 7 625. Bizonyítsuk be, hogy√
létezik olyan f racionális együtthatós polinom, amelyre f (α) = 7 5.
10.2.10 Legyen a β algebrai szám foka k. Melyek deg(β 2 ) lehetséges értékei?
M∗ 10.2.11 Határozzuk meg az egységkörön az összes páratlan fokú algebrai számot.
10.2.12a) Bizonyítsuk be, hogy ha α és β algebrai számok, akkor az α + β,
α − β, αβ és (β ̸= 0 esetén) α/β számok foka kisebb vagy egyenlő,mint (deg α) · (deg β).
nb) Ha az f = α0 +α1 x+. . .+αn x∏polinom együtthatói algebrai számoknés f (γ) = 0, akkor deg γ ≤ n j=0 deg αj .
10.2.13 Legyenek g1 , g2 , h1 ̸= 0, h2 ̸= 0 racionális együtthatós polinomok ésϑ transzcendens szám. Bizonyítsuk be az alábbi állításokat.
g2 (ϑ)
g1 (ϑ)a)=⇐⇒ g1 h2 = g2 h1 .
h1 (ϑ)h2 (ϑ)b) A Q(ϑ) test izomorf a Q feletti algebrai törtek , azaz a racionális
együtthatós polinomok formálisan képzett hányadosainak testével.

10.3. Másodfokú b®vítések
Ebben a pontban a Q-nak a (komplex számtesten belüli) másodfokú bővítéseit
és azok algebrai egészeit vizsgáljuk.
T 10.3.1
10.3.1 Tétel√
A Q összes másodfokú bővítése Q( t) alakú, ahol t (pozitív vagy negatív)
négyzetmentes egész szám és t ̸= 1. Különböző ilyen t értékekhez különböző
bővítések tartoznak. ♣Megjegyzés: A t > 0 esetben valós, a t < 0 esetben pedig képzetes√(vagyimaginárius) másodfokú bővítésről beszélünk. A képzetes esetben t két

420

10. Algebrai számtestek(komplex) értéke közül bármelyiket vehetjük, mert ezek egymás ellentettjei√ésQ(ϑ) = Q(−ϑ) bármely ϑ-ra teljesül; a továbbiakban√ ilyenkor jelentse t√mindig a négyzetgyök felső félsíkbeli értékét: t = i |t|.
Bizonyítás: Legyen M a C olyan részteste, amelyre deg(M : Q) = 2. Ekkor
nyilván az M tetszőleges α nem racionális elemére deg α = 2 és M = Q(α).
√
Belátjuk, hogy Q(α) megadható alkalmas négyzetmentes t ̸= 1-gyel Q( t)alakban is.
Ha az α minimálpolinomja mα = a0 + a1 x + a2 x2 , ahol a0 , a1 , a2 egész
számok, akkor√ a másodfokú egyenlet megoldóképletéből kapjuk, hogy
α = r0 + r1 s alakú, ahol r1 ̸= 0 és r0 racionális számok és s ̸= 0 egész
2
szám. Az s-ből a lehető legnagyobb négyzetszámot√ kiemelve s = k t adódik,ahol t négyzetmentes és t ̸= 1. Így α = r√0 + r1 k t. Innen a 10.2.1 feladat
alapján következik, hogy M = Q(α) = Q( t).
√Meg kell√még mutatnunk, hogy az így kapott t egyértelmű, azaz haQ( t1 ) = Q( t2 ), ahol tj négyzetmentes és tj ̸= 1, akkor t1 = t2 .
A feltételekből következik, hogy√√t2 ∈ Q( t1 ),

azaz

√

√
t2 = a + b t1 ,ahol a és b racionális. Négyzetre emeléssel
√t2 = a2 + t1 b2 + 2ab t1√
miatt csak úgy lehetséges, ha b = 0 vagy a = 0.
adódik. Ez t1 irracionalitása √Az első eset azt jelenti, hogy
t2 racionális, ami ellentmondás. A második√ √esetben azt kapjuk, hogy t2 / t1 racionális, amiből tj négyzetmentessége
miatt t1 = t2 következik.
Példák:P1 A Gauss-racionálisok a Q(i) bővítés elemei, ekkor t = −1.
P2 Az Euler-racionálisok a Q(ω) bővítés elemei, ahol√
2π
2π
−1 + i 3
ω = cos+ i sin=.
3
3
2
Ekkor t = −3.
Most megvizsgáljuk, hogyan adhatók meg egy másodfokú bővítés algebrai
egészei.

10.3. Másodfokú bővítések

421

Tekintsük először a Gauss-racionálisokat, tehát azokat az a + bi komplex
számokat, ahol a és b racionális. A 9.6 pontban már említettük (P3 példa,9.6.3a és 9.6.3f feladat), hogy egy Gauss-racionális pontosan akkor algebrai
egész, ha Gauss-egész, azaz ha a és b egész szám.
Nézzük meg, mi a helyzet az Euler-racionálisoknál, azaz az√√−1 + i 32c − d d √α = c + dω = c + d=+−3 = a + b −3 (a, b, c, d ∈ Q)
2
2
2
(1)
alakú számoknál. A 9.6 pont P3 példájában jeleztük, hogy egy Euler-racionális
akkor és csak akkor algebrai egész, ha Euler-egész. Ez azt jelenti, hogy az(1)-beli α Euler-racionális pontosan akkor algebrai egész, ha c és d egészszám, azaz ha a és b mindketten egész számok, vagy pedig mindketten olyan
2 nevezőjű törtek, amelyek számlálója páratlan szám.
A fentiek mutatják, hogy a t = −1, illetve t = −3 esetekben kapott
eredmény kissé eltérő jellegű. Az általános esetben is kétféle lehetőség adódik,attól függően, hogy a bővítést jellemző t milyen maradékot ad 4-gyel osztva:
T 10.3.2
10.3.2 Tétel√
Legyen t ̸= 1 négyzetmentes szám. Ekkor a Q( t) bővítés algebrai egészei
éppen a c + dϑ alakú számok, ahol c és d egész szám és
{√
ϑ=

t, √
ha t ̸≡ 1 (mod 4);(1 + t)/2, ha t ≡ 1 (mod 4).

√√
Más megfogalmazásban ez azt jelenti, hogy Q( t)-ben egy a + b t (a, b ∈ Q)
elem akkor és csak akkor algebrai egész, haa) t ̸≡ 1 (mod 4) esetén a és b egész számok;b) t ≡ 1 (mod 4) esetén a = u/2, b = v/2, ahol u és v azonos paritású
egészek. ♣A tétel kétféle megfogalmazása nyilván ekvivalens.
A Gauss-, illetve Euler-egészekre kapott eredmény ennek a tételnek at = −1 ̸≡ 1 (mod 4), illetve t = −3 ≡ 1 (mod 4) speciális esete.
Bizonyítás: Mivel egy racionális szám√akkor és csak akkor algebrai egész, haegész szám, ezért a tétel állítása a Q( t) bővítés racionális elemeire azonnal
adódik.
A továbbiakban így √elég a bővítés nem racionális elemeivel √foglalkozni.
Tetszőleges ilyen α ∈ Q( t) egyértelműen felírható α = r0 + r1 t alakban,

422

10. Algebrai számtestek

ahol r1 ̸= 0 és r0 racionális számok. Közös nevezőre hozva kapjuk, hogy
√
a+b t
,
α=
c

ahol a, b, c egészek, (a, b, c) = 1, c > 0, b ̸= 0.

(2)

√
a
b t
α− =
c
c

Az

egyenlőséget négyzetre emelve
α2 −2aa2 − tb2
α+
=0
c
c2

(3)

adódik. Mivel deg α = 2, ezért (3) alapján α minimálpolinomja
mα = x2 −a2 − tb2
2a
x+
.
c
c2

(4)

Így α pontosan akkor algebrai egész, ha a (4)-beli minimálpolinom egész
együtthatós, azazc | 2aés
c2 | a2 − tb2 .
(5)
Azt kell belátnunk, hogy (5) pontosan akkor teljesül, haa) t ̸≡ 1 (mod 4) esetén c = 1;(6a)b) t ≡ 1 (mod 4) esetén c = 2 és a, b páratlan, vagy c = 1.

(6b)Először tegyük fel, hogy c páratlan. Ekkor (5)-ben az első oszthatóságból
c | a következik, és így c2 | a2 − (a2 − tb2 ) = tb2 . Mivel t négyzetmentes, aszámelmélet alaptétele szerint c2 | b2 , tehát c | b. Ezért c | (a, b, c) = 1, azazc = 1. Megfordítva, c = 1 esetén (5) nyilván teljesül bármely t, a és b egész
számokra.
Legyen most c páros, c = 2k. Ekkor (5)-ben az első oszthatóságból k | akövetkezik, és így k 2 | a2 − (a2 − tb2 ) = tb2 . A páratlan esethez hasonlóan
kapjuk, hogy k | b, ezért k | (a, b, c) = 1, azaz k = 1, tehát c = 2. Ennek
megfelelően (5)-ben a második oszthatóság átírható
a2 − tb2 ≡ 0 (mod 4)(7)

alakba. Itt a és b közül legalább az egyik páratlan, mivel (a, b, c) = 1, továbbá
t négyzetmentessége miatt t ̸≡ 0 (mod 4). Egy négyzetszám csak 0 vagy

423

10.3. Másodfokú bővítések

1 maradékot adhat 4-gyel osztva, így a fentiek mellett (7) pontosan akkor
teljesül, ha a és b mindketten páratlanok és t ≡ 1 (mod 4).
Ezzel beláttuk, hogy az (5) és (6a)–(6b) feltételek ekvivalensek.
√√
Jelöljük a Q( t) bővítés algebrai egészeinek halmazát E( t)-vel.
10.3.2 Tétel szerint tehát√√
E( t) = {c + d t | c, d ∈ Z},
illetveha t ̸≡ 1 (mod 4);

A

(8a)

√
}
1+ t
E( t) = c + d| c, d ∈ Z , ha t ≡ 1 (mod 4).
(8b)
2
√
√
Mivel E(√ t) az algebrai egészek gyűrűjének és a Q( t) testnek a metszete,
ezért E( t) részgyűrű a komplex számtestben. Ez a gyűrű kommutatív,
egységelemes és nullosztómentes, továbbá nem test, hiszen például a racionális
számok közül csak az egészeket tartalmazza. Mindezek√ alapján — a Gaussegészek és Euler-egészek mintájára — érdemes E( t)-ben is megvizsgálni
néhány alapvető számelméleti kérdést.
Az oszthatóság,egység, legnagyobb közös osztó, felbonthatatlan és prím√fogalmát E( t)-ben pontosan ugyanúgy definiáljuk, mint a Gauss-egészeknél(lásd a 7.4.4, 7.4.6, 7.4.9, 7.4.10 és 7.4.11 Definíciókat, a ,,Gauss-” jelzőt mosttermészetesen elhagyjuk).
√
A számelméleti vizsgálatoknál E( t)-ben is kulcsszerepet játszik a norma
fogalma:√{

10.3.3 Definíció√√Az α = a + b t ∈ E( t) elem normája

D 10.3.3√√
N (α) = a2 − tb2 = (a − b t)(a + b t) . ♣√A 10.3.2 Tételből következik, hogy minden α ∈ E( t) elem normája egészszám.
Az is azonnal adódik,√ hogy a normára vonatkozó 7.4.3 és 7.4.5 Tételekt < 0 esetén bármely E( t)-ben érvényesek, és a t > 0 esetben is csak annyi
a változás, hogy N (α) negatív egész is lehet (továbbá ha t > 0 és α nem
racionális, akkor N (α) nem az α abszolút értékének a négyzetét jelenti).
Az egységekre vonatkozó 7.4.7, illetve 7.7.6 Tétel a következőképpen módosul:

424

10. Algebrai számtestek

10.3.4 Tétel √(A) Egy ε ∈ E( t) elemre az alábbi feltételek ekvivalensek:

T 10.3.4(i) ε egység.
(ii) ε | 1.
(iii) |N (ε)| = 1.

√
(B) Ha t > 0, akkor E( t)-ben végtelen sok egység van.
√(C) Ha t < 0 és t ̸= −1, −3, akkor E( t)-ben az összes egység a ±1. ♣√Bizonyítás: (A): (i) =⇒ (ii): Ha ε minden E( t)-beli elemnek osztója, akkor
speciálisan az 1-nek is osztója.
√(ii) =⇒ (i): Ha√ε | 1, vagyis van olyan β ∈ E( t), amelyre εβ = 1, akkor
tetszőleges α ∈ E( t)-re ε(βα) = α, azaz ε | α, tehát ε egység.
(ii) =⇒ (iii): Ha ε | 1, akkor N (ε) | N (1) = 1, tehát N (ε) = ±1.
√(iii) =⇒ (ii): Ha ε = a + b t és√√
N (ε) = (a + b t)(a − b t) = ±1,√√
akkor a − b t ∈ E( t) miatt ε | 1.
(B) Ha t > 0, akkor az x2 −ty 2 = 1 Pell-egyenletnek végtelen sok√ x, y egész√
megoldása van (7.8.1 Tétel), és az ezeknek megfelelő α = x + y t ∈ E( t)elemekre N (α) = 1, tehát ezek valamennyien egységek.
√√(C) Ha t < 0, t ̸≡ 1 (mod 4), akkor E( t) elemei α = a + b t alakúak,ahol a, b egész, és így t ̸= −1 esetén
N (α) = a2 + |t|b2 = 1
csak úgy teljesülhet, ha b = 0 és a = ±1, azaz α = ±1.
√
A t < 0, t ≡ 1 (mod 4) esetben α még (u/2) + (v/2) t alakú is lehet,ahol u és v páratlan egész. Ekkor
N (α) =

u2 + |t|v 2
= 1,
4

azaz

u2 + |t|v 2 = 4

fennállását vizsgáljuk. Ha |t| > 3 és u, v páratlan, akkor
u2 + |t|v 2 > 1 + 3 · 1 = 4,
tehát (9) nem teljesülhet.

(9)10.3. Másodfokú bővítések

425

Megjegyzések : 1. A 10.3.4 Tétel (A)/(iii) feltétele számos t-re csak a N (ε) = 1
lehetőséget jelenti, mert N (ε) = −1 nem fordulhat elő. Ez a helyzet bármely
t < 0 esetén, hiszen ekkor nyilván minden elem normája nemnegatív. Azonban
ilyen
pozitív t is, amelyre t ≡ 3 (mod 4), hiszen ekkor√ például minden olyan √E( t) tetszőleges α = a + b t elemére (a, b egész, és) N (α) = a2 − tb2 ̸≡ −1(mod 4).
√2. A 10.3.4 Tétel (B) részét kiegészíthetjük azzal, hogy a t > 0 esetbenE( t) összes egységeit az x2 − ty 2 = ±1 egyenlet egész, illetve ha t ≡ 1
2
2(mod 4), akkor√ ezeken kívül az x − ty = ±4 egyenlet páratlan megoldásaiból
adódó x + y t elemek szolgáltatják. Ezeknek az áttekintése a 7.8.2 Tétel
felhasználásával történhet (lásd a 7.8.3 feladathoz adott útmutatást is).
Most rátérünk a számelmélet alaptételének√ a kérdésére. A√ tételnek afelbonthatóságra vonatkozó állítása bármely E( t)-ben igaz: E( √t) minden,
a 0-tól és egységektől különböző eleme felbontható véges sok E( t)-beli felbonthatatlan szorzatára. Ez az állítás a norma abszolút értékét felhasználva,a Gauss-egészeknél a 7.4.13 Tétel bizonyításában látott módon igazolható.
Alapvetően más a helyzet viszont a felbontás egyértelműségével kapcsolatban, ez már általában nem teljesül. Az egyértelműség kérdését először néhány
konkrét bővítésben vizsgáljuk meg, majd utána ismertetjük az általános esetre
vonatkozó eredményeket és megoldatlan problémákat.
T 10.3.5
10.3.5 Tétel√√A számelmélet√ alaptétele érvényes E( 2)-ben, viszont nem érvényes
E( −5)-ben és E( 10)-ben. ♣Bizonyítás:Mint a tétel kimondása előtt jeleztük, a felbonthatóság bármely√
E( t)-ben igaz, így elég az egyértelműséggel foglalkoznunk.
√E( 2): Megmutatjuk, hogy a Gauss-egészekhez és Euler-egészekhez hasonlóan itt is elvégezhető a maradékos osztás. Ebből a már többször látott
módon következik a számelmélet alaptételének egyértelműségi része.
A Gauss-egészeknél és az Euler-egészeknél a norma szerint végezzük amaradékos osztást, ami részletesen kifejtve azt jelenti, hogy a norma nemnegatív egész szám, egyedül a nullelem normája 0, és elérhető, hogy a maradék
normája kisebb legyen az osztó normájánál. (Ezek a tulajdonságok biztosítják,
hogy az euklideszi algoritmus véget ér, az általánosításra vonakozóan lásd a11.3 pontot.) √Mivel E( 2)-ben egy elem normája negatív is lehet, ezért itt a norma√
helyett a norma abszolút értékét használjuk, azaz azt igazoljuk, hogy E( 2)ben a norma abszolút értéke szerint elvégezhető a maradékos osztás.

426

10. Algebrai számtestek√
Nyilvánvaló, hogy E( 2)-ben a norma abszolút értéke nemnegatív egészszám és egyedül a nullelem normájának√abszolút értéke 0.
Azt kell tehát belátnunk, hogy E( 2) tetszőleges α és β ̸= 0 elemeihez
léteznek olyan γ és ϱ elemek, melyekre
α = βγ + ϱés|N (ϱ)| < |N (β)|.
(10)√
A norma fogalmát Q( 2) elemeire is kiterjeszthetjük: a, b ∈ Q esetén
legyen√√√N (a + b 2) = (a + b 2)(a − b 2) = a2 − 2b2 .
√Azonnal adódik, hogy bármely ξ, ψ ∈ Q( 2) esetén N (ξ)N (ψ) = N (ξψ).
Ennek megfelelően, a (10)-beli egyenlőséget β-val elosztva az alábbi, (10)zel ekvivalens feltételt kapjuk:
(ϱ)
α
ϱ
=γ+
és
N
< 1.
(11)
β
β
β
A (11) feltételt
√ a következőképpen is megfogalmazhatjuk: α/β-hoz keresünk
olyan γ ∈ E( 2) elemet, amelyre
)
(α
(12)
− γ < 1.
Nβ√√√Legyen α/β = u+v 2, ahol u, v ∈ Q. Válasszuk γ-nak azt a c+d 2 ∈ E( 2)számot, ahol c, illetve d az u-hoz, illetve v-hez legközelebbi (egyik) egész szám.
Ekkor
(α
)
N
− γ = (u − c)2 − 2(v − d)2 ,β
és 0 ≤ |u − c| ≤ 1/2, 0 ≤ |v − d| ≤ 1/2 miatt−1
1≤ (u − c)2 − 2(v − d)2 ≤ ,2
4tehát (12) valóban teljesül.
√E( −5): Megmutatjuk,
hogy (például) a 6 két lényegesen különböző
√módon bontható E( −5)-beli felbonthatatlanok szorzatára:√√
6 = 2 · 3 = (1 + −5)(1 − −5) .
√√felbonthatatlanok
Ehhez√ azt kell belátnunk, hogy a 2, 3, 1 + −5 és 1 − −5 √E( −5)-ben, továbbá (például) a 3 nem egységszerese 1 ± −5-nek.

10.3. Másodfokú bővítések

427√
Az állítás második része nyilvánvaló, hiszen E( −5)-ben a 10.3.4 Tétel(C) része szerint nincs más egység, mint a ±1.
A felbonthatatlanságot a 2-re igazoljuk, a másik három szám esetén
ugyanígy kell eljárni.
√Tegyük fel indirekt, hogy 2 = αβ, ahol α, β egyike sem egység E( −5)ben. Ekkor√ 4 = N (2) = N (α)N (β), továbbá N (α) ̸= 1, N (β) ̸= 1, és így(mivel E( −5)-ben a norma
nemnegatív) csak N (α) = N (β) = 2 lehetséges.
√Legyen α = a + b −5, itt a, b egész, mivel −5 ̸≡ 1 (mod 4). Ekkor
N (α) = a2 + 5b2 = 2 nyilván nem√ állhat fenn. Az ellentmondás igazolja, hogya 2 valóban felbonthatatlan E( −5)-ben.
√E( 10): Ekkor (például) a −9-nek létezik két lényegesen különböző felbontása felbonthatatlanok szorzatára:√√−9 = 3(−3) = (1 + 10)(1 − 10).
(13)√
A (13)-beli felbontásokban ±3 nem egységszerese 1 ± 10-nek, mert√√
1 ± 10±1 ±1 √=±
10 ̸∈ E( 10) .
±3
3
3
Azt kell még igazolni, hogy a√(13)-ban szereplő tényezők valóban felbonthatatlanok.
Ha ±3 vagy 1 ± 10 nem lenne felbonthatatlan, akkor az√
E( −5)-nél
látottgondolatmenet szerint kapnánk, hogy létezne olyan α =√a + b 10, a, b egész, amelyre N (α) = a2 − 10b2 = ±3. Ez azonban lehetetlen,
mert a2 ̸≡ ±3 (mod 5).
A számelmélet alaptételének kérdése az általános másodfokú bővítések
esetén igen nehéz, és jelentős részben ma is megoldatlan probléma.
Kezdjük a valós bővítésekkel:√
V1 Megoldatlan, hogy végtelen sok olyan t > 0 létezik-e, amelyre E( t)-benérvényes az alaptétel.
√V2 Meghatározták az összes olyan t > 0 értéket, amikor E( t)-ben a norma
abszolút értéke szerint elvégezhető a maradékos√ osztás (lásd az alábbi
10.3.6 Tétel (iii) részét). Ezekre a t-kre tehát E( t)-ben biztosan érvényes
a számelmélet alaptétele. Léteznek azonban további olyan pozitív t-k is,amikor igaz az alaptétel, ilyen például a t = 14, 22, 23 vagy 31.
A képzetes bővítésekre 1968 óta ismert a teljes válasz:√
K1 Pontosan kilenc olyan t < 0 létezik, amelyre E( t)-ben érvényes az alaptétel, ezek felsorolását lásd a 10.3.6 Tétel (i) részében. (Ezek közé tartoznak a korábban már tárgyalt Gauss-, illetve Euler-egészek is.)428

10. Algebrai számtestek

K2 A kilenc eset közül pontosan öt olyan van, amikor a norma szerint elvégezhető a maradékos osztás (lásd a 10.3.6 Tétel (ii) részét). Sőt, a másik négyt-re az is igazolható, hogy nemcsak a norma szerint, de ,,semmilyen másértelemben sem lehet maradékos osztást végezni”. Ennek a kijelentésnek
a pontos értelmezésére és bizonyítására a 11.3 pontban visszatérünk.
A K1, K2 és V2 pontokban jelzett eredményeket (bizonyítás nélkül) az
alábbi tételben foglaljuk össze:
T 10.3.6
10.3.6 Tétel√(i) A t < 0 esetben E( t)-ben akkor és csak akkor igaz a számelmélet alaptétele, hat = −1, −2, −3, −7, −11, −19, −43, −67, −163.
(ii) Az√(i)-ben felsorolt kilenc t érték közül pontosan az első öt olyan, amikorE( t)-ben a norma szerint elvégezhető a maradékos osztás.
√(iii) A t > 0 esetben E( t)-ben akkor és csak akkor végezhető el a norma
abszolút értéke szerint a maradékos osztás, hat = 2, 3, 5, 6, 7, 11, 13, 17, 19, 21, 29, 33, 37, 41, 57, 73. ♣A 10.3.6 Tétel (ii) állításának a bizonyítását a 10.3.4 feladatban tűztük
ki.

√
Végül két tételt tárgyalunk az E( √t)-beli felbonthatatlanokról, illetveprímekről. Az első tétel tetszőleges E( t)-re vonatkozik, függetlenül attól,
hogy érvényes-e a számelmélet alaptétele vagy sem. Ennek megfelelően itt élesen meg kell különböztetnünk a prím és a felbonthatatlan fogalmát, hiszen ezek
nem ekvivalensek. A második tétel olyan másodfokú bővítésekre vonatkozik,ahol igaz a számelmélet alaptétele, így itt a prím és a felbonthatatatlan fogalma egybeesik.
T 10.3.7
10.3.7 Tétel√
Legyen p >( 2) prímszám és (p, t) = 1. Ekkor E( t)-ben p akkor és csak
akkor prím, ha pt = −1. ♣√( )Bizonyítás: Először azt igazoljuk, hogy ha pt = −1, akkor p prím E( t)-ben.
Tegyük fel, hogy p | αβ, és mutassuk meg, hogy p | α és p | β közül
legalább az egyik teljesül.

10.3. Másodfokú bővítések

429

A p | αβ oszthatóságból kapjuk, hogy
p2 = N (p) | N (α)N (β).
Mivel p prímszám (Z-ben), ezért p a N (α)N (β) szorzat( t ) valamelyik tényezőjét
is osztja, mondjuk p | N (α). Megmutatjuk, hogy p = −1 miatt ebből p | α
is következik.
√
Legyen α = a + b t. Vizsgáljuk először a t ̸≡ 1 (mod 4) esetet, ekkor a
és b egész számok. Így a p | N (α) = a2 − tb2 feltétel átírható az
a2 ≡ tb2 (mod p)(14)

alakba. Ha (a, p) = (b, p) = 1, akkor (14)-ből
( )2 ( )( )2 ( )
t
b
t
a
=
=
1=
p
p p
p
( )
következik, ami ellentmond a pt = −1 feltételnek. Ha a és b közül pontosanaz egyik osztható p-vel, akkor (14) egyik oldala osztható p-vel, a másik viszontnem, ami szintén lehetetlen.
Így (14) csak úgy teljesülhet, ha a ≡ b ≡ 0√(mod p). Ekkor p | a + b t is igaz, tehát valóban p | α.
A t ≡ 1 (mod 4) esetben azt a lehetőséget is figyelembe kell venni, amikora = u/2, b = v/2, ahol u, v páratlan. Ekkor (14) helyett az u2 ≡ tv 2 (mod p)
kongruencia fentiekhez hasonló vizsgálata igazolja( )p | α teljesülését.
A megfordításhoz indirekt tegyük fel, hogy pt = 1. Ekkor létezik olyan
c egész szám, amelyre c2 ≡ t (mod p). Így√√√dep̸ | c ± t.
p | c2 − t = (c + t)(c − t),√Ez ellentmond annak, hogy p prím E( t)-ben.
A következő tétel a Gauss- és Euler-egészekre bizonyított 7.4.12,√7.4.14,
7.4.15, illetve 7.7.7 Tételek általánosítása arra az esetre, amikor E( t)-benérvényes a számelmélet alaptétele:
T 10.3.8
10.3.8 Tétel√
Tegyük fel, hogy E( t)-ben igaz a számelmélet alaptétele. Ekkor:√(i) E( t) egy eleme akkor és csak akkor felbonthatatlan, ha prím. (Ennek
alapján a továbbiakban a felbonthatatlan helyett is a prím szót fogjuk
használni.)

430

10. Algebrai számtestek(ii) Minden π prímhez pontosan egy olyan p pozitív prímszám létezik, amelyre
π | p.
√(iii) Minden p pozitív prímszám vagy maga is prím E( t)-ben, vagy pedig
pontosan két prímnek a szorzata, amelyek normája ±p, és amelyek egymás,,konjugáltjai”√ a következő értelemben√ (vö. a 10.4.1 Definícióval): legyen
π1 = a + b t, ekkor π2 = ±(a − b t).
√( )(iv) Ha p > 2 prímszám, (p, t) = 1 és pt = −1, akkor p prím E( t)-ben.
√( )(v) Ha p > 2 prímszám, (p, t) = 1 és pt = 1, akkor p két E( t)-beli prímszorzata, amelyek nem egymás egységszeresei.
(vi) Páratlan t esetén a 2 a következőképpen viselkedik:a) ha t ≡ 3 (mod 4), akkor a 2 két olyan prím szorzata, amelyek egymás
egységszeresei (azaz a 2 egy prím négyzetének az egységszerese);b) ha t ≡ 1 (mod 8), akkor a 2 két olyan prím szorzata, amelyek nem
egymás egységszeresei;c) ha t ≡ 5 (mod 8), akkor a 2 prím.
(vii) Ha a p prímszám osztója t-nek, akkor p két olyan prím szorzata, amelyek
egymás egységszeresei (azaz p egy prím négyzetének az egységszerese).
(viii) A (iv)–(vii)√ pontokban felsorolt prímek egységszeresei adják az összes
prímet E( t)-ben. ♣Bizonyítás: (i) Egy prím mindig szükségképpen felbonthatatlan is, lásd az
1.4.3 Tétel bizonyítását. Az, hogy minden felbonthatatlan egyben prím is,a számelmélet alaptételéből következik, lásd az 1.5.8 feladatot (vagy a 11.3.1
Tételt).
(ii) és (iii) pontosan úgy bizonyítható, mint a 7.4.14 Tétel.
(iv) következik a 10.3.7 Tételből.
Az (v)–(vii) állításokkal
kapcsolatban először csak azt igazoljuk, hogy a√p, illetve a 2 prím-e E( t)-ben vagy sem.
(v)-nél ez a 10.3.7 Tételből következik.
(vi) Ha t ≡ 3 (mod 4), akkor
2 | t2 − t = (t +tehát a 2 nem prím.

√t)(t −√

t),de2̸ | t ±√t,10.3. Másodfokú bővítések
Ha t ≡ 1 (mod 8), akkor√√
1−t
1+ t 1− t
2|
=
·
,
4
2
2

de

431

√
1± t
2̸ |
,
2

tehát a 2 nem prím.
Végül, ha t ≡ 5 (mod 8) és a 2 nem lenne prím, akkor lenne a 2-nek olyan
√
√
u+v t
α=
∈ E( m)2
osztója (ahol u, v egész), amelyre
N (α) = ±2,

azazu2 − tv 2 = ±8.

Azonban u2 − tv 2 nem lehet 16k + 8 alakú, ami ellentmondás.
(vii) Mivel√ √√p | t = t · t,dep̸ | t(ez p = 2 esetén is igaz), ezért p nem lehet prím.
Az (v), (vi)/a, (vi)/b és (vii) esetekben az előzőkből következik, hogy ap, illetve a 2 nem prím. Ekkor (iii) alapján a p, illetve a 2 felírható két prím,
π1 és π2 szorzataként, ahol√√
π1 = a + b tés
π2 = ±(a − b t).
Itt a t ̸≡ 1 (mod 4) esetben a és b egész, a t ≡ 1 (mod 4) esetben pedig
a = u/2, b = v/2, ahol u és v azonos paritású egészek.
Mivel |N (π1 )| = |N (π2 )| = p (illetve 2), ezért |N (π1 /π2 )| = 1. Így π1 és
π2 pontosan akkor egységszerese egymásnak, ha
√
√
π1
2ab √
a+b t
a2 + tb2√ =+=t ∈ E( t).
(15)
π2
p
p
±(a − b t)(v)-nél (15) nem teljesül, ugyanis (|N (π1 )| = p miatt) 2ab/p nem lehet
egész szám vagy egy 2 nevezőjű tört.
(vi)/a esetén (15)-ben p = 2, továbbá t ≡ 3 (mod 4) miatt a és b egészek,
valamint a2 − tb2 = ±2 alapján a és b páratlan. Ezért
a2 + tb2
2

és

2ab
= ab
2

is egész, tehát π1 és π2 egymás egységszeresei.

432

10. Algebrai számtestek(vi)/b esetén (15)-ben p = 2, továbbá
a2 − tb2 = ±2

t ≡ 1 (mod 4)ésmiatt a és b nem lehet egész. Ezért a = u/2 és b = v/2, ahol u, v páratlan.
Ekkor (15)-ben 2ab/2 = uv/4 nem egész és nem kettő nevezőjű tört, tehát(15) nem teljesül. Így π1 és π2 nem egymás egységszeresei.
(vii)-nél vizsgáljuk először azt az esetet, amikor a és b egész. Ekkor
a2 − tb2 = ±p

és

p|t

miatt p | a, és így (15)-ben
a2 + tb2
p

és

2ab
p

is egész, tehát π1 és π2 egymás egységszeresei.
Hasonlóan kezelhető az az eset is, amikor [t ≡ 1 (mod 4) és] a = u/2,
b = v/2, ahol u, v páratlan.
Végül, (viii) azonnal következik (ii)-ből és (iv)–(vii)-ből.
Feladatok
10.3.1√a) Bizonyítsuk be, hogy E( 3)-ban érvényes a számelmélet alaptétele.
b) Hogyan fér össze a számelmélet alaptétele az alábbi egyenlőségekkel:
√
√
√
√
√
7 + 3 3 = (1 + 3)(1 + 2 3) = (−4 + 3 3)(5 + 3 3);
√
√
√
√
√
(b2) 19 + 5 3 = (5 − 3)(5 + 2 3) = (−4 + 3 3)(11 + 7 3)?
(b1)√c) Határozzuk meg E( 3)-ban az összes prímet.
∗d) Milyen n pozitív egészekre oldható meg az x2 − 3y 2 = n diofantikus
egyenlet, és megoldhatóság esetén mennyi a megoldásszám?
10.3.2√a) Bizonyítsuk be, hogy E( −2)-ben érvényes a számelmélet alaptétele.
√b) Határozzuk meg E( −2)-ben az összes prímet.
∗c) Oldjuk meg az x2 + 2 = y 3 diofantikus egyenletet.

10.3. Feladatok433√
10.3.3 Mutassuk meg, hogy az alábbi t értékekre E( t)-ben nem igaz aszámelmélet alaptétele:a) 15;b) 26;c) −6;d) −10.
√∗10.3.4 Igazoljuk a 10.3.6 Tétel (ii) állítását: Egy képzetes E( t)-ben anorma szerint akkor és csak akkor végezhető el a maradékos osztás,
ha t = −1, −2, −3, −7 vagy −11.
∗
M 10.3.5 Bizonyítsuk
√ be, hogy ha t (négyzetmentes) negatív összetett szám,
akkor E( t)-ben nem érvényes a számelmélet alaptétele.
2
M∗ 10.3.6 Legyen√ k > 1 egész szám és f = x + x + k. Bizonyítsuk be, hogy haE( −4k + 1)-ben igaz a számelmélet alaptétele, akkor az
f (0), f (1), . . . , f (k − 2)
számok mindegyike prímszám.
Megjegyzés: Megmutatható, hogy az állítás megfordítása is igaz. Így
a 10.3.6/(i) Tétel szerint a feladatban szereplő tulajdonság csak ak = 2, 3, 5, 11, 17 és 41 esetben teljesül. Ha k = 41, akkor azt
az 5.1 pontban már említett tényt kapjuk, hogy n2 + n + 41 minden 0 ≤ n ≤ 39 esetén prímszám. Az előzőek alapján ilyen típusú
prímszámsorozat k > 41 esetén nem létezik.
√
10.3.7 Mutassuk meg, hogy ha egy α ∈ E( t) elemre |N (α)| prímszám,
akkor α∗a) felbonthatatlan;b) prím
√√E( t)-ben (függetlenül attól, hogy E( t)-ben igaz-e a számelmélet
alaptétele vagy sem).
√2
2
10.3.8 Bizonyítsuk be, hogy ha α, β ∈ E(√ t) és α | β , akkor α | β is teljesül (függetlenül attól, hogy E( t)-ben igaz-e a számelmélet alaptétele vagy sem).
10.3.9 Ebben a feladatban megvizsgáljuk, melyp > 0 prímszámok lesznek√
felbonthatatlanok, illetve prímek E( −5)-ben.
a) Az 5 nem felbonthatatlan (és így nem is prím).
b) A 2 felbonthatatlan, de nem prím.
c) Ha p ≡ 11, 13, 17 vagy 19 (mod 20), akkor p prím (és így felbonthatatlan is).
d) Ha p ≡ 3 vagy 7 (mod 20), akkor p felbonthatatlan, de nem prím.
∗M e) Ha p ≡ 1 vagy 9 (mod 20), akkor p nem felbonthatatlan (és így nem
is prím).

434

10. Algebrai számtestek

10.4. Norma
Ebben a pontban tetszőleges Q(ϑ) bővítés elemeire kiterjesztjük a norma fogalmát, ahol ϑ algebrai szám. Ehhez szükségünk lesz egy algebrai szám Q
feletti konjugáltjainak és az adott bővítésre vonatkozó relatív konjugáltjainak
a fogalmára.
D 10.4.1
10.4.1 Definíció
Egy α algebrai szám minimálpolinomjának (komplex) gyökeit az α Q
feletti konjugáltjainak nevezzük. ♣Mivel mα irreducibilis Q felett, és egy irreducibilis polinomnak nem lehet
többszörös (komplex) gyöke (lásd a 9.4.4 feladatot), ezért egy n-edfokú algebraiszámnak n darab (különböző) Q feletti konjugáltja van, amelyek közül az egyik
maga az adott szám.
Az α Q feletti konjugáltjai között szerepel az α komplex konjugáltja, α
is, hiszen α-nak és α-nak ugyanaz a minimálpolinomja.
A továbbiakban általában a Q feletti konjugált helyett röviden csak a konjugált szót fogjuk használni (viszont a komplex konjugáltnál mindig kitesszük
majd a komplex jelzőt).
Példák:P1 Egy racionális számnak egyetlen konjugáltja van, önmaga.
P2 Legyen α = a + bi egy nem valós Gauss-racionális, azaz a, b ∈ Q, b ̸= 0.
Ekkor α egyik konjugáltja önmaga, a másik pedig az α = a − bi komplex
konjugált. Hasonló a helyzet a nem valós Euler-racionálisok esetén is.
√√P3 Legyen α = a + b 2 a Q( 2) bővítés egy nem racionális eleme, azaza, b ∈√Q, b ̸= 0. Ekkor α-nak egyik konjugáltja önmaga, a másik pediga − b 2.
√
P4 Az α = 5 2 konjugáltjai a ϱα alakú számok, ahol ϱ tetszőleges ötödik
komplex egységgyök.
10.4.2 Definíció
Legyenek a ϑ n-edfokú algebrai szám konjugáltjai
ϑ(1) = ϑ ,ϑ(2) ,...,

D 10.4.2

ϑ(n) ,és α ∈ Q(ϑ). Tekintsük (a 10.2.3 Tétel alapján) azt az (egyértelműen meghatározott) f ∈ Q[x] polinomot, amelyre
α = f (ϑ)ésdeg f ≤ n − 1 vagy f = 0.

10.4. Norma

435

Ekkor azf (ϑ(j) ),j = 1, 2, . . . , nszámokat az α-nak a Q(ϑ)-ra vonatkozó relatív konjugáltjainak nevezzük. ♣Az f (ϑ(j) ) relatív konjugált tehát a Q(ϑ(j) ) bővítés egy eleme. Ez a
Q(ϑ(j) ) bővítés többnyire nem esik egybe Q(ϑ)-val, és így általában az α
relatív konjugáltjai nem lesznek elemei Q(ϑ)-nak.
A 10.4.2 Definícióban az f (ϑ(j) ) relatív konjugáltak az α-n kívül látszólag
nemcsak a Q(ϑ) bővítéstől, hanem annak konkrét megadási módjától, azaz a ϑválasztásától is függnek. A 10.4.3 Tételből azonban azonnal következik majd,
hogy valójában nem ez a helyzet: ha Q(ϑ) = Q(ψ), akkor az α-nak a ϑ, illetvea ψ segítségével képzett relatív konjugáltjai ugyanazok lesznek.
Példák:P5 Egy r racionális számnak bármely Q(ϑ) bővítés esetén az összes relatív
konjugáltja önmaga. Ugyanis az f (ϑ) = r, deg f < deg ϑ vagy f = 0
feltételt kielégítő polinom az f = r konstans polinom, így bármely j-re isf (ϑ(j) ) = r.
P6 Legyen ϑ = i, akkor ϑ konjugáltjai ϑ(1) = i és ϑ(2) = −i. A Q(i) bővítés
egy α = a + bi (a, b ∈ Q) elemének a relatív konjugáltjai ezértés

a + bi = α

a + b(−i) = a − bi = α.

Ez azt jelenti, hogy ha α nem racionális szám, akkor a relatív konjugáltjai√
ugyanazok,
mint a Q feletti konjugáltjai. Hasonló a helyzet a Q( −3), a√
Q( 2) és általában a másodfokú bővítések esetén.
√√
P7 Legyen ϑ = 4 3, ekkor ϑ konjugáltjai ±ϑ és ±iϑ. Az α = 3 ∈ Q(ϑ) elemet
a 10.2.3 Tétel szerint előállító
polinom az f = x2 , ugyanis√√
23 = (ϑ) . Ennek megfelelően a 3 relatív konjugáltjai a(±ϑ)2 =
Ez a négy szám éppen amultiplicitással.

√

3

√

és

√
(±iϑ)2 = − 3.

3-nak a Q feletti két konjugáltja kétszeres

A példák alapján nem meglepő, hogy egy α ∈ Q(ϑ) elem relatív konjugáltjai ugyanazok, mint az α-nak a Q feletti konjugáltjai, megfelelő multiplicitással
számolva:

436

10. Algebrai számtestek

T 10.4.3
10.4.3 Tétel
Legyen α az n-edfokú Q(ϑ) bővítés egy k-adfokú eleme. Ekkor az αnak a Q(ϑ)-ra vonatkozó relatív konjugáltjait úgy kapjuk meg, hogy az α-nak
mindegyik Q feletti konjugáltját n/k-szor vesszük. ♣A tételből következik, hogy a relatív konjugáltakat nem befolyásolja, ha
Q(ϑ)-ban ϑ helyett egy másik generátorelemet választunk, tehát a relatív konjugáltak valóban csak α-tól és magától a bővítéstől függnek.
A 10.4.3 Tételből egyúttal új bizonyítást nyertünk arra, hogy deg α osztója a Q(ϑ) bővítés fokának (vö. a 10.2.5 Tétellel).
Bizonyítás: Legyen ϑ, illetve α minimálpolinomja
mϑ =

n
∏

(x − ϑ(j) ) (ahol ϑ(1) = ϑ),

mα =

k
∏

(x − α(s) ) (ahol α(1) = α),

s=1

j=1

és f az α-t a 10.2.3 Tétel szerint előállító polinom, azaz f (ϑ) = α.
I. Először azt igazoljuk, hogy az α mindegyik f (ϑ(j) ) relatív konjugáltja
megegyezik az α-nak a Q feletti valamelyik αs konjugáltjával (a multiplicitást
egyelőre nem vizsgáljuk).
Tekintsük a g(x) = mα (f (x)) polinomot. Nyilván g ∈ Q[x], továbbág(ϑ) = mα (f (ϑ)) = mα (α) = 0.
Ebből következik, hogy mϑ | g, és így minden j-re
0 = g(ϑ(j) ) = mα (f (ϑ(j) )).
Ez azt jelenti, hogy f (ϑ(j) ) gyöke mα -nak, vagyis f (ϑ(j) ) valóban valamelyik
αs -sel egyenlő.
II. Azt kell még megmutatnunk, hogy mindegyik αs ugyanannyiszor szerepel az f (ϑ(j) ) számok között (j = 1, 2, . . . , n). E célból tekintsük ah=n∏(x − f (ϑ(j) ))j=1

polinomot. A szimmetrikus polinomok alaptételének (9.3.2 Tétel) felhasználásával a 9.3.1 és 9.3.6 Tételek bizonyításához hasonló módon kapjuk, hogy hracionális együtthatós: A h minden cr együtthatója a ϑ(j) -knek szimmetrikus

437

10.4. Normapolinomja, így cr felírható a ϑ(j) -k σj elemi szimmetrikus polinomjainak racionális együtthatós polinomjaként. A σj -k a gyökök és együtthatók közöttiösszefüggés alapján éppen mϑ együtthatói, illetve azok ellentettjei, tehát racionális számok, és így cr is racionális.
Bontsuk fel a h polinomot a Q felett irreducibilis polinomok szorzatára.
Mivel a h gyökei, azaz az f (ϑ(j) ) számok valamennyien gyökei az mα irreducibilis polinomnak, ezért a h felbontásában csak mα szerepelhet. Figyelembevéve azt is, hogy h és mα is normált, ez azt jelenti, hogy h az mα -nak hatványa:h = mtα . A fokszámok összehasonlításából kapjuk, hogy t = n/k, és így az
f (ϑ(j) )-k között az mα mindegyik αs gyöke valóban n/k-szor fordul elő.
Most már minden készen áll a norma általános definíciójához:D 10.4.4
10.4.4 Definíció
Egy α ∈ Q(ϑ) elem normáján a relatív konjugáltjainak a szorzatát értjük:
ha a ϑ konjugáltjai ϑ(1) = ϑ, ϑ(2) , . . . , ϑ(n) és α = f (ϑ), akkor
N (α) =n∏f (ϑ(j) ) . ♣j=1

Világos, hogy a másodfokú bővítéseknél a 10.3.3 Definícióban szereplő
normafogalom a 10.4.4 Definíció speciális esete.
A norma legfontosabb tulajdonságait a következő tételben foglaljuk össze:
T 10.4.5

10.4.5 Tétel(i) Legyen α ∈ Q(ϑ), deg ϑ = n és deg α = k. Ekkor
N (α) =

k
(∏

)n/k
αs

n/k

= (−1)n a0,

s=1ahol α(1) = α, α(2) , . . . , α(k) az α-nak a Q feletti konjugáltjai, és a0 az α
normált minimálpolinomjának a konstans tagja.
(ii) α, β ∈ Q(ϑ) =⇒ N (αβ) = N (α)N (β).
(iii) Ha α algebrai egész, akkor N (α) egész szám. ♣Bizonyítás: Az (i) állításban szereplő első egyenlőség azonnal következik a
10.4.3 Tételből, a második egyenlőség pedig az mα polinom gyökei és együtthatói közötti összefüggésből. A N (α)-nak ebből az (i)-beli alakjából rögtön
kapjuk a (iii) állítást is.

438

10. Algebrai számtestek(ii) igazolásához legyen
α = f1 (ϑ),β = f2 (ϑ)ésαβ = f3 (ϑ).

Ekkor ϑ gyöke a h = f3 − f1 f2 ∈ Q[x] polinomnak, tehát mϑ | h. Ebből
következik, hogy mϑ többi gyöke, azaz a ϑ mindegyik ϑ(j) konjugáltja is gyöke
h-nak, azaz
0 = h(ϑ(j) ) = f3 (ϑ(j) ) − f1 (ϑ(j) )f2 (ϑ(j) ),j = 1, 2, . . . , n.

Az így adódó f3 (ϑ(j) ) = f1 (ϑ(j) )f2 (ϑ(j) ) egyenlőségeket összeszorozva kapjuk,hogy
N (αβ) =n∏
j=1

f3 (ϑ(j) ) =

n
(∏
j=1

n
)( ∏
)
f1 (ϑ(j) )f2 (ϑ(j) ) = N (α)N (β).
j=1Feladatok
10.4.1 Adjuk meg az alábbi algebrai számok Q feletti konjugáltjait:√ √√a) 2 + 3;b) 2(1 + i);c) cos 20◦ ;d) cos 1◦ + i sin 1◦ .
10.4.2 Jelölje ϑ(1) = ϑ, ϑ(2) , . . . , ϑ(n) a ϑ algebrai szám Q feletti konjugáltjait. Igazoljuk az alábbi állításokat.
a) Ha deg ϑ = 2, akkor Q(ϑ(1) ) = Q(ϑ(2) ).
b) Ha ϑ nem valós és deg ϑ páratlan, akkor van olyan j és k, amelyre
Q(ϑ(j) ) ̸= Q(ϑ(k) ).
c) Ha ϑ nem valós és deg ϑ = 3, akkor bármely j ̸= k esetén
Q(ϑ(j) ) ∩ Q(ϑ(k) ) = Q.
√
10.4.3 Adjuk meg Q( 4 2) alábbi elemeinek relatív konjugáltjait és normáját:
√
√
√
√
√
a) 1 + 4 2;b) 1 + 2;c) 1 + 4 2 + 2 + 4 8.
10.4.4 Bizonyítsuk be, hogy Q(ϑ) összes algebrai egészeinek E(ϑ) gyűrűjében egy ε elem akkor és csak akkor egység, ha N (ε) = ±1.
Megjegyzés: Ha Q(ϑ) nem képzetes másodfokú bővítés és Q(ϑ) ̸= Q,
akkor E(ϑ)-ban az egységek száma mindig végtelen.
10.4.5 Igazoljuk az alábbi állításokat.
a) Létezik olyan Gauss-racionális, amely nem Gauss-egész, de a normája
egész szám.
b) Bármely Q(ϑ) másodfokú bővítésben van olyan α elem, amely nem
algebrai egész, de N (α) egész szám.

439

10.5. Egész bázis

10.5. Egész bázis
Ebben a pontban ϑ végig egy tetszőleges n-edfokú algebrai számot jelöl.
A 10.2.3 Tételből tudjuk, hogy minden α ∈ Q(ϑ) elem egyértelműen
felírható
α = a0 + a1 ϑ + . . . + an−1 ϑn−1 ,aj ∈ Q,j = 0, 1, . . . , n − 1(1)alakban, azaz az 1, ϑ, . . . , ϑn−1 elemek bázist alkotnak Q(ϑ)-ban mint Q feletti
vektortérben.
Az (1) előállításból általában nem olvasható le, hogy α algebrai egész-evagy sem. A 10.3.1 és 10.3.2 Tételben azonban láttuk, hogy másodfokúbővítések esetén létezik olyan√ ω1 , ω2 bázis, amely erre is alkalmas: Minden
másodfokú bővítés előáll Q( t) alakban, ahol t négyzetmentes egész szám ést ̸= 1, továbbá, ha{√t, √ha t ̸≡ 1 (mod 4);
ω1 = 1ésω2 =(1 + t)/2, ha t ≡ 1 (mod 4),√
akkor a Q( t) minden α eleme egyértelműen felírható
α = r1 ω1 + r2 ω2 ,r1 , r 2 ∈ Q

alakban, és α akkor és csak akkor algebrai egész, ha r1 és r2 egész számok.
Tetszőleges Q(ϑ) bővítésben egy ilyen tulajdonságú bázist egész bázisnak
nevezünk:D 10.5.1
10.5.1 Definíció
Egy Q(ϑ) bővítés ω1 , . . . , ωn elemeit a Q(ϑ) egész bázisának nevezzük, ha
minden α ∈ Q(ϑ) egyértelműen felírható
α = r1 ω1 + r2 ω2 + . . . + rn ωn ,rj ∈ Q,j = 1, 2, . . . , n(2)

alakban, és α akkor és csak akkor algebrai egész, ha mindegyik rj egész szám.
♣
Célunk annak igazolása, hogy minden Q(ϑ) bővítésben létezik egész bázis.
Legyen ϑ tetszőleges n-edfokú algebrai szám, és tekintsük a Q(ϑ) bővítést.
A világosabb megkülönböztetés érdekében a Q(ϑ)-nak mint Q feletti vektortérnek a bázisait v-bázisoknak, ezek közül az egész bázisokat pedige-bázisoknak fogjuk nevezni.

440

10. Algebrai számtestekElőször vizsgáljuk meg, hogyan dönthető el Q(ϑ) adott n eleméről, hogyv-bázist alkotnak-e. Legyen α1 , . . . , αn ∈ Q(ϑ),αi = fi (ϑ),

ahol fi ∈ Q[x], deg fi ≤ n − 1 vagy fi = 0,i = 1, . . . , n,
(3a)

azaz
αi = a0i +a1i ϑ+. . .+an−1,i ϑn−1 ,aki ∈ Q, 0 ≤ k ≤ n−1, 1 ≤ i ≤ n. (3b)Tekintsük a Q(ϑ) vektortérnek azt az A lineáris transzformációját, amely az
1, ϑ, . . . , ϑn−1 v-bázis elemeinek rendre megfelelteti az α1 , . . . , αn ,,vektorokat”.
Ekkor az A transzformációnak az 1, ϑ, . . . , ϑn−1 v-bázisban felírt mátrixa


a01
a02
...
a0n
a12
...
a1n 
 a11
A=
,
(4)
.
.
.. 
.
 ..
..
..
. 
an−1,1an−1,2...

an−1,nahol az aki elemek a (3b)-ben szereplő racionális számok.
Az A transzformáció és az A mátrix segítségével könnyen meghatározhatjuk, mikor alkotnak az α1 , . . . , αn vektorok v-bázist: akkor és csak akkor, haA invertálható, azaz det A ̸= 0.
Vegyük észre, hogy az A mátrix segítségével az α1 , . . . , αn számokat akövetkezőképpen is megkaphatjuk:




α1
1
 ϑ 
 α2 
 .  = AT  .  ,(3c) .. 
 .. 
ϑn−1αnahol AT az A mátrix transzponáltját jelöli.
Az e-bázis létezésének igazolásához az A mátrix helyett egy vele szoros
kapcsolatban álló mátrix determinánsának a négyzetét, az ún. diszkriminánst
fogjuk felhasználni.
Legyen V a ϑ Q feletti konjugáltjai által generált Vandermonde-mátrix:


1
1
1
...
1
 ϑ(1)
ϑ(2)ϑ(3) . . . ϑ(n) 



 2
2
2
2
 ϑ
ϑ(2)
ϑ(3) . . . ϑ(n) (5)
V = V (ϑ(1) , ϑ(2) , . . . , ϑ(n) ) =  (1)
,
 .
..
..
.. 
..
 .

.
.
.
. 
 .
ϑn−1
(1)

ϑn−1
(2)

n−1
ϑ(3)

...

ϑn−1
(n)

10.5. Egész bázis

441

Ã = AT V.

(6)és
Ekkor az Ã mátrix i-edik sorának j-edik eleme az A i-edik és a V j-edik
oszlopának a skaláris szorzata, azazn−1
a0i + a1i ϑ(j) + . . . + an−1,i ϑ(j).

(7)

Vegyük észre, hogy a (7)-beli összeg (3a)–(3b) alapján éppen az αi szám j-edik
relatív konjugáltja, fi (ϑ(j) ).
Az α1 , . . . , αn számok ∆(α1 , . . . , αn ) diszkriminánsán az Ã mátrix determinánsának a négyzetét értjük:
D 10.5.2
10.5.2 Definíció
Tekintsük a Q(ϑ) bővítést, ahol deg ϑ = n, és jelölje a ϑ konjugáltjait ϑ(1) = ϑ, ϑ(2) , . . . , ϑ(n) . Az α1 , . . . , αn ∈ Q(ϑ) számok ∆(α1 , . . . , αn )diszkriminánsa az Ã mátrix determinánsának a négyzete, azaz a (3a)–(6)jelöléseket és (7)-et is figyelembe véve
f1 (ϑ(1) ) f1 (ϑ(2) ) . . .
f2 (ϑ(1) ) f2 (ϑ(2) ) . . .
∆(α1 , . . . , αn ) = (det(AT V ))2 =
..
..
..
.
.
.
fn (ϑ(1) ) fn (ϑ(2) ) . . .

f1 (ϑ(n) )f2 (ϑ(n) )..
.
fn (ϑ(n) )2. ♣A diszkrimináns legfontosabb tulajdonságait az alábbi tételben foglaljukössze:
T 10.5.3
10.5.3 Tétel(i) A ∆(α1 , . . . , αn ) diszkrimináns racionális szám, és ha az αi -k algebrai
egészek, akkor egész szám.
(ii) α1 , . . . , αn akkor és csak akkor v-bázis, ha ∆(α1 , . . . , αn ) ̸= 0.
(iii) Ha C egy n × n-es racionális elemű mátrix és
 


β1
α1
 β2 
α 
 .  = C  .2  , . 
 .. 
.
αn
βn
akkor
∆(β1 , . . . , βn ) = (det C)2 ∆(α1 , . . . , αn ) . ♣442

10. Algebrai számtestek

Bizonyítás: (i) A diszkrimináns a ϑ(j) -knek szimmetrikus polinomja: két ϑ(j)cseréje a determinánsban két oszlop cseréjét jelenti, a determináns tehát ekkorelőjelet vált, és így a négyzete nem változik. Ebből a már többször (a 9.3.1,
a 9.3.6 vagy a 10.4.3 Tétel bizonyításában) látott módon következik, hogy adiszkrimináns racionális szám.
Ha mindegyik αi algebrai egész, akkor a konjugáltjaik, és így a relatív konjugáltjaik is algebrai egészek. A diszkriminánst ezekből az összeadás, kivonásés szorzás segítségével kapjuk, és mivel az algebrai egészek gyűrűt alkotnak,
ezért a diszkrimináns is algebrai egész. A diszkrimináns ekkor tehát olyan
racionális szám, amely algebrai egész, és így szükségképpen egész szám.
(ii) A determinánsok szorzástétele szerint∆(α1 , . . . , αn ) = (det A)2 (det V )2 .
Mivel a V Vandermonde-mátrix ϑ(j) generátorelemei között nincs két azonos,
ezért det V ̸= 0. Így∆(α1 , . . . , αn ) ̸= 0 ⇐⇒ det A ̸= 0 .
Azt pedig már igazoltuk, hogy α1 , . . . , αn akkor és csak akkor v-bázis, ha
det A ̸= 0.
(iii) A (3c) összefüggés alapján



α1
1
 α2  ϑ 
 .  = AT  . 
 .. 
 .. 
ϑn−1
αn





Így

és




β1
1
 β2  ϑ 
 .  = BT  .  .
 .  .. 
.
ϑn−1
βn








β1
α1
1
 β2 
α  ϑ 
 .  = C  .2  = CAT  .  , .  .. 
 .. 
.
ϑn−1
αn
βn

vagyis (a βi -khez tartozó B mátrix egyértelműsége miatt) B T = CAT . Ebből
következik, hogy∆(β1 , . . . , βn ) = (det(B T V ))2 = (det(CAT V ))2 == (det C)2 (det(AT V ))2 = (det C)2 ∆(α1 , . . . , αn ) .

10.5. Egész bázis

443

Most már rátérhetünk az e-bázis létezésének a bizonyítására.
T 10.5.4
10.5.4 Tétel
Tetszőleges ϑ algebrai szám esetén Q(ϑ)-ban létezik egész bázis. ♣Bizonyítás: Először megállapítjuk az e-bázisok néhány olyan tulajdonságát,amelyek majd támpontot nyújtanak ahhoz, hogy a v-bázisok közül ki tudjunkválasztani e-bázist.
Ha ω1 , . . . , ωn e-bázis, akkor mindegyik ωi algebrai egész kell hogy legyen,
ugyanis az
ωi = 0 · ω1 + . . . + 1 · ωi + . . . + 0 · ωnelőállításban minden együttható egész szám.
Ha ω1 , . . . , ωn e-bázis és β1 , . . . , βn olyan v-bázis, amelynek az elemei
algebrai egészek, akkor mindegyik βi az ωj bázisvektorok egész együtthatós
lineáris kombinációja, azaz létezik olyan C egész elemű, invertálható mátrix,
amelyre
 


β1
ω1
 β2 ω 
 .  = C  .2  .
 . 
 .. 
.
βn

ωn

Ekkor a 10.5.3/(iii) Tételből következik, hogy∆(β1 , . . . , βn ) = ∆(ω1 , . . . , ωn )(det C)2 .
Mivel det C nullától különböző egész szám, ezért (det C)2 ≥ 1, és így|∆(β1 , . . . , βn )| ≥ |∆(ω1 , . . . , ωn )| .
Ez azt jelenti, hogy egy e-bázis diszkiminánsának abszolút értéke kisebb vagy
egyenlő, mint egy algebrai egészekből álló tetszőleges v-bázis diszkriminánsának az abszolút értéke.
Ennek megfelelően e-bázis csak egy olyan v-bázis lehet, amelynek az elemei algebrai egészek, és a diszkriminánsának abszolút értéke az ilyen típusú
v-bázisok közül a legkisebb.
Igazolni fogjuk, hogy ilyen tulajdonságú v-bázis létezik, és az valóban
egyben e-bázis is.
Először megmutatjuk, hogy létezik olyan v-bázis, amelynek az elemei algebrai egészek. Legyen γ1 , . . . , γn tetszőleges v-bázis. A 9.6.6 feladat szerint

444

10. Algebrai számtestek

mindegyik γi felírható γi = αi /ci alakban, ahol αi algebrai egész és ci ̸= 0
egész szám. Ekkor nyilván α1 , . . . , αn is v-bázis.
Tekintsük az összes olyan v-bázist, amelynek az elemei algebrai egészek.
Minden ilyen v-bázis diszkriminánsa a 10.5.3/(i)–(ii) Tétel szerint 0-tól különböző egész szám. Vegyünk ezek közül egy olyan ω1 , . . . , ωn v-bázist, amelyre
a diszkrimináns abszolút értéke a legkisebb. Belátjuk, hogy ω1 , . . . , ωn egybene-bázis is.
Ehhez azt kell igazolni, hogy egy α ∈ Q(ϑ) elem akkor és csak akkor
algebrai egész, ha a (2) szerinti
rj ∈ Q,α = r1 ω1 + r2 ω2 + . . . + rn ωn ,j = 1, 2, . . . , nelőállításban mindegyik rj egész szám.
Mivel az ωi -k algebrai egészek, ezért ha r1 , . . . , rn egész számok, akkor∑n
α = j=1 rj ωj is algebrai egész, hiszen az algebrai egészek gyűrűt alkotnak.
Megfordítva, legyen α ∈ Q(ϑ) tetszőleges algebrai egész. Tegyük fel indirekt, hogy a (2) szerinti
α = r1 ω1 + r2 ω2 + . . . + rn ωnelőállításban van olyan ri , például r1 , amely nem egész szám. Legyen
β1 = α−⌊r1 ⌋ω1 = {r1 }ω1 +r2 ω2 +. . .+rn ωnβj = ωj , ha 2 ≤ j ≤ n.

ésEz azt jelenti, hogy β1 , . . . , βn algebrai egészek, és





β1
ω1
 β2 ω 
 .  = C  .2  , . 
 .. 
.
ωn
βn
ahol



{r1 } r2
 0
1


0
0
C=
.
..
 ..
.
0
0

r3
0
1
..
.

...
...
...
..
.


rn
0 

0 .
.. 
. 

0

...

1

A 10.5.3/(iii) Tétel alapján∆(β1 , . . . , βn ) = ∆(ω1 , . . . , ωn )(det C)2 = ∆(ω1 , . . . , ωn ){r1 }2 ,

10.5. Feladatok445és így 0 < {r1 } < 1 miatt
0 < |∆(β1 , . . . , βn )| < |∆(ω1 , . . . , ωn )| ,ami ellentmond |∆(ω1 , . . . , ωn )| minimalitásának.
Megjegyzések : 1. A fenti bizonyításból kiderült, hogy Q(ϑ)-ban bármely két
egész bázis diszkriminánsának az abszolút értéke megegyezik. Ennél több isigaz: maguk a diszkriminánsok is egyenlők, lásd a 10.5.2b feladatot. Ezt aközös értéket a Q(ϑ) bővítés diszkriminánsának nevezzük.
2. A 10.5.4 Tételre adott bizonyításunk csak egzisztenciabizonyítás, egészbázis konkrét előállítására nem alkalmas.
3. A másodfokú bővítésekben a 10.3.2 Tétel alapján kaphatunk egészbázist, magasabb fokú bővítések esetén azonban lényegesen nehezebb egészbázist konstruálni. Megmutatható például, hogy ha ϑ p-edik primitív egységgyök, ahol p > 2 prímszám, akkor 1, ϑ, . . . , ϑp−2 egész bázist alkotnak Q(ϑ)ban.
Feladatok
10.5.1 Számítsuk ki a Q(ϑ) bővítésben a ∆(1, ϑ, . . . , ϑn−1 ) diszkriminánsta következő ϑ számok esetén:√√∗d) n 2.
a) i;b) cos(2π/3) + i sin(2π/3);c) 3 2;10.5.2 Tekintsünk egy rögzített Q(ϑ) bővítést, ahol deg ϑ = n. Bizonyítsuk
be az alábbi állításokat.
a) Ha ω1 , . . . , ωn egész bázis és β1 , . . . , βn ∈ Q(ϑ) tetszőleges algebrai
egészek, akkor ∆(ω1 , . . . , ωn ) | ∆(β1 , . . . , βn ).
b) Bármely két egész bázis diszkriminánsa megegyezik.
10.5.3 Mennyi egy egész bázis diszkriminánsa az egyes másodfokú bővítésekben?
10.5.4 Legyen deg ϑ = n és α1 , . . . , αn olyan algebrai egészek Q(ϑ)-ban,amelyekre ∆(α1 , . . . , αn ) négyzetmentes szám. Bizonyítsuk be, hogy
α1 , . . . , αn egész bázis Q(ϑ)-ban.
10.5.5a) Mi a szükséges és elégséges feltétele annak, hogy Q(i)-ben az a + bi
és c + di Gauss-racionálisok egész bázist alkossanak?
b) Vizsgáljuk meg a hasonló kérdést az Euler-racionálisok körében is.

446

10. Algebrai számtestek

M 10.5.6 Mely másodfokú bővítésekben létezik olyan ω1 , ω2 egész bázis, ahol
ω2 az ω1 Q feletti konjugáltja?
10.5.7 Legyen deg ϑ = n, és tegyük fel, hogy az mϑ minimálpolinomnak csak
valós gyökei vannak. Lássuk be, hogy ekkor Q(ϑ) bármely β1 , . . . , βnelemére ∆(β1 , . . . , βn ) ≥ 0.

10.5. Feladatok

447

10.5.8a) Mutassunk példát arra, hogy a ∆(α1 , . . . , αn ) diszkrimináns akkor
is lehet nullától különböző egész szám, ha az αi -k között van olyan,
amely nem algebrai egész.
b) Bizonyítsuk be, hogy ha Q(ϑ) ̸= Q, akkor létezik Q(ϑ)-ban olyan
v-bázis, amelynek egyik eleme sem algebrai egész, de a diszkriminánsa egész szám.

11. IDEÁLOK

Az ideálok központi szerepet játszanak a gyűrűk vizsgálatánál, ebből mi mostcsak a számelméleti vonatkozásokkal foglalkozunk. Szükséges és elégséges
feltételt adunk arra, hogy egy gyűrűben érvényes legyen a számelmélet alaptétele, majd megmutatjuk, hogy főideálgyűrűben és euklideszi gyűrűben mindig igaz az alaptétel. Ezután az ideálok körében építünk ki számelméletet,és belátjuk, hogy egy algebrai számtest algebrai egészeinek ideáljaira már
mindig érvényes az egyértelmű prímfaktorizáció. Ennek alkalmazásaként egy
konkrét példán keresztül illusztráljuk, hogy ideálok segítségével olyan diofantikus egyenleteket is kezelni tudunk, ahol a megfelelő bővítés algebrai egészeire
nem igaz a számelmélet alaptétele.

11.1. Ideál
Az ,,ideális számokat” Kummer a Fermat-sejtés hatékonyabb kezeléséhez vezette be a 19. század közepén, erről részletesebben is szó lesz majd a 11.2 pontban. Az ,,ideális számok”-ból kifejlődött ideálfogalom később a számelméleti
vonatkozásoktól függetlenül is a gyűrűelméleti vizsgálatok alapvető eszközévé
vált.
D 11.1.1
11.1.1 Definíció
Egy R gyűrűben egy nemüres I ⊆ R részhalmazt az R ideál jának nevezünk, ha(A) I zárt az (R-beli) összeadásra és ellentettképzésre, azazi, j ∈ I =⇒ i + j ∈ I, −i ∈ I;(B) bármely I-beli elemet egy tetszőleges R-beli elemmel akármelyik oldalrólmegszorozva ismét I-beli elemet kapunk, azazi ∈ I, r ∈ R =⇒ ri ∈ I, ir ∈ I. ♣Az ideál fogalma könnyen láthatóan ekvivalens azzal, hogy I olyan részgyűrű, ahol egy I-beli és egy I-n kívüli elem szorzata is I-beli.

11.1. Ideál

449

Példák ideálra:P1 Az egész számok gyűrűjében (rögzített m mellett) az m-mel osztható
számok.
P2 A racionális együtthatós polinomok gyűrűjében azok a polinomok, amelyeknek egy adott α komplex szám gyöke.
P3 Az egész együtthatós polinomok gyűrűjében azok a polinomok, amelyeknek a konstans tagja páros szám.
P4 Bármely gyűrűben ideál maga a gyűrű és a csak a nullából álló részhalmaz,ezeket triviális ideál oknak nevezzük. Testben csak a két triviális ideál
létezik (lásd a 11.1.3 feladatot).
Mivel az ideálok számelméleti vonatkozásait vizsgáljuk, ezért a továbbiakban az egész fejezetben eleve csak kommutatív, egységelemes, nullosztómentesgyűrűk re szorítkozunk. A gyűrűt (általában továbbra is) R-rel jelöljük, és
mivel általában a komplex test részgyűrűiről, illetve polinomgyűrűkről leszszó, ezért az egységelemet 1-gyel fogjuk jelölni.
Az ideálok legegyszerűbb és egyben legfontosabb típusát az egyetlen elemáltal generált ideálok, más néven főideál ok jelentik.
D 11.1.2
11.1.2 Definíció
Legyen a az R (kommutatív, egységelemes, nullosztómentes) gyűrű tetszőleges eleme. Ekkor az {ra | r ∈ R} halmazt az a által generált főideál nak
nevezzük és (a)-val jelöljük. ♣Az a által generált (a) főideál tehát az a elem (R-beli elemekkel képzett)
többszöröseiből áll.
A definícióban szereplő ,,a által generált” és ,,ideál” szóhasználat jogosságát az alábbi tétel mutatja:
T 11.1.3
11.1.3 Tétel
Az (a) főideál az a elemet tartalmazó legszűkebb ideál, azaz(i) (a) ideál R-ben;(ii) a ∈ (a);(iii) ha I ideál R-ben és a ∈ I, akkor (a) ⊆ I. ♣Bizonyítás: (i) Belátjuk, hogy az {ra | r ∈ R} nemüres halmaz eleget tesz a11.1.1 Definíciónak (a jelölések egyértelműsége érdekében a képletekben szög-

450

11. Ideálok

letes zárójelet használunk közönséges zárójel céljaira, és a kerek zárójelet fenntartjuk az ideál jelölésére):r1 a + r2 a = [r1 + r2 ]a,−[ra] = [−r]a és [r1 a]r2 = r2 [r1 a] = [r2 r1 ]a.

(ii) a = 1a ∈ {ra | r ∈ R}.
(iii) Ha az I ideál tartalmazza a-t, akkor a 11.1.1 Definíció (B) követelménye szerint minden r ∈ R-re ra-t is tartalmaznia kell, azaz valóban (a) ⊆ I.
Az R gyűrű kommutativitását, illetve az egységelem létezését (i), illetve(ii) igazolásánál használtuk fel (a nullosztómentességre nem volt szükség abizonyításhoz).
Példák:A (P4 példában szereplő) két triviális ideál főideál; ezeket az egységelem,
illetve a nullelem generálja: R = (1), illetve {0} = (0).
Főideál P1 és P2 is: az m-mel osztható számok Z-ben az (m) főideált, az
f (α) = 0 tulajdonságú polinomok pedig Q[x]-ben transzcendens α esetén a (0),algebrai α esetén az (mα ) főideált alkotják (ahol mα az α minimálpolinomja).
A P3 példa viszont nem főideál. Jelöljük I-vel azoknak az egész együtthatós polinomoknak a halmazát, amelyek konstans tagja páros, és tegyük
fel indirekt, hogy alkalmas f -re I = (f ). Ekkor az I minden eleme, ígyspeciálisan a 2 is, többszöröse, azaz egész együtthatós polinomszorosa f -nek.
Ebből következik, hogy csak f = ±1, ±2 lehetséges. Azonban (±1) az összes
egész együtthatós polinomot tartalmazza, (±2) pedig azokból a polinomokból
áll, amelyek minden együtthatója páros, és így ezek a főideálok nem egyenlők
I-vel. Ezzel ellentmondásra jutottunk, tehát I valóban nem főideál.
A főideál általánosításaként most bevezetjük a végesen generált ideál fogalmát:
D 11.1.4
11.1.4 Definíció
Legyenek a1 , . . . , ak az R (kommutatív, egységelemes, nullosztómentes)∑kgyűrű tetszőleges elemei. Ekkor a { j=1 rj aj | rj ∈ R} halmazt az a1 , . . . , akáltal generált ideálnak nevezzük és (a1 , . . . , ak )-val jelöljük.
Egy I ideál végesen generált, ha léteznek olyan a1 , . . . , ak elemek, amelyekre I = (a1 , . . . , ak ). ♣A 11.1.3 Tétel megfelelője a végesen generált ideálokra is igaz:

451

11.1. Ideál

T 11.1.5
11.1.5 Tétel
Az (a1 , . . . , ak ) ideál az aj elemeket tartalmazó legszűkebb ideál, azaz(i) (a1 , . . . , ak ) ideál R-ben;(ii) aj ∈ (a1 , . . . , ak ),j = 1, 2, . . . , k;(iii) ha I ideál R-ben és aj ∈ I, j = 1, 2, . . . , k, akkor (a1 , . . . , ak ) ⊆ I. ♣A 11.1.5 Tétel bizonyítása a 11.1.3 Tételhez hasonlóan történik, ennek
végiggondolását az Olvasóra bízzuk.
Példák:Nyilván minden főideál végesen (egyetlen elem által) generált ideál.
A P3 példa I ideálja is végesen generált: I = (2, x).
Az összes algebrai egész E gyűrűjében√k
K = {ξ 2 | ξ ∈ E, k = 2, 3, 4, . . .}ideál, de nem generálható véges sok elemmel (lásd a 11.1.4 feladatot).
Ha ϑ algebrai szám, akkor E(ϑ) minden ideálja végesen generált (lásd a
11.1.10 feladatot). (A korábbiakhoz hasonlóan E(ϑ) a Q(ϑ) bővítés algebrai
egészeinek gyűrűjét jelöli.)Végül röviden kitérünk az ideál szerinti maradékosztálygyűrű konstrukciójára. Ez a fogalom a modulo m maradékosztályok gyűrűjének (lásd a 2.8
pontot) az általánosítása.
A 11.1.1 Definíció utáni P1 példában láttuk, hogy az egész számok Zgyűrűjében az m-mel osztható számok egy I ideált alkotnak. Az I segítségével
az a egész számot tartalmazó (azaz az a által ,,reprezentált”) modulo m maradékosztályt
a + I = {a + i | i ∈ I}(1)
alakban is megadhatjuk. A maradékosztályok összeadását és szorzását a reprezentánsok segítségével értelmeztük, ami az (1) szerinti felírásban a következőket jelenti:[a + I] + [b + I] = [a + b] + Iés[a + I][b + I] = ab + I.

(2)

Be kellett látni, hogy (2) az osztályokra valóban műveleteket definiál, azaz
az eredményül kapott osztály egyértelmű , nem függ attól, hogy az egyes osztályokból melyik reprezentánsokat választottuk. Ha végigelemezzük ennek a

452

11. Ideálok

bizonyítását, akkor kiderül, hogy a szóban forgó egyértelműséget éppen I ideál
volta biztosítja. Mindezek alapján a következő általánosítást kapjuk:
T 11.1.6
11.1.6 Tétel
Legyen I ideál az R gyűrűben. Ekkor az I szerinti (1) maradékosztályok
az R gyűrű diszjunkt részhalmazai, melyek egyesítése R, és ezek a (2)-bendefiniált összeadásra és szorzásra nézve gyűrűt alkotnak. Ezt a gyűrűt az Rnek az I szerinti maradékosztálygyűrű jének vagy faktorgyűrű jének nevezzük
és R/I-vel jelöljük. ♣Ennek megfelelően a modulo m maradékosztályok gyűrűje éppen az egész
számoknak az (m) főideál szerinti faktorgyűrűje, azaz Z/(m).
A 11.1.6 Tétel bizonyítását nem részletezzük. Mint jeleztük, az I ideáltulajdonságaival igazolható az R/I-beli műveletek egyértelműsége (valamint
az, hogy az (1) osztályok lefedik R-et, és két ilyen osztály vagy diszjunkt,vagy pedig egybeesik). Az R/I-re vonatkozó gyűrűazonosságok az R gyűrű
megfelelő azonosságaiból következnek, az R/I nulleleme a 0 + I maradékosztály, azaz maga az I ideál, az a + I maradékosztály ellentettje pedig a [−a] + I
maradékosztály.
Példa: Tekintsük a racionális együtthatós polinomok gyűrűjének az (x2 − 2)főideál szerinti faktorgyűrűjét, azaz a Q[x]/(x2 − 2) maradékosztálygyűrűt.
Hasonló meggondolásokat alkalmazhatunk, mint az egész számoknál képzett modulo m maradékosztályok, azaz a Z/(m) faktorgyűrű konstrukciójánál.
Most azok a polinomok kerülnek az (x2 − 2) főideál szerint egy maradékosztályba, amelyek ugyanazt a maradékot adják x2 − 2-vel osztva. Ily módon
minden maradékosztály egyértelműen jellemezhető egy ,,maradékkal”, azaz egy
legfeljebb elsőfokú a + bx (racionális együtthatós) polinommal (idesorolva a 0polinomot is, amely magát az ideált reprezentálja).
A maradékosztálygyűrűben tulajdonképpen ezekkel a maradékokkal számolunk, azaz pl. két maradékosztály szorzásakor ezeket a maradékokat összeszorozzuk és vesszük a szorzatnak az x2 − 2-vel való osztási maradékát (pontosan ugyanúgy, ahogy pl. modulo 15 a 7-nek és a 6-nak a szorzata 12). Ennek
megfelelően az összeadást az[a + bx] + [c + dx] = [a + c] + [b + d]x,
a szorzást pedig az[a + bx][c + dx] = ac + [ad + bc]x + bdx2 == ac + [ad + bc]x + 2bd + bd[x2 − 2] = [ac + 2bd] + [ad + bc]x

453

11.1. Feladatok√
szabály szerint kell végezni, azaz pontosan √ugyanúgy, ahogyan Q( 2)-ben(képzeljünk az ,,x” betű helyére mindenhol ,, 2”-t).
Ez azt jelenti, hogy a Q[x]/(x2 − 2) maradékosztálygyűrű
izomorf (azaz√szó szerinti fordításban ,,azonos alakú”) a Q( 2) testtel.
A fentiekhez hasonlóan általában is igaz, hogy tetszőleges algebrai ϑesetén Q(ϑ) jellemezhető maradékosztálygyűrűként: a Q(ϑ) test izomorf a
Q[x]/(mϑ ) faktorgyűrűvel, lásd a 11.1.9 feladatot.
Feladatok
11.1.1 Legyen G a Gauss-egészek gyűrűje, és tekintsük G-ben az alábbi
tulajdonságú α = a + bi Gauss-egészekből álló részhalmazokat:a) a és b páros;b) a ≡ b (mod 2);c) a ≡ b (mod 3);d) 2 | N (α);e) 5 | N (α);f) 7 | N (α).

Ezek közül melyek alkotnak ideált G-ben? A főideáloknak adjuk meg
egy-egy generátorelemét.
11.1.2 Tekintsük Z[x]-ben az alábbi tulajdonságú f polinomokból álló részhalmazokat:√√√√a) f (1/2) = 0;b) f ( 2) = f ( 3) = 0;c) f ( 2) = f ( 3);d) f (3) páros szám;e) f főegyütthatója páros szám vagy f = 0.

A megadott halmazok közül melyek alkotnak ideált Z[x]-ben, és ezek
(legkevesebb) hány elemmel generálhatók?
11.1.3 Mutassuk meg, hogy egy legalább kételemű, kommutatív, egységelemes, nullosztómentes gyűrű pontosan akkor test, ha csak triviális
ideáljai vannak.
11.1.4 Legyen E az összes algebrai egész gyűrűje, és√k
K = {ξ 2 | ξ ∈ E, k = 2, 3, 4, . . .} .
Bizonyítsuk be, hogy K ideál E-ben, de nem generálható véges sok
elemmel.
11.1.5 Legyenek α1 , . . . , αk és ξ az R kommutatív, egységelemes, nullosztómentes gyűrű tetszőleges elemei. Bizonyítsuk be, hogy
(α1 , α2 , . . . , αk ) = (α1 − ξα2 , α2 , . . . , αk ) .

454

11. Ideálok

11.1.6 Legyen G a Gauss-egészek gyűrűje.
a) Hány eleműek az alábbi főideálok szerinti faktorgyűrűk, és közülük
melyek alkotnak testet:a1: (2);a2: (3);a3: (2 + i)?

∗b) Vizsgáljuk meg általánosan is a fenti kérdéseket a G tetszőleges elemeáltal generált főideálra.
√11.1.7 Tekintsük az E( −5) gyűrűt.
√√a) Mutassuk meg, hogy E( −5)-ben (2, 1 + −5) nem főideál.
b) Hány eleműek az alábbi ideálok szerinti faktorgyűrűk, és közülük
melyek alkotnak testet:√√b2: (1 + −5);b3: (11)?
b1: (2, 1 + −5);
M 11.1.8a) Az alábbi faktorgyűrűk közül melyek alkotnak testet:
a1: R[x]/(x2 − 2);

a2: R[x]/(x2 + 1);

a3: C[x]/(x2 + 1)?

b) Legyen T tetszőleges kommutatív test és f ∈ T [x]. Mi a szükséges és
elégséges feltétele annak, hogy a T [x]/(f ) faktorgyűrű test legyen?
c) Igazoljuk, hogy a Z[x]/(2, x2 + x + 1) faktorgyűrű test.
∗

11.1.9a) Legyen ϑ algebrai szám. Igazoljuk, hogy a Q(ϑ) test a Q[x]/(mϑ )faktorgyűrűvel izomorf.
b) Legyen L tetszőleges (kommutatív) test és f egy irreducibilis polinom
L felett. Konstruáljunk egy olyan M testet, amely rendelkezik az
alábbi tulajdonságokkal:(i) M -nek van az L-lel izomorf L∗ részteste;(ii) ha f ∗ ∈ L∗ [x] az a polinom, amelynek az együtthatóit az f együtthatóiból az L → L∗ izomorfizmus szerint kapjuk, akkor f ∗ -nak van
egy ϑ ∈ M gyöke;(iii) M = L∗ (ϑ).
Megjegyzés: Ennek a konstrukciónak az alapján akkor is tudjuk az
L-et egy irreducibilis polinom — még nem is létező(!) — gyökévelbővíteni, ha nincs eleve adva egy, az L-et tartalmazó test.

∗

11.1.10a) Legyen ϑ algebrai szám és I ̸= 0 tetszőleges ideál E(ϑ)-ban. Bizonyítsuk be, hogy az E(ϑ)/I faktorgyűrűnek véges sok eleme van.

11.2. Elemi számelméleti kapcsolatok

455b) Igazoljuk, hogy E(ϑ) ideáljainak szigorúan növőA1 ⊂ A2 ⊂ . . . ⊂ Aj ⊂ . . .
lánca nem lehet végtelen.
c) Mutassuk meg, hogy E(ϑ) minden ideálja végesen generált.
Megjegyzés: A 11.5.9 Tételben bebizonyítjuk, hogy E(ϑ) minden
ideálja már két elemmel is generálható.

11.2. Elemi számelméleti kapcsolatok
Ebben a pontban az ideáloknak az oszthatósággal, az egységekkel és a legnagyobb közös osztóval való kapcsolatát tárgyaljuk.
Az oszthatóság és az egység fogalma bármely R (kommutatív, egységelemes, nullosztómentes) gyűrűben a szokásos módon (az 1.1.1 és 1.1.2 Definíciók
mintájára) értelmezhető, és általában is érvényesek az egészeknél megszokott(az 1.1.4 és 1.1.5 Tételnek megfelelő) elemi tulajdonságok.
Először azt mutatjuk meg, hogy az oszthatóság, illetve az egységek szerepe
egyszerűen jellemezhető a főideálok segítségével.
T 11.2.1
11.2.1 Tétel
Tetszőleges R (kommutatív, egységelemes, nullosztómentes) gyűrűben
(i) a | b ⇐⇒ b ∈ (a) ⇐⇒ (b) ⊆ (a);(ii) az a akkor és csak akkor egységszerese b-nek, ha (a) = (b). ♣Bizonyítás: (i) A három (i)-beli feltétel a főideál definícióját felhasználva akövetkezőképpen fogalmazható át:a osztója b-nek;b szerepel az a többszörösei között;a b többszörösei mind megtalálhatók az a többszörösei között,így a három feltétel ekvivalenciája nyilvánvaló.
(ii) Az (i) rész alapján (a) = (b) azt jelenti, hogy a | b és b | a is teljesül, ami azzal ekvivalens, hogy az a a b-nek egységszerese (lásd az 1.1.5/(iii)
Tételt).
Most rátérünk az ideálok és a legnagyobb közös osztó kapcsolatára.
A legnagyobb közös osztó (az 1.3.2, illetve 7.4.9 Definíciók mintájára)
olyan közös osztót jelent, amely minden közös osztónak többszöröse.

456

11. Ideálok

Az egészek, Gauss-egészek vagy Euler-egészek gyűrűjében bármely két
elemnek létezik legnagyobb közös osztója, ezt a maradékos osztások véges
sorozatából álló euklideszi algoritmus biztosítja.
Egy gyűrűben akkor is létezhet bármely két elemnek legnagyobb közös
osztója, ha a gyűrűben nem végezhető el a maradékos osztás, ilyen például az
egész együtthatós polinomok gyűrűje (ennek részletesebb elemzésére később
visszatérünk).
Vannak azonban olyan gyűrűk is, ahol
√ legna√ nincs bármely két elemnek
gyobb közös osztója, ilyen például az E( −5) gyűrű, ahol a 2 + 2 −5 és 6
elemeknek nem létezik legnagyobb közös osztója (lásd a 11.2.4 feladatot).
Végül bármely R gyűrűben igaz, hogy ha valamely két elemnek létezik
legnagyobb közös osztója, akkor ez egységszerestől eltekintve egyértelmű; ez alegnagyobb közös osztó definíciójából azonnal következik.
Két elem legnagyobb közös osztója a két elem által generált ideállal áll
szoros kapcsolatban. A jelölések hasonlósága miatt ebben a fejezetben a és b
legnagyobb közös osztóját mindig lnko{a, b}-vel jelöljük, (a, b) pedig az a és belemek által generált ideált jelenti.
Nézzük először az egész számok gyűrűjét. Itt például a (6, 15) ideál a
6u + 15v alakú számok halmaza, ahol u és v tetszőleges egész számok. A
lineáris diofantikus egyenletek megoldhatóságáról szóló 1.3.6 Tétel alapján
tudjuk, hogy ez a halmaz megegyezik lnko{6, 15} = 3 többszöröseinek a halmazával, azaz a (3) főideállal. Az egészek körében ugyanígy általában is igaz,
hogy ha d = lnko{a, b}, akkor (a, b) = (d). Tetszőleges gyűrűben ennél kicsit
bonyolultabb a helyzet:
T 11.2.2
11.2.2 Tétel
Legyen R tetszőleges (kommutatív, egységelemes, nullosztómentes) gyűrű.
(i) Ha (a, b) = (d), akkor d = lnko{a, b}.
(ii) A d = lnko{a, b} feltételből (a, b) ⊆ (d) következik, azonban általában(a, b) ̸= (d).
(iii) (a, b) = (d) akkor és csak akkor teljesül, ha d = lnko{a, b} és alkalmas u,v ∈ R elemekre d = au + bv. ♣Bizonyítás: (i) Az (a, b) = (d) feltétel alapján a ∈ (a, b) = (d), tehát d | a, ésugyanígy d | b, azaz d közös osztója a-nak és b-nek.
Legyen c tetszőleges közös osztó, azaz c | a és c | b. Ekkor a 11.2.1 Tétel
szerint a ∈ (c) és b ∈ (c). Mivel (a, b) az a és b elemet tartalmazó legszűkebb

11.2. Elemi számelméleti kapcsolatok

457

ideál, ezért innen (d) = (a, b) ⊆ (c), azaz (ismét a 11.2.1 Tételt használva)c | d következik.
(ii) Ha d = lnko{a, b}, akkor d | a és d | b. Ez azt jelenti, hogy a és beleme a (d) ideálnak, és így (d) tartalmazza az a-t és b-t tartalmazó legszűkebb
ideált, azaz valóban (a, b) ⊆ (d).
A következő példa mutatja, hogy egyenlőség nem mindig teljesül: az egész
együtthatós polinomok körében a 2 és x polinomok legnagyobb közös osztója
1, ugyanakkor (2, x) ̸= (1) (az előző pontban beláttuk, hogy (2, x) nem isfőideál).
A 11.2.4c feladatban egy más jellegű olyan példa szerepel, amikor nem
teljesül egyenlőség.
(iii) Ha (a, b) = (d), akkor d = lnko{a, b} fennállását már (i)-ben igazoltuk, továbbá ekkor d ∈ (a, b), azaz d definíció szerint felírható alkalmas
R-beli elemekkel d = au + bv alakban.
A megfordításhoz induljunk ki abból, hogy d = lnko{a, b} és d = au + bv.
Az első feltételből (ii) alapján kapjuk, hogy (a, b) ⊆ (d), a második szerint
pedig d ∈ (a, b), és így (d) ⊆ (a, b), azaz valóban (a, b) = (d).
Megjegyzés: Számos gyűrű esetén a 11.2.2 Tétel ad = lnko{a, b} ⇐⇒ (a, b) = (d)(1)

ekvivalenciára egyszerűsödik. Ilyen tulajdonságú például az egész számokgyűrűje, amint azt a tétel kimondása előtt vázoltuk. Hasonló meggondolásból adódik, hogy (1) minden olyan gyűrűben érvényes, ahol elvégezhető amaradékos osztás.
Mint már jeleztük, az ideálfogalom először a Fermat-sejtéssel kapcsolatban jelent meg Kummer vizsgálataiban. Ennek megértéséhez tekintsük az
xp + y p = z p(2)

Fermat-egyenletet, ahol p > 2 prímszám. Azpp

x +y =p−1∏
j=0(x + yϱj ),ϱ = cos( 2π )p( 2π )+ i sin,p(3)

szorzattá bontás alapján a (2) egyenlet szoros kapcsolatban áll az E(ϱ) gyűrű
számelméletével.

458

11. Ideálok
A (2) és (3) összekapcsolásából adódó
p−1∏(x + yϱj ) = z p

(4)

j=0

egyenlet bal oldalán álló szorzat p-edik hatvány. Azt gondolhatnánk, hogy
itt is segítene az a korábban többször sikerrel alkalmazott taktika, hogy megpróbáljuk kimutatni, hogy minden tényező külön-külön is p-edik hatvány E(ϱ)ban, majd belátni, hogy az így kapott p darab x + yϱj = αjp típusú egyenlet(nemtriviális x, y, z megoldást feltételezve) együttesen ellentmondásra vezet.
Az egész számok körében tudjuk, hogy ha egy szorzat tényezői páronként
relatív prímek és a szorzat p-edik hatvány, akkor a tényezők külön-külön
is p-edik hatványok egységszeresei. Ugyanez igaz a Gauss-egészek vagy az
Euler-egészek körében is, és általában minden olyan gyűrűben, ahol érvényes
a számelmélet
Az alaptétel
hiánya√√ esetén azonban ez már nem igaz:√ alaptétele.
2
például E( −5)-ben 3 = (2 + −5)(2 − −5), itt a jobb oldal tényezői relatív prímek, azonban nem négyzetszámok egységszeresei (hiszen felbonthatatlanok).
A Fermat-sejtés bizonyítására vázolt fenti próbálkozás tehát eleve csak
akkor lehet reményteljes, ha E(ϱ)-ban érvényes a számelmélet alaptétele. Megmutatható, hogy p > 19 esetén ez nem teljesül, és így más utat kell keresni.
Történeti érdekességként megjegyezzük, hogy Lamé francia akadémikus
1847-ben éppen a számelmélet alaptételét általános E(ϱ)-ra is feltételezveadott alapvetően rossz bizonyítást a Fermat-sejtésre a fenti gondolatmenetet
követve (könnyen lehet, hogy Fermat ,,csodálatos bizonyítása” is — ha egyáltalán létezett ilyen — hasonló hibán alapult). A Lamé bizonyításában található ,,hézagra”, azaz az alaptétel érvényességének a kérdésére Liouville mutatott rá (aki előtt akkor még nem volt ismert, mely esetekben igaz az alaptétel).
Lamé egyébként még egy hibát elkövetett, nem vette figyelembe, hogy a (4)bal oldalán álló tényezők a páronként relatív prímség és az alaptétel fennállása
esetén sem szükségképpen p-edik hatványok, hanem csak azok egységszeresei.
Mivel ráadásul E(ϱ)-ban p > 3 esetén végtelen sok egység van, ezért ez a,,figyelmetlenség” egy újabb, nehezen javítható ,,hézagot” jelent Lamé gondolatmenetében.
Ugyanebben az időben a német Kummer is hasonló utat járt be, ő azonban
látta, hogy szükség lenne az alaptételre E(ϱ)-ban, és azt is észrevette, hogy
ez nem mindig teljesül. Azt is látta, hogy ha bármely két elemnek létezik
legnagyobb közös osztója, akkor ebből az alaptétel könnyen levezethető. Ezért
azokban az E(ϱ) gyűrűkben, ahol nem volt érvényes az alaptétel, ott E(ϱ)-hoz
hozzávett ,,ideális számokat”: ezek voltak hivatva azon elempárok legnagyobb

11.2. Feladatok

459

közös osztóját ,,pótolni”, amelyeknek nem létezett E(ϱ)-ban legnagyobb közös
osztójuk. Kummer azt remélte, hogy az így kibővített halmazban már bármely
két elemnek lesz legnagyobb közös osztója, és az alaptétel is teljesül.
Az ideális számok konstrukciójához Kummer a legnagyobb közös osztó
alábbi tulajdonságából indult ki. Az egész számok körében tudjuk, hogy halnko{a, b} = d, akkor d többszörösei éppen az au + bv alakú számok, és mint
jeleztük, ugyanez a helyzet minden E(ϑ)-ban is. Ennek alapján rögzített α és
β esetén Kummer az{αξ + βψ | ξ, ψ ∈ E(ϑ)}
számhalmazt tekintette az α-hoz és β-hoz tartozó ideális számnak; ez mai terminológiával éppen az α és β által generált (α, β) ideál. Ha α-nak és β-nak
létezik δ legnagyobb közös osztója, akkor ez a számhalmaz megegyezik a δ
többszöröseivel, így ,,azonosítható” δ-val. Ha viszont nem létezik lnko{α, β},akkor ezzel az ideális számmal ,,pótoljuk” a legnagyobb közös osztó hiányát.
Ezután Kummer az ideális számok (azaz az ideálok) körében épített ki megfelelő számelméletet (ezzel a 11.4 pontban foglalkozunk), és így jelentős előrehaladást tudott elérni a Fermat-sejtéssel kapcsolatban.
Feladatok
11.2.1 Mutassuk meg, hogy az egész számok gyűrűjében az alábbi részhalmazok főideált alkotnak, és adjuk meg ezek egy-egy generátorelemét:a) (30, 50, 75);b) (20) ∩ (30).
11.2.2 Tekintsük a Gauss-egészek G gyűrűjét.
a) Egy adott nemnulla főideál hányféleképpen generálható egy elemmel?
b) Hány olyan főideál van, amelynek eleme 22 + 6i?
11.2.3 Legyen R tetszőleges kommutatív, egységelemes, nullosztómentesgyűrű, és a, b ∈ R. Mutassuk meg, hogy
a + b ∈ (a) ∩ (b) ⇐⇒ (a) = (b).
√11.2.4 Tekintsük az E( −5) gyűrűt.
√a) Bizonyítsuk be, hogy a 2 + 2 −5 és 6 elemeknek nem létezik legnagyobb közös osztója.
√b) Adjuk meg az összes olyan főideált, amely tartalmazza a (2+2 −5, 6)
ideált.
c) Mutassunk példát olyan α, β elemre, amelyeknek létezik δ legnagyobb közös osztójuk, de (α, β) ̸= (δ).

460

11. Ideálok

11.3. Alaptételes gy¶r¶, f®ideálgy¶r¶, euklideszi gy¶r¶
Ebben a pontban a számelmélet alaptételének a kérdésével foglalkozunk.
A felbonthatatlan (más néven irreducibilis) elem, illetve a prím fogalmát
tetszőleges R (kommutatív, egységelemes, nullosztómentes) gyűrűben ugyanúgy értelmezzük, mint a korábban vizsgált konkrét gyűrűk esetén (lásd az
egész számoknál az 1.4.1, illetve 1.4.2, vagy a Gauss-egészeknél a 7.4.10, illetve
7.4.11 Definíciókat).
Az, hogy R-ben érvényes a számelmélet alaptétele (más néven az egyértelmű prímfaktorizáció), a szokásos módon azt jelenti, hogy R-ben a nullán és az egységeken kívül minden elem felírható véges sok felbonthatatlanszorzataként, és ez az előállítás a tényezők sorrendjétől és egységszeresektől
eltekintve egyértelmű (lásd például az 1.5.1 Tétel megfogalmazását).
Mint a könyv különböző fejezeteiben számos alkalommal rámutattunk,a számelméleti vizsgálatoknak (az alkalmazások szempontjából is) az egyik
kulcskérdése, hogy egy adott gyűrűben érvényes-e a számelmélet alaptétele.
A Z-beli alaptételre az egész számok számelméletének szinte minden fejezetetámaszkodik. Az x2 + y 2 = n, illetve x3 + y 3 = z 3 diofantikus egyenletek vizsgálatánál azt használtuk fel, hogy a Gauss-, illetve Euler-egészeknélérvényes az alaptétel. A 11.2 pontban jeleztük, hogy a Fermat-sejtés bizonyítása lényegesen könnyebben ment volna, ha bizonyos algebrai számtestek
algebrai egészeire igaz lenne az alaptétel. A racionális együtthatós polinomok
számelméletének az alaptételhez kapcsolódó egyes vonatkozásai fontos szerepet
játszottak az algebrai számok vizsgálatánál.
Az alábbiakban először szükséges és elégséges feltételt adunk arra, hogy
egy gyűrűben érvényes legyen az alaptétel (11.3.1 Tétel). Ezután megmutatjuk, hogy a maradékos osztás elvégezhetőségéből mindig következik az alaptétel. Ennek igazolása kissé eltér az egész számoknál, Gauss-egészeknél stb. látott úttól: belátjuk, hogy a maradékos osztás elvégezhetősége esetén a gyűrű
minden ideálja főideál (11.3.5 Tétel), valamint bebizonyítjuk, hogy az ilyen
tulajdonságú gyűrűkben mindig igaz az alaptétel (11.3.3 Tétel).
A bizonyítások során számos olyan rész lesz, amely szó szerint megegyezik
az egész számoknál látott gondolatmenettel, így ezekre csak utalni fogunk, és
nem ismételjük meg őket.
Mielőtt rátérnénk a jelzett általános tételekre, a felbonthatatlan és a prímkapcsolatáról ejtünk még néhány szót. A számelmélet alaptételének megfogalmazásában a két fogalom közül csak a ,,felbonthatatlan” szerepel, a ,,prím”-renincs szükség. Az alaptétel érvényessége azonban szoros összefüggésben áll aprím és a felbonthatatlan közötti viszonnyal.

11.3. Alaptételes gyűrű, főideálgyűrű, euklideszi gyűrű 461
Minden R (kommutatív, egységelemes, nullosztómentes) gyűrűben teljesül, hogy egy prím szükségképpen felbonthatatlan, ez az 1.4.3 Tétel bizonyításának első részében látott módon√ igazolható. Az állítás megfordítása
nem minden gyűrűben igaz, például E( −5)-ben, ahol nem érvényes a számelmélet alaptétele, a 2 felbonthatatlan, de nem prím. Láttuk ugyanakkor, hogy
az egészek, Gauss-egészek, Euler-egészek gyűrűjében minden felbonthatatlan
egyben prím is, és ez volt a döntő lépés a számelmélet alaptétele egyértelműségi
részének a bizonyításához. Az alábbi tételből kiderül, hogy az alaptétel fennállásának az általános esetben is az egyik lényeges feltétele éppen az, hogy
minden felbonthatatlan egyben prím is legyen.
T 11.3.1
11.3.1 Tétel
Egy R (kommutatív, egységelemes, nullosztómentes) gyűrűben akkor és
csak akkor érvényes a számelmélet alaptétele, ha(i) főideáloknak szigorúan növő(a1 ) ⊂ (a2 ) ⊂ . . . ⊂ (aj ) ⊂ . . .
lánca nem lehet végtelen, és(ii) minden felbonthatatlan elem prím. ♣Bizonyítás: Először az (i) és (ii) feltételek elégségességét igazoljuk.
Az egyértelműség (ii)-ből pontosan ugyanúgy következik, mint az 1.5.1
Tételnél az egyértelműségre adott első bizonyításban.
A felbonthatósághoz (i)-et használjuk fel. Legyen a az R-nek tetszőleges,
a 0-tól és az egységektől különböző eleme. Első lépésként azt mutatjuk meg,hogy a-nak létezik felbonthatatlan osztója.
Ha a felbonthatatlan, akkor készen vagyunk. Ha nem, akkor a = a1 b1 ,ahol a1 és b1 egyike sem egység. Ekkor a 11.2.1 Tétel szerint (a) ⊂ (a1 ), és itt
szigorú tartalmazás áll fenn, hiszen b1 nem egység.
Ha a1 felbonthatatlan, akkor a1 az a-nak egy felbonthatatlan osztója. Ha
a1 nem felbonthatatlan, akkor a1 = a2 b2 , ahol a2 és b2 egyike sem egység.
Ekkor (a1 ) ⊂ (a2 ) (szigorú tartalmazással).
Megmutatjuk, hogy a gondolatmenetet hasonlóan folytatva, valamelyik
ai már szükségképpen felbonthatatlan. Ha ugyanis ez nem teljesülne, akkor(a) ⊂ (a1 ) ⊂ . . . ⊂ (aj ) ⊂ . . .
főideáloknak egy végtelen, szigorúan növő láncát jelentené, ami ellentmond(i)-nek. Ezzel igazoltuk, hogy a-nak létezik felbonthatatlan osztója.

462

11. Ideálok

Most belátjuk, hogy a előáll felbonthatatlanok szorzataként. Ha a felbonthatatlan, akkor készen vagyunk. Egyébként az előzőek szerint a = p1 c1 ,ahol p1 felbonthatatlan és c1 nem egység. Mivel p1 sem egység, ezért (a) ⊂ (c1 )(szigorú tartalmazással).
Ha c1 felbonthatatlan, akkor az a = p1 c1 felírásban mindkét tényező felbonthatatlan, tehát készen vagyunk. Egyébként c1 = p2 c2 , ahol p2 felbonthatatlan és c2 nem egység. Innen (c1 ) ⊂ (c2 ) (szigorú tartalmazással).
Az eljárást folytatva előbb-utóbb valamelyik ci szükségképpen egység,
ugyanis különben az(a) ⊂ (c1 ) ⊂ . . . ⊂ (cj ) ⊂ . . .
végtelen, szigorúan növő főideállánc ellentmondana az (i) feltételnek. Ez azt
jelenti, hogy az a-t előállítottuk felbonthatatlanok szorzataként.
Rátérve a szükségességre, tegyük fel, hogy R-ben igaz az alaptétel. Ekkor(ii) pontosan ugyanúgy bizonyítható, mint az 1.5.8 feladat megoldásában.
Végül (i) igazolásához tegyük fel indirekt, hogy létezik egy(a1 ) ⊂ (a2 ) ⊂ . . . ⊂ (aj ) ⊂ . . .
végtelen, szigorúan növő főideállánc. Itt a2 ̸= 0, és a3 , a4 , . . . az a2 -nek végtelen
sok olyan osztója, amelyek közül semelyik kettő sem egységszerese egymásnak.
Ez azonban lehetetlen, mert ha a2 = p1 . . . pk , ahol a pi -k felbonthatatlanok,
akkor az alaptétel miatt a2 minden osztója (vagy egység, vagy pedig) néhány
pi szorzatának az egységszerese (illetve ha a2 egység, akkor minden osztója isegység).
Megjegyzés: A korábbiakban több olyan példa is szerepelt, ahol a számelmélet
alaptételének az egyértelműségi része nem teljesült (lásd a 10.3.5 és 10.3.6
Tételt, valamint a 11.2 pontban a Fermat-sejtéshez kapcsolódó részt). Könynyű azonban olyan gyűrűre is példát mutatni, ahol a felbonthatósággal vanbaj: az összes algebrai egész E gyűrűjében egyáltalán nem léteznek felbonthatatlanok (lásd a 11.3.1 feladatot), és így a 0-tól és egységektől különböző
elemek egyáltalán nem bonthatók fel felbonthatatlanok szorzatára.
Most megmutatjuk, hogy ha R-ben minden ideál főideál, akkor R-benérvényes a számelmélet alaptétele.
D 11.3.2
11.3.2 Definíció
Egy R (kommutatív, egységelemes, nullosztómentes) gyűrű főideálgyűrű ,ha minden ideálja főideál. ♣11.3. Alaptételes gyűrű, főideálgyűrű, euklideszi gyűrű 463
11.3.3 TételFőideálgyűrűben érvényes a számelmélet alaptétele. ♣T 11.3.3

Bizonyítás: Megmutatjuk, hogy főideálgyűrűben teljesül a 11.3.1 Tétel (i) és(ii) feltétele.
(i) Tegyük fel indirekt, hogy létezik egy(a1 ) ⊂ (a2 ) ⊂ . . . ⊂ (aj ) ⊂ . . .
végtelen,∪∞ szigorúan növő főideállánc. Egyszerű számolással adódik, hogy A == j=1 (aj ) is ideál (lásd a 11.3.4 feladatot). Mivel R főideálgyűrű, ezért A isfőideál, A = (b). Ekkor
∞
∪
b∈A=
(aj )
j=1

miatt van olyan k, amelyre b ∈ (ak ), azaz (b) ⊆ (ak ). Így
A = (b) ⊆ (ak ) ⊂ (ak+1 ) ⊂∞∪(aj ) = A,

j=1

ami ellentmondás.
(ii) Először azt igazoljuk, hogy bármely a és b elemnek létezik legnagyobb
közös osztója. Mivel az (a, b) ideál is főideál, azaz (a, b) = (d), így a 11.2.2
Tételből következik, hogy d = lnko{a, b}.
A legnagyobb közös osztó létezéséből már következik (ii): lásd az 1.3.4
Tételre az 1.3.11 feladat megoldásában adott bizonyítást, az 1.3.9 Tétel bizonyítását és végül az 1.4.3 Tétel bizonyításának II. részét.
Megjegyzések : 1. Létezik olyan gyűrű, amely nem főideálgyűrű, és mégisérvényes benne a számelmélet alaptétele, a legegyszerűbb ilyen példa Z[x]. A
11.1 pontban láttuk, hogy Z[x]-ben a (2, x) nem főideál, ugyanakkor Z[x]-benigaz az alaptétel (ez visszavezethető a Z-beli és a Q[x]-beli alaptételre, ugyanisa racionális együtthatós polinomokra vonatkozó Gauss-lemmából következik,
hogy egy f polinom akkor és csak akkor irreducibilis Z felett, ha f vagy egy
olyan konstans, amely prímszám, vagy pedig az f együtthatói relatív prímek
és f irreducibilis Q felett).
2. Az algebrai számtestekben az alaptételes gyűrűk és a főideálgyűrűk
egybeesnek: egy algebrai számtestben az algebrai egészek E(ϑ) gyűrűje akkor

464

11. Ideálok

és csak akkor főideálgyűrű, ha érvényes a számelmélet alaptétele (lásd a 11.3.9b
feladatot).
Végül rátérünk a maradékos osztás általános megfogalmazására, és annak
igazolására, hogy ha R-ben elvégezhető a maradékos osztás, akkor R főideálgyűrű, tehát (a 11.3.3 Tétel alapján) R-ben érvényes a számelmélet alaptétele.
D 11.3.4
11.3.4 Definíció
Egy R (kommutatív, egységelemes, nullosztómentes) gyűrű euklideszi gyűrű , ha minden c ∈ R elemhez hozzá tudunk rendelni egy f (c) nemnegatív egész
számot úgy, hogy f (c) = 0 ⇐⇒ c = 0, továbbá minden a, b ∈ R, b ̸= 0 esetén
létezik olyan q, r ∈ R, hogya = bq + r

és

f (r) < f (b). ♣(1)

Megjegyzések : 1. Az euklideszi gyűrű definícióját szokás abban a formában ismegadni, hogy R-ben csak a 0-tól különböző elemekhez rendelünk hozzá egy
f (c) nemnegatív egész számot, és ekkor (1)-ben f (r) < f (b) mellett az r = 0
lehetőséget is megengedjük. Ez nyilván ekvivalens a 11.3.4 Definícióval.
2. A 11.3.4 Definícióban nem szükséges kikötni, hogy az R egységelemes
legyen: a maradékos osztás elvégezhetőségéből következik, hogy a gyűrűnek
létezik egységeleme (lásd a 11.3.6 feladatot).
3. Az alábbiakban felsorolunk néhány olyan korábban már vizsgált gyűrűt, amelyekben elvégezhető a maradékos osztás. Ezeknél a megfelelő f függvény általában további hasznos tulajdonságokkal is rendelkezett, példáulf (ab) = f (a)f (b) vagy legalábbis f (a) ≤ f (ab) teljesült. Ilyen tulajdonságokat azonban az euklideszi gyűrű definíciójában nem kell kikötni.
Példák:P1 Az egész számoknál az f (c) = |c| választás megfelel, azaz |r| < |b| elérhető.
Megjegyezzük, hogy ebben az esetben a hányados és a maradék általában
nem egyértelmű, például a = 33 és b = 5 esetén
33 = 6 · 5 + 3 = 7 · 5 + (−2).
Az 1.2.1, illetve 1.2.1A Tételekben azért szerepeltettük az |r| < |b|-nél
szigorúbb 0 ≤ r < |b|, illetve −|b|/2 < r ≤ |b|/2 előírást, hogy ahányados és a maradék egyértelmű legyen. Az egyértelműségnek azonban
az alaptétel bizonyítása szempontjából nincs jelentősége.

11.3. Alaptételes gyűrű, főideálgyűrű, euklideszi gyűrű 465
P2 A Gauss- vagy Euler-egészeknél megfelel f (c) = N (c). (A 7.4.8 Tétel
bizonyítása során láttuk, hogy a hányados és a maradék általában nem
egyértelmű.)√P3 E( 2)-ben megfelel f (c) = |N (c)|.
P4 Test feletti polinomgyűrűben a fokszám szerint elvégezhető a maradékos
osztás. Ahhoz, hogy formailag pontosan eleget tegyünk a 11.3.4 Definíciónak, legyen f (0) = 0 és f (c) = 1 + deg c, ha c ̸= 0.
P5 A véges tizedes törtek is euklideszi gyűrűt alkotnak, lásd az 1.5.5c feladatot.
11.3.5 Tétel
Ha R euklideszi gyűrű, akkor R főideálgyűrű. ♣T 11.3.5

Bizonyítás: Azt kell igazolni, hogy az R tetszőleges I ideálja főideál.
Ha I csak a 0-ból áll, akkor I = (0). Egyébként tekintsük I-ben a0-tól különböző c elemekhez rendelt f (c) értékeket. Mivel ezek pozitív egész
számok, így van közöttük legkisebb, legyen ez f (b) (itt a b(̸= 0) elem nem
egyértelmű). Megmutatjuk, hogy I = (b).
Mivel b ∈ I, ezért (b) ⊆ I. Megfordítva, legyen a az I ideál tetszőleges
eleme. Azt kell megmutatnunk, hogy a ∈ (b), vagyis b | a.
Osszuk el a-t maradékosan b-vel: létezik olyan q, r ∈ R, amelyre (1)teljesül. Mivel a, b ∈ I és I ideál, ezért r = a − bq ∈ I. Továbbá f (b)minimális volt és f (r) < f (b), így csak r = 0 lehetséges, azaz valóban b | a.
Megjegyzés: A 11.3.5 Tétel megfordítása nem igaz, léteznek olyan főideálgyűrűk, amelyek nem euklideszi gyűrűk: az algebrai számtestek algebrai egészeiből álló gyűrűk közül bizonyítottan ilyenek az√√√√
E( −19), E( −43), E( −67) és E( −163)(2)(lásd a 11.3.10 feladatot).
Általában igen nehéz annak az eldöntése, hogy egy R gyűrű euklideszie vagy sem. Természetesen, ha találunk egy megfelelő f -et, akkor R euklideszi gyűrű, ha pedig R-ben nem érvényes a számelmélet alaptétele vagy R
nem főideálgyűrű, akkor a 11.3.3 és 11.3.5 Tételekből következik, hogy R nem
lehet euklideszi gyűrű sem. Nemigen van támpontunk azonban, ha egy főideálgyűrűről akarjuk kimutatni, hogy nem euklideszi. Ekkor ugyanis nemcsak azt
kell igazolni, hogy egy adott, esetleg ,,természetes módon” szóba jövő f függvény nem teljesíti a 11.3.4 Definícióban előírt kikötéseket, hanem ezt minden
lehetséges f -re be kell látni.

466

11. Ideálok

Vizsgáljuk meg mindezt kicsit behatóbban az algebrai számtestek egészeiből álló gyűrűk esetén. A 11.3.3 Tétel utáni 2. megjegyzésben jeleztük,
hogy ha E(ϑ)-ban érvényes a számelmélet alaptétele, akkor E(ϑ) főideálgyűrű
(lásd a 11.3.9b feladatot). Ami a maradékos√osztást illeti, az eddigi konkrét
esetekben (Gauss-egészek, Euler-egészek, E( 2) stb.) ezt a norma abszolútértéke szerint próbáltuk elvégezni. Voltak olyan alaptételes E(ϑ) gyűrűk is,amikor ez nem sikerült (lásd a 10.3.6 Tételt). Ilyenkor azonban még mindig
nyitva áll annak a lehetősége, hogy valamilyen más f függvény szerint mégis
van maradékos osztás. Ezzel kapcsolatos jelenlegi ismereteinket a következő
paradox helyzet jellemzi:(A) Bizonyos mély sejtések azt valószínűsítik, hogy a másodfokú képzetes
számtestektől eltekintve, minden alaptételes E(ϑ) euklideszi gyűrű, azaz
létezik egy alkalmas f függvény, amely kielégíti a 11.3.4 Definíciót (akkor
is, amikor |N (α)| nem felel meg erre a célra).
(B) Azonban hosszú ideig egyetlen konkrét E(ϑ) sem volt ismert, amelyben igaz a számelmélet alaptétele, nem euklideszi a |N (α)| szerint, ésmégis elvégezhető valamilyen
másféle maradékos osztás. Az első ilyen bi√
zonyított példa az E( 69) volt 1994-ben, amit aztán nagyon sok másik
követett. Ma már például tudjuk, hogy legfeljebb 2(!) kivételtől eltekintve minden olyan másodfokú valós számtest euklideszi, amelyben igaz aszámelmélet alaptétele.
A kivételként említett másodfokú képzetes számtestekre megmutatható, hogyha E(ϑ) euklideszi, akkor |N (α)| szerint is elvégezhető a maradékos osztás(lásd a 11.3.10 feladatot). Így a 10.3.6 Tételből következik, hogy a (2)-ben
felsorolt négy példa főideálgyűrű, de nem euklideszi gyűrű.
Feladatok
11.3.1 Legyen E az összes algebrai egész gyűrűje.
a) Jellemezzük az E-beli egységeket a minimálpolinomjuk segítségével.
b) Mutassuk meg, hogy E-ben nem léteznek felbonthatatlanok, és így
nem igaz a számelmélet alaptétele.
11.3.2 Számelméleti kérdéseket egy T (kommutatív) testben is vizsgálhatunk (csak ennek nincs sok értelme, amint ez az alábbiakból is kiderül).
a) Milyen a, b ∈ T esetén teljesül a | b ?
b) Mik lesznek T -ben az egységek, a felbonthatatlanok, illetve a prímek?
c) Mutassuk meg, hogy T -ben érvényes a számelmélet alaptétele, ráadásul T főideálgyűrű, sőt euklideszi gyűrű.

467

11.3. Feladatok

11.3.3 Legyen W a racionális számoknak a páratlan nevezőjű törtekből állórészhalmaza.
a) Bizonyítsuk be, hogy W -ben egységszerestől eltekintve egyetlen felbonthatatlan elem létezik.
b) Hol bukik meg W -ben az a gondolatmenet, amellyel az egész számok
körében végtelen sok prímszám létezését igazoltuk (lásd az 5.1.1 Tételt).
c) Mutassuk meg, hogy W euklideszi gyűrű.
d) Határozzuk meg W összes ideálját.
11.3.4 Legyenek I1 ⊆ I2 ⊆ . ∪. . tetszőleges ideálok egy R gyűrűben. Mutas∞
suk meg, hogy ekkor j=1 Ij is ideál R-ben.
M 11.3.5 Legyen R kommutatív, egységelemes, nullosztómentes gyűrű. Bizonyítsuk be, hogy az R[x] polinomgyűrű akkor és csak akkor főideálgyűrű, ha R test.
11.3.6 Mutassuk meg, hogy az euklideszi gyűrű 11.3.4 Definíciójában nem
szükséges kikötni, hogy R egységelemes, ez a többi feltételből következik.
11.3.7 Legyen R euklideszi gyűrű, f egy olyan függvény, amely teljesíti a
11.3.4 Definíció előírásait és k az f függvény legkisebb pozitív értéke.
Melyek igazak az alábbi állítások közül?
a) Ha f (c) = k, akkor c egység.
b) Ha c egység, akkor f (c) = k.
11.3.8 Mutassuk meg, hogy az egész számok körében (nemcsak az abszolútérték, hanem) az alábbi f függvény szerint is elvégezhető a maradékos
osztás:{⌊⌋1 + log2 |c| , ha c ̸= 0;
f (c) =
0,ha c = 0,azaz
f (0) = 0,f (±1) = 1,
f (±2) = f (±3) = 2,
f (±4) = f (±5) = f (±6) = f (±7) = 3,...

11.3.9M ∗ a) Tegyük fel, hogy az R (kommutatív, egységelemes, nullosztómentes)gyűrűben érvényes a számelmélet alaptétele, továbbá minden I ̸= 0
ideálra az R/I faktorgyűrűnek véges sok eleme van. Bizonyítsuk be,
hogy R főideálgyűrű.

468

11. Ideálokb) Bizonyítsuk be, hogy ha ϑ algebrai és E(ϑ)-ban érvényes a számelmélet alaptétele, akkor E(ϑ) főideálgyűrű.

M∗ 11.3.10 Legyen√ t negatív négyzetmentes egész szám. Bizonyítsuk be, hogya Q( t) másodfokú képzetes bővítés algebrai egészei akkor és csak
akkor alkotnak euklideszi gyűrűt, ha t = −1, −2, −3, −7 vagy −11.

11.4. Ideálok oszthatósága
Ebben a pontban egy R (kommutatív, egységelemes, nullosztómentes) gyűrű
ideáljai között értelmezünk szorzást, majd ennek segítségével oszthatóságot,ezután pedig áttekintjük az ideálokra ebből adódó számelméleti fogalmak(legnagyobb közös osztó, felbonthatatlan ideál, prímideál) jelentését és fontosabb tulajdonságait.
Mivel az ideálok közötti számelmélet kiépítésével a fő célunk az E(ϑ)
gyűrűk további vizsgálata, ezért a fogalmak bevezetése során olyan megszorító
feltevésekkel is fogunk élni, amelyek E(ϑ) ideáljaira teljesülnek, azonban nem
minden R-ben igazak.
D 11.4.1
11.4.1 Definíció
Legyen A és B az R (kommutatív, egységelemes, nullosztómentes) gyűrű
két tetszőleges ideálja. Ekkor A és B szorzatát a következőképpen értelmezzük:
AB =

n
{∑

}
ai bi | n = 1, 2, . . . , ai ∈ A, bi ∈ B, i = 1, . . . , n . ♣

(1)

i=1

A két ideál szorzata tehát az A-beli és B-beli elemek szorzataiból képzettösszes lehetséges (akárhány tagú) összegek halmaza.
Az ideálok szorzásának néhány fontos tulajdonságát az alábbi tételben
foglaljuk össze.
T 11.4.2
11.4.2 Tétel(i) Az A és B ideálok AB szorzata a legszűkebb ideál, amely az összes ab
alakú elemet tartalmazza, ahol a ∈ A és b ∈ B.
(ii) Végesen generált ideálok szorzata is végesen generált.
(iii) Főideálok szorzata főideál.
(iv) AB ⊆ A ∩ B.

469

11.4. Ideálok oszthatósága(v) Az R gyűrű ideáljainak szorzása kommutatív és asszociatív művelet, egységelem az (1) = R triviális ideál:
AB = BA,(AB)C = A(BC),(1)A = A(1) = A.

(2)

Inverze csak az egységelemnek létezik, továbbá
AB = (0) ⇐⇒ A = (0)vagy B = (0). ♣Bizonyítás: (i) A következőket kell igazolni:(a) AB ideál;(b) a ∈ A, b ∈ B =⇒ ab ∈ AB;(c) ha egy I ideál tartalmazza az összes ab alakú elemet, ahol a ∈ A, b ∈ B,
akkor AB ⊆ I.
(a)∑n Megmutatjuk, hogy AB eleget tesz a 11.1.1 Definíció előírásainak.
Két i=1 ai bi alakú elem összege nyilván ismét ilyen alakú. Egy ilyen elem
ellentettje, illetve egy r ∈ R elemmel való szorzata átírható a
−

n
∑
i=1

ai bi =

n∑(−ai )bi ,illetve

i=1

r

n
∑
i=1

ai bi =

n∑(rai )bi

i=1

alakba, és A ideáltulajdonsága miatt −ai , illetve rai ∈ A.
(b) Az (1) képletben n = 1 esetén éppen az ab alakú elemeket kapjuk.
(c) Ha egy I ideál tartalmazza∑
az ai bi elemeket, akkor az ideáltulajdonságnmiatt ezek összegét, azaz minden i=1 ai bi alakú elemet is tartalmaznia kell,tehát valóban AB ⊆ I.
(ii) Megmutatjuk, hogy ha
A = (α1 , . . . , αk )és

B = (β1 , . . . , βm ),akkor
AB = (α1 β1 , α1 β2 , . . . , αi βj , . . . , αk βm ),vagyis az A és B generátorelemeinek szorzatai az AB ideál (egyik lehetséges)generátorrendszerét alkotják.
Az αi βj elemek definíció szerint elemei AB-nek, így az általuk generált
ideál része AB-nek.
A fordított irányú tartalmazáshoz (i) alapján elég azt belátni, hogy minden ab alakú elem, ahol a ∈ A, b ∈ B, benne van az αi βj -k által generált

470

11. Ideálok

ideálban, vagyis ab felírható az αi βj elemek R-beli együtthatós kombinációjaként. Ez valóban teljesül, ugyanis (alkalmas ri , sj ∈ R elemekkel)
ab =

k
(∑
i=1

ri αi

m
)(∑
j=1

)
sj βj =k ∑m∑(ri sj )(αi βj ).

i=1 j=1(iii) A (ii)-re adott bizonyításból a k = m = 1 speciális esetben kapjuk,
hogy (α)(β) = (αβ).
(iv) Az A ideáltulajdonsága
miatt bármely ai ∈ A és bi ∈ B esetén∑nai bi ∈ A, és ígyab∈A,tehát AB ⊆ A. Ugyanígy kapjuk, hogy
i=1 i iAB ⊆ B.
(v) A (2)-ben felsorolt azonosságok azonnal következnek az ideálok szorzásának definíciójából (és az R gyűrű tulajdonságaiból).
Az R = (1) egységelem inverze önmaga. Megfordítva, ha az I ideálnak
létezik inverze, azaz alkalmas J ideálra JI = R, akkor (iv) alapján R ⊆ I,
tehát I = R.
Ha A = (0) vagy B = (0), akkor az AB definíciójában szereplő összesösszeg 0, tehát AB = (0). Ha viszont A-nak, illetve B-nek létezik egy a ̸= 0,
illetve b ̸= 0 eleme, akkor R nullosztómentessége miatt ab ̸= 0 és ab ∈ AB,
tehát AB ̸= (0).
Megjegyzések : 1. Az A és B ideál elemeiből képzett ab szorzatok általában
nem alkotnak ideált (lásd a 11.4.1a feladatot), ezért kellett AB definíciójában
az ilyen szorzatokból képzett összegeket venni.
2. Az ideálok között (egyelőre) csak szorzást értelmeztünk. Az összeadás
is definiálható, ezzel kapcsolatban lásd a 11.4.5 Tétel utáni 4. megjegyzést.
Előrebocsátjuk azonban, hogy ez az összeadás nem rendelkezik a szokásos ,,jó”
tulajdonságokkal (csak a nullelemnek lesz ellentettje), és így az R ideáljai az
ideálok összeadására és szorzására nézve nem alkotnak gyűrűt.
Példák:P1 Legyen R = Z[x], és A, illetve B álljon azokból a polinomokból, amelyek konstans tagja páros, illetve osztható 3-mal. Ekkor AB azoknak apolinomoknak a halmaza, amelyek konstans tagja osztható 6-tal:
AB = (2, x)(3, x) = (6, 2x, 3x, x2 ) == (6, 2x, 3x − 2x, x2 ) = (6, 2x, x, x2 ) = (6, x).

11.4. Ideálok oszthatósága

471

√
√
√
P2 Legyen R = E( −5), A = (3, 1 + −5) és B = (3, 1 − −5). Ekkor AB
a (3) főideál:√√√−5)(3, 1 − −5) = (9, 3 + 3 −5, 3 − 3 −5, 6) =√√= (9 − 6, 3 + 3 −5, 3 − 3 −5, 6) = (3).

AB = (3, 1 +√Az ideálok szorzása lehetővé teszi, hogy az R gyűrű ideáljai között oszthatóságot értelmezzünk:
D 11.4.3
11.4.3 Definíció
A B ideál osztója az A ideálnak, ha létezik olyan C ideál, amellyel
BC = A. Ezt a szokásos módon B | A jelöli. ♣Megjegyzések : 1. Könnyen adódik, hogy főideálok oszthatósága ekvivalens a
generátorelemek (R-beli) oszthatóságával:(β) | (α) ⇐⇒ β | α.
Sőt, ha β ̸= 0 és (α) = (β)C, akkor C is szükségképpen főideál, C = (γ), aholγ úgy is választható, hogy α = βγ teljesüljön (lásd a 11.4.3 feladatot). Ez azt
jelenti, hogy az ideálok oszthatósága az R-beli oszthatóság általánosításának
is tekinthető.
2. Az oszthatóság néhány elemi tulajdonságát a 11.4.2 feladatban tárgyaljuk. Ezek közül külön is kiemeljük, hogy
B | A =⇒ A ⊆ B.

(3)

Az előző megjegyzés és a 11.2.1 Tétel alapján főideálokra (3) megfordítása isérvényes, tetszőleges ideálokra azonban (3) megfordítása általában nem igaz,
lásd a 11.4.6 feladatot.
A továbbiakban csak olyan R gyűrűkkel foglalkozunk, amelyekben az
ideálok szorzásánál érvényes az egyszerűsítési szabály:
AB = AC, A ̸= (0) =⇒ B = C,(4)valamint igaz (3) megfordítása is:
B | A ⇐⇒ A ⊆ B.

(5)

472

11. Ideálok

A 11.5 pontban megmutatjuk, hogy a fő vizsgálati irányunkat képező E(ϑ)
típusú gyűrűk eleget tesznek a (4) és (5) követelménynek.
Most két ideál legnagyobb közös osztóját definiáljuk, ez a szokásos módon
olyan közös osztót jelent, amely minden közös osztónak többszöröse:
D 11.4.4
11.4.4 Definíció
Az A és B ideálok legnagyobb közös osztója a D ideál, ha(i)
D | A, D | B; és(ii)ha egy C ideálra C | A, C | B teljesül, akkor C | D. ♣T 11.4.5
11.4.5 Tétel
Bármely A és B ideálnak létezik és egyértelmű a D legnagyobb közös
osztója, és
D = {a + b | a ∈ A, b ∈ B}. ♣(6)
Bizonyítás: A legnagyobb közös osztó definícióját (5) alapján a tartalmazás
segítségével is megfogalmazhatjuk: a legnagyobb közös osztó a legszűkebb
olyan ideál, amely A-t és B-t is tartalmazza. Könnyen adódik (lásd a 11.4.4a
feladatot), hogy a (6) képletben szereplő D az egyetlen olyan ideál, amely
rendelkezik ezzel a tulajdonsággal.
Megjegyzés: 1. A bizonyításban megfogalmazott tulajdonsága alapján D-t
tekinthetjük az A és B ideálok által generált ideálnak. Ennek megfelelően a
D = (A, B) jelölés összhangban van mind a legnagyobb közös osztóra, mind
pedig a generált ideálra alkalmazott szokásos jelölésmóddal.
2. Ha A és B főideál, A = (α), B = (β), akkor a (6) képlet szerint a
legnagyobb közös osztójuk D = {rα + sβ | r, s ∈ R}, ami éppen az (α, β)ideál. Ez ismét rámutat arra, hogy a két elem által generált ideál a legnagyobb
közös osztó fogalom általánosításának tekinthető.
3. Ha A és B végesen generált ideál,A = (α1 , . . . , αk )és

B = (β1 , . . . , βm ),akkor a (6) képlet szerint a legnagyobb közös osztójuk
D = (α1 , α2 , . . . , αk , β1 , β2 , . . . , βm ),vagyis az A és B generátorelemei együttesen a D ideál (egyik lehetséges) generátorrendszerét alkotják.

473

11.4. Ideálok oszthatósága

4. A (6) képlet alapján D az A és B ideálok összegeként is felfogható.
Még egyszer hangsúlyozzuk, hogy az R ideáljai erre az összeadásra és a 11.4.1
Definícióban értelmezett szorzásra nem alkotnak gyűrűt (lásd a 11.4.4b feladatot).
Most rátérünk a felbonthatatlan ideál és a prímideál fogalmára, ezek tulajdonságaira és kapcsolatára.
Mindkét értelmezés a korábbi felbonthatatlan, illetve prím fogalomnak
megfelelően történik. Mivel egyedül az (1) = R ideálra igaz, hogy minden
ideálnak osztója (lásd a 11.4.2e feladatot), ezért R ideáljai körében az (1) az
egyetlen egység.
D 11.4.6
11.4.6 Definíció
Az R gyűrű egy nemtriviális (azaz (0)-tól és (1)-től különböző) F ideálja
felbonthatatlan ideál, ha csak úgy bontható fel két ideál szorzatára, hogy
valamelyik tényező (1), azaz
F = AB =⇒ A = (1) vagy B = (1). ♣(7)

A (4) és (5) tulajdonság alapján azonnal adódik, hogy egy F nemtriviális
ideál felbonthatatlansága az alábbi két feltétel bármelyikével is ekvivalens (itt
A tetszőleges ideált jelöl):
F -nek csak triviális osztói léteznek, azaz
A | F =⇒ A = (1) vagy A = F,

(8)

illetvenem létezik az F -et valódi módon tartalmazó nemtriviális ideál, azaz
F ⊆ A ⊆ R =⇒ A = R vagy A = F.

(9)

A (9) tulajdonsággal rendelkező ideálokat maximális ideáloknak szokás
nevezni (olyan gyűrű esetén is, amikor az (5) feltétel nem teljesül).
D 11.4.7
11.4.7 Definíció
Az R gyűrű egy P nemtriviális ideálja prímideál , ha csak úgy lehet osztója
két ideál szorzatának, ha legalább az egyik tényezőnek osztója, azaz
P | AB =⇒ P | A vagy P | B. ♣

(10)

474

11. Ideálok

A prímideál definícióját is átfogalmazhatjuk tartalmazásra (5) alapján: a(0)-tól és (1)-től különböző P ideál akkor és csak akkor prímideál, haAB ⊆ P =⇒ A ⊆ P vagy B ⊆ P.

(11)

További ekvivalens megfogalmazást jelent az
ab ∈ P =⇒ a ∈ P vagy b ∈ P(12)feltétel. A (11) és (12) tulajdonságok ekvivalenciája akkor is igaz, ha R-ben
nem teljesül (5) (lásd a 11.4.7 feladatot), és ebben az esetben ezek valamelyikével szokás a prímideált értelmezni.
A (4) és (5) feltételek fennállása esetén a prímideálok megegyeznek afelbonthatatlan ideálokkal:
T 11.4.8
11.4.8 Tétel
Egy P ideál akkor és csak akkor prímideál, ha felbonthatatlan ideál. ♣Bizonyítás: Az 1.4.3 Tétel bizonyításának a gondolatmenetét követjük. Nyilván feltehetjük, hogy P nemtriviális ideál.
Először tegyük fel, hogy P prímideál, és lássuk be, hogy felbonthatatlan
ideál is. Induljunk ki egy P = AB szorzat-előállításból; azt kell igazolnunk,hogy A = (1) vagy B = (1).
Mivel P = AB, ezért P | AB is igaz. Mivel P prímideál, ezért ebből
P | A vagy P | B következik.
Ha P | A, akkor alkalmas C-vel A = P C = ABC. Ezt a nyilvánvaló
A = A(1) egyenlőséggel összehasonlítva kapjuk, hogy ABC = A(1), ahonnan az A ̸= 0 ideállal történő egyszerűsítés után BC = (1) adódik. Ebből
következik, hogy B = (1) [és C = (1)].
A P | B esetben ugyanígy nyerjük, hogy A = (1).
Most tegyük fel, hogy P felbonthatatlan ideál, és lássuk be, hogy prímideál is. Induljunk ki egy P | AB oszthatóságból; azt kell igazolnunk, hogy
P | A és P | B közül legalább az egyik teljesül.
Ha P | A, akkor készen vagyunk. Ha P ̸ | A, akkor P felbonthatatlansága
miatt (P, A) = (1).
Mivel P | P B és P | AB, ezért P | (P B, AB). A 11.4.4c feladat felhasználásával kapjuk, hogy
(P B, AB) = (P, A)B = (1)B = B,és ígyP | B.

11.4. Feladatok

475

Feladatok
Valamennyi feladatban A, B, illetve C egy R egységelemes, kommutatív,
nullosztómentes gyűrű ideáljait jelöli. A legnagyobb közös osztóval, felbonthatatlan ideálokkal és prímideálokkal kapcsolatos feladatoknál — ha mást nem
mondunk — eleve feltesszük, hogy R-ben érvényes a (4) és (5) tulajdonság is,azaz az ideálokra vonatkozó egyszerűsítési szabály, valamint az oszthatóság ésa (,,fordított irányú”) tartalmazás ekvivalenciája (mint jeleztük, ezek az E(ϑ)
gyűrűkben teljesülnek).
11.4.1 Legyen H az A és B ideálok elemeiből képzett ab szorzatok halmaza:
H = {ab | a ∈ A, b ∈ B}.
a) Mutassunk példát arra, hogy H nem feltétlenül ideál.
b) Bizonyítsuk be, hogy ha A és B közül legalább az egyik főideál, akkor
H ideál (és így H = AB).
11.4.2 Igazoljuk az ideálok oszthatóságának alábbi elemi tulajdonságait:a) Minden A-ra A | A.
b) C | B, B | A =⇒ C | A.
c) B | A =⇒ A ⊆ B.
d) A | B, B | A =⇒ A = B.
e) Minden A-ra B | A ⇐⇒ B = (1).
11.4.3 Igazoljuk a főideálok oszthatóságára vonatkozó alábbi állításokat:a) (β) | (α) ⇐⇒ β | α.
b) Ha β ̸= 0 és (α) = (β)C, akkor C is szükségképpen főideál, C = (γ),
ahol γ úgy is választható, hogy α = βγ teljesüljön.
11.4.4 Legyen D = {a + b | a ∈ A, b ∈ B}.
a) Bizonyítsuk be, hogy D a legszűkebb olyan ideál, amely A-t és B-t
is tartalmazza.
b) A D ideált az A és B ideálok összegének tekintve, mutassuk meg,hogy az ideálok összeadása kommutatív és asszociatív, nullelem a(0), de ellentettje csak a nullelemnek létezik.
Megjegyzés: Az a) rész alapján D felfogható az A és B által generált
ideálnak, és így a tartalmazás és az oszthatóság kapcsolata szerint D
az A és B legnagyobb közös osztója (lásd a 11.4.5 Tételt). Ebben
a két szerepkörben D-re az (A, B) jelölést használjuk. A b) rész
szempontjából a D = A + B jelölés alkalmazása célszerű.
c) Igazoljuk az A(B, C) = (AB, AC) (vagy a másik jelölésmód szerint
az A(B + C) = AB + AC) disztributivitási azonosságot.

476

11. Ideálok

11.4.5 Definiáljuk ideálokra a legkisebb közös többszörös fogalmát, és igazoljuk, hogy a (4) és (5) tulajdonságok fennállása esetén bármely Aés B ideálnak egyértelműen létezik az M legkisebb közös többszöröse,éspedig M = A ∩ B.
11.4.6 Mutassunk példát olyan A és B ideálra, ahol A ⊆ B, de B̸ | A.
11.4.7 Mutassuk meg, hogy a 11.4.7 Definíció után szereplő, a prímideálokra
vonatkozó (11) és (12) tulajdonságok bármely R (kommutatív, egységelemes, nullosztómentes) gyűrűben ekvivalensek (akkor is, ha Rben nem érvényes a (4) és/vagy (5) feltétel).
√
11.4.8 Tekintsük az E( −5) gyűrűt.
M a) Határozzuk meg az alábbi ideálok összes osztóját:√√a1: (2, 1 + −5);a2: (2);a3: (1 + −5).
b) Számítsuk ki az alábbi ideálok legnagyobb közös osztóját:√√√b1: (2) és (1 + −5);b2: (2, 1 + −5) és (3, 1 − −5).
c) Döntsük el, hogy az alábbi ideálok közül melyek lesznek felbonthatatlan ideálok:√c1: (2, 1 + −5);c2: (2);c3: (11).
M 11.4.9 Melyek igazak az alábbi állítások közül?
a) Ha α felbonthatatlan elem R-ben, akkor (α) felbonthatatlan ideál.
b) Ha (α) felbonthatatlan ideál, akkor α felbonthatatlan elem R-ben.
c) Ha α prímelem R-ben, akkor (α) prímideál.
d) Ha (α) prímideál, akkor α prímelem R-ben.
11.4.10a) Mutassunk példát arra, hogy Z[x] ideáljai között nem érvényes a (4)egyszerűsítési szabály: AB = AC, A ̸= (0) ̸⇒ B = C.
b) Bizonyítsuk be, hogy nemnulla főideállal bármely R (kommutatív,
egységelemes, nullosztómentes) gyűrű esetén lehet egyszerűsíteni: Ha
A = (α) ̸= (0), akkor AB = AC ⇒ B = C.
11.4.11 Tekintsük a nemnegatív racionális kitevőjű, valós együtthatós ,,polinomok” R gyűrűjét (ilyen ,,polinom” például 3 + 7x4/7 + 11x5/3 ).
a) Mutassuk meg, hogy R-ben azok az elemek, amelyekben nem szerepel
x0 tag (azaz a konstans tagjuk 0), egy I ideált alkotnak.
b) Bizonyítsuk be, hogy I csak a következőképpen bontható fel két ideálszorzatára: I = (1)I = I(1) = I · I.

11.5. Dedekind-gyűrű

477

Megjegyzés: A fenti I ideál eleget tesz a felbonthatatlan ideáloknál
látott (8) és (9) kikötéseknek, ezzel együtt az I = I · I ,,nemtriviális”
felbontással is rendelkezik (ebből is következik, hogy R-ben nemérvényes a (4) egyszerűsítési szabály). Ilyen és hasonló ,,furcsaságok”
miatt a felbonthatatlanságot (és egyéb számelméleti tartalmú fogalmakat) általában csak olyan gyűrűk ideáljaira szokták vizsgálni, amelyekben érvényes a (4) és (5) tulajdonság.
11.4.12 Legyen R tetszőleges (kommutatív, egységelemes, nullosztómentes)gyűrű (de a (4) és (5) feltételek érvényességét ebben a feladatban
nem követeljük meg). A nemtriviális ideálok körében értelmezzük amaximális ideál, illetve a prímideál fogalmát a (9), illetve a (12) tulajdonságokkal, kvázi-felbonthatatlan ideálnak pedig egy olyan (nemtriviális) ideált nevezzünk, amely csak úgy bontható két ideál szorzatára, hogy valamelyik tényező önmaga (vö. az előző feladattal).
a) Bizonyítsuk be, hogy minden prímideál egyben kvázi-felbonthatatlan
ideál is.
b) Mutassunk példát olyan kvázi-felbonthatatlan ideálra, amely nem
prímideál.
c) Bizonyítsuk be, hogy minden maximális ideál egyben prímideál (ésígy kvázi-felbonthatatlan ideál is).
d) Mutassunk példát olyan prímideálra, amely nem maximális ideál.
e) Bizonyítsuk be, hogy I akkor és csak akkor maximális ideál, ha az
R/I faktorgyűrű test, illetve I akkor és csak akkor prímideál, ha R/Inullosztómentes.
Megjegyzés: A kvázi-felbonthatatlan ideál fogalmát csak a feladat
kedvéért vezettük be, viszont a maximális ideálnak és a prímideálnak
az ebben a feladatban adott értelmezés szerinti fogalma tetszőlegesgyűrűben fontos szerepet játszik (jelentőségüket a feladat e) részéből
is érzékelhetjük).

11.5. Dedekind-gy¶r¶
Ebben a pontban ϑ végig algebrai számot jelöl.
Megmutatjuk, hogy E(ϑ) ideáljaira teljesül ,,a számelmélet alaptétele”,
azaz bármely, a (0)-tól és (1)-től különböző ideál prímideálok szorzatára bontható, és ez a felbontás a tényezők sorrendjétől eltekintve egyértelmű. Az ilyen
tulajdonságú gyűrűket Dedekind-gyűrűknek nevezzük.

478

11. IdeálokElső lépésként egy algebrai egész együtthatós polinomok szorzatára vonatkozó, önmagában is érdekes eredményt igazolunk (11.5.1 Tétel), amely a
racionális együtthatós polinomokra vonatkozó Gauss-lemma általánosításának
is tekinthető (lásd a 11.5.9 feladatot). Ennek felhasználásával bebizonyítjuk,
hogy E(ϑ) bármely A ̸= (0) ideáljához található olyan B ̸= (0) ideál, amelyre AB főideál (11.5.5 Tétel). Ebből egyszerűen következik majd az ideálokra
vonatkozó egyszerűsítési szabály (11.5.6 Tétel), valamint az ideálok oszthatóságának és a (,,fordított irányú”) tartalmazásnak az ekvivalenciája (11.5.7
Tétel); ezeket a tulajdonságokat kötöttük ki az előző pontban az ideálokkal
kapcsolatos általánosabb számelméleti fogalmak vizsgálatánál. Ezután bebizonyítjuk az ideálok egyértelmű prímfaktorizációját (11.5.8 Tétel). Végülérdekességként megmutatjuk, hogy E(ϑ) bármely ideálja generálható legfeljebb két elemmel (11.5.9 Tétel).
T 11.5.1

11.5.1 Tétel
Legyen az
f (x) = α0 + α1 x + . . . + αm xm

g(x) = β0 + β1 x + . . . + βn xnésalgebrai egész együtthatós polinomok szorzata
f (x)g(x) = γ0 + γ1 x + . . . + γm+n xm+n .
Tegyük fel, hogy egy δ algebrai egészre
δ | γk ,k = 0, 1, . . . , m + n.

(1)

Ekkor
δ | αi βj ,j = 0, 1, . . . , n. ♣i = 0, 1, . . . , m,Bizonyítás: A bizonyításhoz szükségünk lesz három, egymásra épülő segédtételre.
L 11.5.2
11.5.2 Lemma
Egy algebrai egész együtthatós polinom főegyütthatójának és a polinom
tetszőleges gyökének szorzata algebrai egész szám. ♣A 11.5.2 Lemma bizonyítása: Legyenrh(x) = λ0 + λ1 x + . . . + λr x = λr

r
∏
i=1

(x − ξi ),(2)

11.5. Dedekind-gyűrű

479

és belátjuk, hogy például λr ξ1 algebrai egész. A
0 = f (ξ1 ) = λ0 + λ1 ξ1 + . . . + λr ξ1regyenlőséget λr−1
-nel megszorozva kapjuk, hogyr0 = λ0 λr−1
+ λ1 λr−2(λr ξ1 ) + . . . + λr−1 (λr ξ1 )r−1 + (λr ξ1 )r .
rr
Ez azt jelenti, hogy λr ξ1 gyöke a
λ0 λr−1+ λ1 λr−2x + . . . + λr−1 xr−1 + xrrr
normált, algebrai egész együtthatós polinomnak, és így a 9.6.3/(iii) Tétel szerint λr ξ1 algebrai egész.
L 11.5.3
11.5.3 Lemma
Egy algebrai egész együtthatós polinomot bármely gyöktényezőjével leosztva ismét algebrai egész együtthatós polinomot kapunk. ♣A 11.5.3 Lemma bizonyítása: Legyen h a (2)-ben megadott polinom, és megmutatjuk, hogy ah(x)h1 (x) =x − ξ1polinom együtthatói algebrai egészek.
A bizonyítást a h fokszáma, azaz r szerinti teljes indukcióval végezzük.
Az állítás r = 1 esetén igaz: ekkor h1 (x) a λ1 konstans polinom.
Tegyük fel, hogy az állítás minden legfeljebb r − 1-edfokú polinomra igaz.
Tekintsük azs(x) = h(x) − λr (x − ξ1 )xr−1
polinomot. Nyilván s(x) legfeljebb r − 1-edfokú, továbbá s(ξ1 ) = 0, és végül
a 11.5.2 Lemma alapján λr ξ1 algebrai egész, tehát s(x) algebrai egész együtthatós.
Az indukciós feltétel szerint így az
s1 (x) =

h(x)
s(x)
=
− λr xr−1 = h1 (x) − λr xr−1
x − ξ1x − ξ1polinom is algebrai egész együtthatós. Mivel λr algebrai egész, ebből következik, hogy h1 (x) együtthatói is algebrai egészek.

480

11. Ideálok

L 11.5.4
11.5.4 Lemma
Egy algebrai egész együtthatós polinom főegyütthatójának és a polinom
tetszőleges számú gyökének szorzata algebrai egész szám. ♣A 11.5.4 Lemma bizonyítása: Legyen h a (2)-ben megadott polinom, és megmutatjuk, hogy (például) λr ξ1 . . . ξk algebrai egész.
Osszuk le h(x)-et a ,,kimaradó” (azaz a k-nál nagyobb indexű) gyöktényezőkkel, ekkor ak∏t(x) = λr(x − ξj )j=1

polinomhoz jutunk, amely a 11.5.3 Lemma (többszöri alkalmazása) alapján
algebrai egész együtthatós. Így a t(x) polinom konstans tagja, azaz(−1)k λr ξ1 . . . ξkis algebrai egész.
Most rátérünk a 11.5.1 Tétel bizonyítására.
Legyenek az f , illetve g polinom gyökei ξ1 , . . . , ξm , illetve η1 , . . . , ηn .
Ekkor
m+n
m
n
∑
∏
∏
f (x)g(x) =γk xk = αm βn(x − ξi )(x − ηj ).
(3)
k=0

i=1

j=1

A (3) egyenlőséget (a 11.5.1 Tétel állításában szereplő) δ-val elosztva kapjuk,
hogy
m+n
m
n
∑ γk
∏
αm βn ∏kx =(x − ξi )(x − ηj ) .
(4)
δ
δ i=1
j=1
k=0

Az (1) feltétel miatt a (4) bal oldalán álló polinom algebrai egész együtthatós.
Így a 11.5.4 Lemma szerint tetszőleges
αm βn
ξi1 . . . ξir ηj1 . . . ηjsδ(5)szorzat algebrai egész.
Az f polinom tetszőleges αi együtthatója a gyöktényezős előállítás alapján
úgy keletkezik, hogy bizonyos ±αm ξi1 . . . ξir típusú tagokat összegezünk, éshasonló a helyzet g-nél is. Így minden αi βj előáll
(∑)(∑)αi βj =
±αm ξi1 . . . ξir±βn ηj1 . . . ηjs

11.5. Dedekind-gyűrű

481

)(∑
)
αi βj
αm βn (∑=
±ξi1 . . . ξir±ηj1 . . . ηjs .
δ
δ

(6)

alakban, azaz

A (6) jobb oldala (5) típusú algebrai egészek előjeles összege, tehát algebrai
egész. Ezzel beláttuk, hogy a bal oldalon álló αi βj /δ is algebrai egész.
Az alábbi, Kroneckertől származó tétel kulcsszerepet játszik E(ϑ) ideáljainak vizsgálatánál: a tétel alapján az ideálokkal kapcsolatos számos kérdésre(legalábbis részben) a jóval áttekinthetőbb szerkezetű főideálok segítségével
adhatunk választ.
T 11.5.5
11.5.5 Tétel
E(ϑ) bármely A ̸= (0) ideáljához található olyan B ̸= (0) ideál, amelyre
AB főideál. ♣Megjegyzés: A bizonyításból kiderül, hogy olyan B ̸= (0) is választható, amelyre AB = (c), ahol c egész szám. Ez a ,,többlet” azonban a tétel állításából iskönnyen levezethető (lásd a 11.5.1 és 11.5.2 feladatot).
Bizonyítás: A 11.1.10c feladat szerint az A ideál végesen generált:
A = (α0 , α1 , . . . , , αk ).
Legyenek ϑ(1) = ϑ, ϑ(2) , . . . , ϑ(n) a ϑ Q feletti konjugáltjai (azaz a minimálpolinomjának a gyökei), és jelölje fν (ϑ(j) ) az αν generátorelem j-edik
relatív konjugáltját (lásd a 10.4 pontot); speciálisan fν (ϑ(1) ) = αν .
Tekintsük az
Fj (x) = f0 (ϑ(j) ) + f1 (ϑ(j) )x + . . . + fk (ϑ(j) )xk ,j = 1, 2, . . . , npolinomokat. (Az Fj (x) polinomban xi együtthatója tehát az αi generátorelem j-edik relatív konjugáltja.) Speciálisan
F1 (x) = α0 + α1 x + . . . + αk xk .
∏nLegyen G(x) = j=1 Fj (x).
A G(x), és így minden együtthatója is szimmetrikus polinomja a ϑjváltozóknak. Ezért a szimmetrikus polinomok alaptételét és ϑ minimálpolinomjára a gyökök és együtthatók közötti összefüggéseket felhasználva (a már
többször látott módon) nyerjük, hogy G(x) racionális együtthatós.

482

11. Ideálok

Mivel G(x) együtthatóit az αν algebrai egészekből és szintén algebrai
egész relatív konjugáltjaikból összeadás és szorzás segítségével kapjuk, ezért
G(x) együtthatói algebrai egészek. Az előzőkkel együtt ez azt jelenti, hogy
G(x) egész együtthatós,
G(x) = a0 + a1 x + . . . + akn xkn ,LegyenH(x) =as ∈ Z,s = 0, 1, . . . , kn.

n
∏
G(x)
=
Fj (x).
F1 (x) j=2

Mivel minden Fj (x) algebrai egész együtthatós, ezért H(x) együtthatói
is algebrai egészek. Továbbá G(x) és F1 (x) együtthatói Q(ϑ)-beliek, és a(maradékos) osztási eljárás nem vezet ki az együtthatókat tartalmazó testből,így H(x) együtthatói Q(ϑ)-beliek. A két megállapítás alapján H(x) együtthatói E(ϑ)-ból valók,
H(x) = β0 + β1 x + . . . + βkn−k xkn−k .
Megmutatjuk, hogy a
B = (β0 , β1 , . . . , βkn−k )ésc = lnko {a0 , a1 , . . . , akn }választással AB = (c).
Mivel c a G ̸= 0 polinom együtthatóinak legnagyobb közös osztója, ezértc ̸= 0 (és így nyilván B ̸= (0)).
Először az AB ⊆ (c) tartalmazást igazoljuk. A c definíciója szerint c
osztója a G(x) = F1 (x)H(x) polinom minden ai együtthatójának. Ezért a
11.5.1 Tétel szerint c mindegyik αi βj szorzatnak osztója, azaz αi βj ∈ (c).
Ebből azonnal következik, hogy AB ⊆ (c).
A másik irányú, (c) ⊆ AB tartalmazás igazolásához vegyük észre, hogy aG(x) = F1 (x)H(x), azaz
a0 + a1 x + . . . + akn xkn = (α0 + α1 x + . . . + αk xk )(β0 + β1 x + . . . + βkn−k xkn−k )egyenlőség alapján
as =

∑
i+j=s

αi βj ∈ AB,

s = 0, 1, . . . , kn.

483

11.5. Dedekind-gyűrű

Az egész számok körében a legnagyobb közös osztóra vonatkozó 1.3.5 Tétel
szerint c felírható alkalmas us egészekkel
c=

kn
∑

as us

s=0

alakban, ezértc ∈ (a0 , a1 , . . . , akn ) ⊆ AB,

tehát(c) ⊆ AB.

A kölcsönös tartalmazással beláttuk, hogy valóban AB = (c).
11.5.6 Tétel
E(ϑ) ideáljaira érvényes az egyszerűsítési szabály:

T 11.5.6

AB = AC, A ̸= (0) =⇒ B = C. ♣Bizonyítás: A 11.5.5 Tétel szerint az A ̸= (0) ideálhoz létezik olyan D ̸= (0)ideál, amelyre AD főideál, azaz alkalmas (0 ̸=)ψ ∈ E(ϑ)-val AD = (ψ) (sőt,ψ egész számnak is választható).
Az AB = AC egyenlőséget D-vel megszorozva (ψ)B = (ψ)C adódik.
Innen a 11.4.10b feladat alapján következik, hogy B = C.
11.5.7 Tétel
E(ϑ) ideáljaira B | A ⇐⇒ A ⊆ B. ♣T 11.5.7

Bizonyítás: A 11.4.2c feladatban láttuk, hogy az ⇒ irány tetszőleges (kommutatív, egységelemes, nullosztómentes) gyűrűben érvényes.
A megfordításhoz tegyük fel, hogy A ⊆ B. Nyilván elég a B ̸= (0) esetre
szorítkozni. A 11.5.5 Tétel alapján ekkor létezik olyan D ̸= (0) ideál, amelyre
BD = (ψ) főideál. Ekkor AD ⊆ BD = (ψ).
Az E(ϑ) gyűrű minden ideálja, így AD is végesen generált. Az AD ⊆ (ψ)
feltétel miatt minden generátorelem osztható ψ-vel:
AD = (η1 ψ, . . . , ηs ψ) = (ψ)(η1 , . . . , ηs ).
Az (η1 , . . . , ηs ) ideált K-val jelölve, így
AD = (ψ)K = BDK

484

11. Ideálok

adódik, ahonnan a D ̸= (0) ideállal egyszerűsítve kapjuk, hogy
A = BK,azaz

B | K.

A 11.5.6, illetve 11.5.7 Tétel szerint E(ϑ) ideáljaira érvényes az egyszerűsítési szabály, illetve az oszthatóság ekvivalens a (fordított irányú) tartalmazással. Ennek megfelelően E(ϑ) ideáljaira érvényesek a 11.4 pontban az
ehhez a két tulajdonsághoz kötött eredmények. Ezek közül kiemeljük a felbonthatatlan ideál és a prímideál ekvivalenciáját (11.4.8 Tétel). Ez a tény
fontos szerepet játszik a következő tétel bizonyításában is: megmutatjuk, hogyE(ϑ) ideáljaira érvényes a számelmélet alaptétele.
T 11.5.8
11.5.8 Tétel
E(ϑ) bármely, a (0)-tól és az (1)-től különböző ideálja felbontható véges
sok felbonthatatlan ideál szorzatára, és ez a felbontás a tényezők sorrendjétől
eltekintve egyértelmű. ♣Bizonyítás: A bizonyítás szorosan követi a 11.3.1 Tétel elégségességi részénél
látott gondolatmenetet.
Felbonthatóság. Legyen A tetszőleges nemtriviális ideál. Első lépésként
azt mutatjuk meg, hogy A-nak létezik olyan osztója, amely felbonthatatlan
ideál.
Ha maga az A felbonthatatlan ideál, akkor készen vagyunk.
Ha A nem felbonthatatlan, akkor A = A1 B1 , ahol A1 ̸= (1), B1 ̸= (1).
Ekkor A ⊂ A1 , és itt szigorú tartalmazás áll fenn, hiszen A = A1 eseténaz A(1) = A = AB1 egyenlőségből az egyszerűsítési szabály miatt (1) = B1
következne.
Ha A1 felbonthatatlan, akkor A1 az A-nak egy felbonthatatlan osztója.
Egyébként A1 = A2 B2 , ahol A2 ̸= (1), B2 ̸= (1). Ekkor A1 ⊂ A2 (szigorú
tartalmazással).
A gondolatmenetet hasonlóan folytatva valamelyik Ai már szükségképpen
felbonthatatlan ideál, ugyanis ellenkező esetben az
A ⊂ A1 ⊂ A2 ⊂ . . . ⊂ Aj ⊂ . . .
szigorúan növő végtelen ideálláncot kapnánk, ami ellentmond a 11.1.10b feladat állításának.
Most belátjuk, hogy A előáll felbonthatatlan ideálok szorzataként. Ha
A felbonthatatlan, akkor készen vagyunk. Egyébként az előzőek szerint

11.5. Dedekind-gyűrű

485

A = P1 C1 , ahol P1 felbonthatatlan ideál és C1 ̸= (1). Mivel P1 ̸= (1), ezért
A ⊂ C1 (szigorú tartalmazással).
Ha C1 felbonthatatlan, akkor az A = P1 C1 felírásban mindkét tényező
felbonthatatlan, tehát készen vagyunk. Egyébként C1 = P2 C2 , ahol P2 felbonthatatlan ideál és C2 nem egység. Innen C1 ⊂ C2 (szigorú tartalmazással).
Az eljárást folytatva előbb-utóbb valamelyik Ci = (1), ugyanis különbenaz
A ⊂ C1 ⊂ . . . ⊂ Cj ⊂ . . .
végtelen, szigorúan növő ideállánc ellentmondana a 11.1.10b feladat állításának. Ez azt jelenti, hogy A-t előállítottuk felbonthatatlan ideálok szorzataként.
Egyértelműség: Tegyük fel indirekt, hogy valamely A-nak létezik (legalább) két lényegesen különböző felbontása felbonthatatlan ideálok szorzatára:
A = P1 P2 . . . Pr = Q1 Q2 . . . Qs .

(7)

Ha itt valamelyik Pi megegyezik valamelyik Qj -vel, akkor az egyszerűsítési
szabály miatt ezzel a közös tényezővel egyszerűsíthetünk. Így feltehetjük, hogya (7)-beli előállításban Pi ̸= Qj .
(7)-ből kapjuk, hogy P1 | Q1 Q2 . . . Qs . Mivel P1 felbonthatatlan ideál, ígya 11.4.8 Tétel alapján prímideál is, ezért P1 szükségképpen osztója legalább
az egyik Qj tényezőnek.
Azonban ha P1 | Qj , akkor Qj felbonthatatlansága miatt P1 = (1) vagy
P1 = Qj , és mindkettő lehetetlen.
√
Példa: Bontsuk fel E( −5)-ben a (6) főideált felbonthatatlan ideálok szorzatára.
√
Korábban láttuk, hogy E( −5)-ben a 6 két lényegesen különböző módon
is előáll felbonthatatlan elemek szorzataként:√√
6 = 2 · 3 = [1 + −5][1 − −5].
Ennek megfelelően a (6) főideál is kétféleképpen bomlik főideálok szorzatára:√√(6) = (2)(3) = (1 + −5)(1 − −5).
Itt mindegyik tényező tovább bontható két felbonthatatlan ideál szorzatára:√√√(2) = (2, 1 + −5)(2, 1 − −5) = (2, 1 + −5)2 ;√√(3) = (3, 1 + −5)(3, 1 − −5);√√√
(1 + −5) = (2, 1 + −5)(3, 1 + −5);√√√
(1 − −5) = (2, 1 − −5)(3, 1 − −5).

486

11. Ideálok

Így a (6) főideál a következőképpen áll elő felbonthatatlan ideálok szorzataként:(6) = (2, 1 +√−5)2 (3, 1 +√−5)(3, 1 −

√

−5).

Vegyük észre, hogy a fellépő felbonthatatlan ideálok tulajdonképpen a 6
elemnek a felbonthatatlan
tényezőkre való kétféle felbontásából származnak:√−5)
ideáltúgy is felfoghatjuk mint a bal oldali 3 és apéldául a (3, 1 +√jobb oldali 1 + −5 tényezőben ,,ideális számként megbújó közös osztót”, éstulajdonképpen az ilyen ,,rejtett tényezők” segítségével finomítottuk a fenti két
különböző felbontást a (6) főideálnak egy közös felbontásává.
A továbbiakban a felbonthatatlan ideál és a prímideál ekvivalenciája alapján mindkét fogalomra a prímideál elnevezést fogjuk használni.
A 11.5.8 Tétel alapján bevezethetjük az ideálok kanonikus alakját: Ha
A ̸= (0) és A ̸= (1), akkor
A = P1α1 . . . Prαr =r∏Piαi ,

i=1ahol P1 , . . . , Pr különböző prímideálok és α1 , . . . , αr pozitív egészek.
Az ideálok legnagyobb közös osztójának (lásd a 11.4.4 Definíciót és a
11.4.5 Tételt), illetve legkisebb közös többszörösének (lásd a 11.4.5 feladatot) kanonikus alakjára is az egész számoknál megszokott képlet érvényes:
az ideálokban szereplő mindegyik prímideált az előforduló minimális, illetve
maximális hatványon kell venni, és értelemszerűen P 0 = (1). A bizonyítás isugyanúgy történik, mint az egész számoknál.
Végül a 11.5.5 és 11.5.8 Tételek alkalmazásaként bebizonyítjuk, hogy E(ϑ)
minden ideálja ,,majdnem főideál”:
T 11.5.9
11.5.9 Tétel
E(ϑ) minden ideálja generálható legfeljebb két elemmel. ♣Bizonyítás: Nyilván feltehetjük, hogy A ̸= (0) és A ̸= (1).
A 11.5.5 Tétel szerint létezik olyan B ̸= (0) ideál, amelyre AB = (ψ).
Olyan (γ) főideált keresünk, amelynek az AB = (ψ) ideállal vett legnagyobb
közös osztója A, ekkor ugyanis a 11.4.5 Tétel (illetve az azt követő 2. megjegyzés) alapján
A = (ψ, γ).
(8)

487

11.5. Dedekind-gyűrű

Legyen P1 , . . . , Pr az összes olyan prímideál, amely A és B közül legalább
az egyiket osztja, és legyen az A kanonikus alakja
A = P1α1 . . . Prαr =r∏Piαi ,

i=1ahol az előbbieknek megfelelően előfordulhat αi = 0, azaz Pi0 = (1) is, ha Pi
csak a B-nek osztója.
Tekintsük a következő ideálokat:C=r∏

Pi1+αi ,αés Cj = Pj j

i=1∏

Pi1+αi ,j = 1, 2, . . . , r.

i̸=j

Ekkor
Cj | C ,C ⊂ Cj ,azaz

C ̸= Cj .

deVálasszunk olyan γ1 , . . . , γr elemeket, amelyekre
γj ∈ C j ,γj ̸∈ C ,dej = 1, 2, . . . , r.

Megmutatjuk, hogyγj ∈ Pi1+αi ,haj ̸= i ,(9a)

γi ∈ Piαi ,(9b)

γi ̸∈ Pi1+αi .

(9c)

Ha j ̸= i, akkor Pi1+αi | Cj miatt Cj ⊆ Pi1+αi , és így γj ∈ Cj alapjánγj ∈ Pi1+αi , amivel (9a)-t beláttuk. Hasonlóan igazolható (9b) is.
A (9c) képletet indirekt bizonyítjuk. Ha γi ∈ Pi1+αi , akkor ezt (9a)-valösszevetve az adódik, hogy
γi ∈

r
∩

Pt1+αt .

(10)

t=1

A 11.4.5 feladat szerint ideálok metszete éppen a legkisebb közös többszörösük,
azaz
r
r
∩
∏
1+αt
1+α1
1+αr
, . . . , PrPt
= lkkt(P1)=
Pt1+αt = C.
(11)
t=1

t=1

488

11. Ideálok

A (10) és (11) összefüggésekből kapjuk, hogy γi ∈ C, ami ellentmond a γiválasztásának.
Megmutatjuk, hogy aγ = γ1 + . . . + γrelem esetén az AB és (γ) ideálok legnagyobb közös osztója A, és így (8) valóban
teljesül.
Azt kell igazolni, hogy AB és (γ) legnagyobb közös osztójának a kanonikus
alakjában
(i) a Pi -ken kívül más prímideál nem fordulhat elő, és(ii) a Pi kitevője éppen αi (i = 1, 2, . . . , r).
Az (i) feltétel teljesül, hiszen AB kanonikus alakjában csak a Pi prímideálok szerepelnek.
Mivel A | AB, ezért AB kanonikus alakjában a Pi kitevője legalább αi .
Ennek alapján (ii)-höz elég azt belátni, hogy (γ) kanonikus alakjában a Pi
kitevője pontosan αi , azaz(iii) Piαi | (γ), de(iv) Pi1+αi ̸ | (γ).
(iii): A (9a) és (9b) feltétel szerint
γt ∈ Piαi ,t = 1, 2, . . . , r,azaz a γ-t előállító összeg minden tagja eleme Piαi -nek. Mivel Piαi ideál, ezértγ ∈ Piαi is teljesül, és így(γ) ⊆ Piαi ,azaz

Piαi | (γ).

(iv): A (9a) és (9c) feltétel szerint
γj ∈ Pi1+αi ,ha j ̸= i,

de γi ̸∈ Pi1+αi ,azaz a γ-t előállító összeg tagjai pontosan egy tag kivételével elemei Pi1+αi -nek.
Mivel Pi1+αi ideál, ezért γ ̸∈ Pi1+αi , és így(γ) ̸⊆ Pi1+αi ,azaz

Pi1+αi ̸ | (γ).

11.5. Feladatok

489

Feladatok
Valamennyi feladat E(ϑ) ideáljaira vonatkozik.
11.5.1 Bizonyítsuk be, hogy egy α ∈ E(ϑ) elemhez és egy A ideálhoz akkor
és csak akkor létezik olyan B ideál, amelyre AB = (α), ha α ∈ A.
11.5.2a) Mutassuk meg, hogy bármely α ∈ E(ϑ) esetén α | N (α).
b) Bizonyítsuk be, hogy E(ϑ)-ban bármely A ̸= (0) ideál végtelen sok
egész számot tartalmaz, amelyek egy (fő)ideált alkotnak Z-ben.
11.5.3 Igazoljuk, hogy bármely A ̸= (0) ideálnak csak véges sok osztója van.
11.5.4 Tekintsük egy adott E(ϑ) prímideáljait.
a) Bizonyítsuk be, hogy minden prímideál pontosan egy pozitív prímszámot tartalmaz.
b) Mutassuk meg, hogy a prímideálok száma végtelen.
c) Lehet-e egy prímszám két különböző prímideálnak is eleme?
d) Lehet-e egy prímszám végtelen sok különböző prímideálnak is eleme?
11.5.5 Bizonyítsuk be, hogy E(ϑ)-ban bármely két ideál szorzata megegyezik az összegük és a metszetük szorzatával.
11.5.6 Mutassuk meg, hogy bármely α, β ∈ E(ϑ) esetén αβ ∈ (α2 , β 2 ).
√11.5.7 Tekintsük az E( −5) gyűrűt.
a) Bontsuk fel a (21) főideált prímideálok szorzatára.
√b) Melyek azok a p > 0 prímszámok, amelyek esetén (p, 1 + −5) prímideál?
∗M c) Melyek azok√a p > 0 prímszámok, amelyekre alkalmas a egész számmal (p, a + −5) prímideál?
11.5.8 Bizonyítsuk be, hogy E(ϑ) elemeire akkor és csak akkor érvényes aszámelmélet alaptétele, ha minden prímideál főideál.
M 11.5.9 Egy egész együtthatós, nemkonstans polinomot primitív nek nevezünk, ha az együtthatói relatív prímek. Vezessük le a 11.5.1 Tételből
az alábbi két állítást:a) (A Gauss-lemma első alakja.) Két primitív polinom szorzata is primitív.
b) (A Gauss-lemma második alakja.) Ha egy H egész együtthatós polinom felírható az F és G racionális együtthatós polinomok szorzataként, H = F G, akkor H előáll H = F1 G1 alakban is, ahol F1 és

490

11. Ideálok
G1 olyan egész együtthatós polinomok, amelyek az F -nek, illetve aG-nek (racionális) konstansszorosai.
Megjegyzés: Az a) és b) állítás könnyen levezethető egymásból, ezért
szokás mindkettőt Gauss-lemmának nevezni. Az irodalom egy részében azonban csak az a) állítást illetik ezzel az elnevezéssel.

11.6. Osztályszám
Ebben a pontban is feltesszük, hogy ϑ algebrai szám, és E(ϑ) nemnulla ideáljai között egy ekvivalenciarelációt vezetünk be. Az így keletkező ekvivalenciaosztályok száma fontos szerepet játszik E(ϑ) számelméleti vizsgálatánál.
Befejezésül, az ideálokról tanultak alkalmazásaként megmutatjuk, hogy az
x2 + 17 = y 3 diofantikus egyenletnek nincs megoldása.
D 11.6.1
11.6.1 Definíció
Az A ̸= (0) és B ̸= (0) ideálok ekvivalensek, ha léteznek olyan (α) ̸= (0)és (β) ̸= (0) főideálok, amelyekre(α)A = (β)B. ♣Jelölés: A ∼ B.
A továbbiakban mindig eleve feltesszük, hogy a szereplő ideálok egyike
sem nulla (beleértve a főideálokat is).
Az ekvivalencia néhány egyszerű, de fontos tulajdonságát az alábbi tételben foglaljuk össze.
T 11.6.2
11.6.2 Tétel(i) A 11.6.1 Definícióban definiált ∼ valóban ekvivalenciareláció, azaz reflexív, szimmetrikus és tranzitív.
(ii) A ∼ B,

C ∼ D =⇒ AC ∼ BD.

(iii) A ∼ B ⇐⇒ AC ∼ BC.
(iv) A ∼ (1) ⇐⇒ A főideál. ♣Bizonyítás: (i) Mivel (1)A = A, ezért A ∼ A. A szimmetria nyilvánvaló adefinícióból. Végül, ha A ∼ B és B ∼ C, azaz alkalmas nemnulla főideálokkal(α)A = (β)B

és(γ)B = (δ)C,

491

11.6. Osztályszám
akkor(αγ)A = (βγ)B = (βδ)C.
(ii) Ha A ∼ B és C ∼ D, azaz alkalmas nemnulla főideálokkalés(α)A = (β)B(ϱ)C = (ξ)D,akkor(αϱ)AC = (βξ)BD.
(iii) Mivel C ̸= (0), ezért (α)A = (β)B ⇐⇒ (α)AC = (β)BC.
(iv) Ha A = (ϱ), akkor (1)A = (1)(ϱ) = (ϱ)(1) miatt A ∼ (1). Megfordítva, ha A ∼ (1), azaz A(α) = (1)(β) = (β), akkor a 11.4.3b feladat
szerint A főideál.
A ∼ ekvivalenciareláció alapján E(ϑ) nemnulla ideáljai diszjunkt osztályokba sorolhatók. Bizonyítás nélkül közöljük az alábbi alapvető tételt:
T 11.6.3

11.6.3 Tétel
E(ϑ) ideálosztályainak a száma véges. ♣Az E(ϑ) ideálosztályainak a számát h(ϑ)-val jelöljük. √Az alábbi táblázatban néhány negatív t-hez tartozó E( t) esetén megadjuk az osztályszámot:

t
√

h( t)

−1

−3

−5

−17

−31

−35

−74

1

1

2

4

3

2

10

Könnyen adódik, hogy E(ϑ) elemeire akkor és csak akkor érvényes aszámelmélet alaptétele, ha h(ϑ) = 1 (lásd a 11.6.2 feladatot).
Most megmutatjuk, hogy tetszőleges E(ϑ)-ban egy (nemnulla) ideál h(ϑ)adik hatványa mindig főideál:
T 11.6.4
11.6.4 Tétel
Legyen E(ϑ) ideálosztályainak száma h(ϑ) és A ̸= (0) tetszőleges ideál.
Ekkor Ah(ϑ) főideál. ♣492

11. Ideálok

Bizonyítás: Az Euler–Fermat-tétel (2.4.1 Tétel) bizonyításánál látott gondolatmenetet követjük. Legyen h(ϑ) = h és
A1 , A 2 . . . , A h(1)

a különböző ideálosztályok egy-egy reprezentánsa.
Megmutatjuk, hogy ekkor
AA1 , AA2 . . . , AAh(2)

is mind különböző ideálosztályokba esnek. Ha ugyanis AAi ∼ AAj , azaz alkalmas (ϱ) ̸= (0) és (τ ) ̸= (0) főideálokkal(ϱ)AAi = (τ )AAj ,akkor az A ̸= (0) ideállal történő egyszerűsítés után Ai ∼ Aj , azaz (a feltétel
miatt) i = j adódik.
Mindezek alapján a (2)-ben felsorolt ideálok rendre ekvivalensek valamilyen sorrendben az (1)-beli ideálokkal. Ez azt jelenti, hogy minden 1 ≤ i ≤ hhoz létezik egy és csak egy olyan 1 ≤ j ≤ h, amelyre AAi ∼ Aj . Jelöljük ezt
az Aj -t Bi -vel:
AA1 ∼ B1 ,AA2 ∼ B2 ,
(3)
..
.
AAh

∼ Bh .

Itt a B1 , . . . , Bh ideálok az A1 , . . . , Ah ideálok egy permutációját alkotják.
A (3)-beli ekvivalenciákat összeszorozva, a 11.6.3/(ii) Tétel alapján azt
kapjuk, hogy
Ah A1 A2 . . . Ah ∼ B1 B2 . . . Bh = A1 A2 . . . Ah .

(4)

Használjuk fel most a 11.6.3 Tétel (iii) és (iv) állítását: (iii) szerint a (4)ekvivalenciát az összes Ai ̸= (0) ideállal egyszerűsíthetjük, és az így keletkezőAh ∼ (1) ekvivalenciából (iv) szerint következik, hogy Ah főideál.
A fejezetet annak illusztrálásával zárjuk, hogy az ideálok segítségével
gyakran olyan diofantikus egyenleteket is kezelni tudunk, ahol a megfelelő
bővítés algebrai egészeire nem érvényes a számelmélet alaptétele.

493

11.6. Osztályszám

T 11.6.5
11.6.5 Tétel
2
3
Az x + 17 = y diofantikus egyenletnek nincs megoldása. ♣Bizonyítás: Hasonló alakú diofantikus egyenletek már korábban is szerepeltek: ilyen volt az x2 + 4 = y 3 (7.5.10 feladat), illetve az x2 + 243 = y 3(7.7.11 feladat). Ezeknél a bal oldalt a Gauss-, illetve Euler-egészek körébenszorzattá bontottuk, majd a számelmélet alaptételének felhasználásával kimutattuk, hogy mindkét tényező egy köbszám egységszerese, végül ennek alapján
meghatároztuk a megoldásokat.
A mostani egyenlet esetén azt a nehézséget kell áthidalni, hogy az[x +√−17][x −√−17] = y 3(5)szorzattá
bontás után nem járhatunk el a korábbi példák mintájára, mert√E( −17)-ben nem érvényes a számelmélet alaptétele. Ezért az elemekre
vonatkozó (5) egyenletről át kell térni a megfelelő főideálok közötti egyenletre:(x +√−17)(x −√−17) = (y)3 .

(6)

√
√
Megmutatjuk, hogy az (x + −17) és (x − −17) ideálok relatív prímek.
Tegyük fel indirekt, hogy van egy P prímideál közös osztójuk. Ekkor P osztója (y)3 -nak is, és mivel P prímideál, ezért (y)-nak is. Az oszthatóságoknak
megfelelő tartalmazások alapján
x+
Ekkor

√

√

−17 ∈ P,x−√

−17 ∈ Pésy ∈ P.

√√[]−17 [x − −17] − [x + −17] = 2 · 17 = 34 ∈ P

is igaz.
Megmutatjuk, hogy y és 34 relatív prímek (az egész számok körében).
Ha 17 | y, akkor az eredeti egyenletből kapjuk, hogy x is osztható 17tel, ekkor azonban a 17-nek x2 + 17 pontosan az első, y 3 viszont legalább aharmadik hatványával osztható, ami lehetetlen.
Ha 2 | y, akkor x páratlan, és az egyenlet bal oldala 2, a jobb oldala
viszont 0 maradékot ad 8-cal osztva, ami szintén lehetetlen.
Ezzel beláttuk, hogy y és 34 relatív prímek. Ekkor alkalmas u és v egész
számokra 1 = yu + 34v. Mivel 34 és y is eleme P -nek, ezért az 1 is eleme
P -nek, azaz P = (1), ami ellentmond annak, hogy P prímideál.

494

11. Ideálok

Így a (6) egyenlőség bal oldalán szereplő két (fő)ideál valóban relatív
prím. Az ideálokra vonatkozó egyértelmű prímfaktorizációból (11.5.8 Tétel)következik, hogy mindkét ideál egy alkalmas ideál köbe, azaz (például)√(7)(x + −17) = A3 .
√√Mivel E( −17)-ben az ideálosztályok száma h( −17) = 4, ezért a 11.6.4
Tétel szerint A4 főideál, A4 = (γ). Így (7)-et A-val beszorozva√
A(x + −17) = (γ)
adódik, amiből a 11.4.3b feladat alapján kapjuk, hogy A főideál, azaz A = (α).
Ekkor (7) átírható az√√(x + −17) = (α3 ),azaz
x + −17 = εα3(8)√√alakba, ahol ε egység E( −17)-ben. Az E( −17) egységei csak
√ a ±1, ésezek maguk
isköbszámok,továbbá
−17
≡
−1
(mod
4)
miatt
E(
−17) elemei√
a + b −17 alakúak, ahol a és b egész számok. Ezért (8) tovább ekvivalensazzal, hogy√√x + −17 = β 3 = [a + b −17]3 .
A köbre emelést elvégezve és a képzetes részeket összehasonlítva
1 = 3a2 b − 17b3 = b[3a2 − 17b2 ]
adódik. Innen b = ±1, azonban a-ra nem kapunk egész értéket, tehát az
x2 + 17 = y 3 diofantikus egyenletnek nincs megoldása.
Feladatok√√√
11.6.1 Igazoljuk, hogy E( −6)-ban a (2, −6) és (3, −6) ideálok ekvivalensek.
11.6.2 Bizonyítsuk be, hogy E(ϑ) elemeire akkor és csak akkor érvényes aszámelmélet alaptétele, ha h(ϑ) = 1.
M 11.6.3 Tegyük fel, hogy a k > 0 egész és h = h(ϑ) relatív prímek. Bizonyítsuk be az alábbi állításokat:a) Ak ∼ B k =⇒ A ∼ B.
b) Ha Ak főideál, akkor A is főideál.
11.6.4 Oldjuk meg az alábbi diofantikus egyenleteket:a) x2 + 5 = y 3 ;b) 17x2 + 1 = y 3 ;c) x2 + 74 = y 3 ;M d) x2 + 35 = y 3 .

12. KOMBINATORIKUS SZÁMELMÉLET

A számelmélet és a kombinatorika határterülete viszonylag rövid múltra tekinthet vissza (legalábbis más számelméleti ágak „életkorához” képest), hiszen„klasszikus” eredményei (Schur és Van der Waerden tételei) is száz évnél fiatalabbak. Ez a terület tematikájában és módszereiben is rendkívül sokszínű:szerteágazó kérdéseinek vizsgálata során szellemes elemi meggondolások mellett gyakran az analízis, az algebra és a valószínűségszámítás kifinomult eszközeit kell felhasználni. Jelenleg is rendkívül dinamikus fejlődésének egyik főmozgatórugója Erdős Pál munkássága volt, így az ebben a fejezetben tárgyalt
problémák szinte mindegyike kapcsolódik az ő nevéhez.

12.1. Csupa különböz® összeg
1993-ban az Eötvös Loránd Tudományegyetem felkérte frissen avatott díszdoktorát, a 80 éves Erdős Pált, hogy „A matematika aktuális problémái” címmel
tartson az Eötvös-napon előadást. A zsúfolásig megtelt Gólyavárban elhangzott előadás elejének (hangfelvétel alapján történő) felidézésével Erdős lebilincselő egyéniségéről is képet kaphatunk.
„Jól hallanak, ugye? Hátul is? Ha nem hallanak, tessék tiltakozni.
Nahát, az előadás címe egy kicsit szemtelen, de ezt nem én fogalmaztam így; nem lehet azt mondani, hogy ezek, amiről beszélni fogok, lennének
a matematika aktuális problémái. Az utolsó ilyen előadást Hilbert tartotta
1900-ban, a párizsi matematikai kongresszuson, és nem is teljesen biztos, hogy
most volna egy földi halandó, aki tudna egy ilyen előadást tartani. De az biztos, hogy évekig kellene rá készülni, és egy matematikai kongresszuson kellene
megtartani. Én erre nem vállalkozom, talán már a magas korom miatt sem,de egy csomó dologról nem is tudok semmit, például algebrai topológiához,algebrai geometriához, logikához kevéssé értek. Így az előadás címe inkább„Kedvenc problémáim”, és minthogy a hallgatóság egy része nem matematikus
itten, elemi geometriáról és elemi számelméletről fogok beszélni.
Hát kezdjük először az elemi számelmélettel. Most mondok két problémát. Az elsőt 1931-ben vetettem fel, olyan régen, hogy nem is vagyok biztos
benne, hogy ez Krisztus előtt volt vagy Krisztus után. Egy régi viccem különben, hogy két és fél milliárd éves vagyok. Erre az a bizonyíték, hogy amikor
kicsi voltam, a Föld kora kétmilliárd év volt, és most közismert, hogy 4,6
milliárd év. Nyilván a különbség az én korom, és egyszer Los Angelesben tar-

496

12. Kombinatorikus számelmélet

tottam egy előadást, amelynek ez volt a címe: „Az első kétmilliárd évem amatematikában”, és a diákok készítettek egy ábrát, amelyre felrajzoltak egy
diagramot: „a Föld születése, Erdős születése, a dinoszauruszok születése”, ésvolt egy kép, amelyen egy dinoszaurusz hátán ülök.
De hagyjuk most a viccet, a probléma így hangzik, különben 500 dollárt
adok a bizonyításáért vagy cáfolásáért, azt hiszem, talán még kréta is van,hopp, kaphatok egy kis krétát, mert a [mikrofon]dróttal be vagyok fogva egy
kicsit, köszönöm szépen, nahát a következő a probléma:Legyen egész számoknak egy sorozata megadva: a1 < a2 < . . . < ak ≤ n,és tegyük fel, hogy az összesk∑εj aj ,

εj = 0 vagy 1,

j=1

alakú részösszegek mind különbözők. Ilyen számok például a kettő hatványai:
1, 2, 4, 8, 16, . . . , mert minden csecsemő tudja, hogy minden szám egyértelműen írható fel kettő hatványainak összegeként. Na most az 500 dolláros
probléma az, hogy mennyi max k, azaz maximálisan hány számot lehet n-ig
megadni, hogy ezek az összegek mind különbözők legyenek.”
A kettőhatványok esetén (20 = 1-et is beleértve) k = 1 + ⌊log2 n⌋, éselső ránézésre azt gondolhatnánk, hogy így kapjuk a maximumot. Ez azonban
nem így van: Conway és Guy n = 221 -re talált ennél egyetlen elemmel sűrűbb
sorozatot is, amelyre tehát k = 2 + ⌊log2 n⌋. Ebből következik, hogy mindenn ≥ 221 -re is létezik ilyen sorozat, lásd a 12.1.12 feladatot. Nem ismeretes,
hogy ez tovább javítható-e.
Másfelől Erdős megmutatta, hogy log2 n-nél „sokkal” több elem már biztosan nem adható meg:T 12.1.1
12.1.1 Tétel
Tegyük fel, hogy az 1 ≤ a1 < a2 < . . . < ak ≤ n egész számok közül
akárhány (különbözőnek az) összege mind különböző értéket ad. Ekkork ≤ log2 n + log2 log2 n + 1,

(1)sőt (n > 8-ra)k ≤ log2 n +log2 log2 n+ 2. ♣
2(2)

Az élesebb (2) eredmény Erdős és Leo Moser közös munkája, ennél jobb
felső becslés ma sem ismeretes (eltekintve attól, hogy a képlet végén szereplő
2 helyére kicsit kisebb konstans írható, lásd a 12.1.13 feladatot).

12.1. Csupa különböző összeg

497

A fentiek alapján az Erdős által keresett maximum az alábbi határok közé
esik:

log2 log2 n
+ 2.
(3)
2
Erdős az 500 dollárt annak tisztázásáért ajánlotta fel, vajon a max k − log2 neltérés n növekedésével korlátos marad-e. Ez a probléma tehát ma is megoldatlan.
⌊log2 n⌋ + 2 ≤ max k ≤ log2 n +Bizonyítás: Az ai számokból 2k darab uj összeg képezhető (az uj -k között
∑kszerepel a 0 mint „üres” összeg és Z = i=1 ai is). Mindegyik uj a [0, nk − 1]intervallumba esik (ha k > 1). Mivel a feltétel szerint mindegyik uj különböző, ezért a darabszámuk legfeljebb annyi lehet, ahány egész szám a fenti
intervallumban található, azaz
2k ≤ nk.

(4)

Innen logaritmálással kapjuk, hogyk ≤ log2 n + log2 k.

(5)

Most (5) jobb oldalán a második tagot fogjuk n függvényében felülről becsülni.
Mivel nyilván k ≤ n, ezért log2 k ≤ log2 n, tehát (5)-ből következik
k ≤ 2 log2 n.

(6)log2 k ≤ 1 + log2 log2 n,(7)

Ezt logaritmálva nyerjük, hogyamit (5)-be beírva éppen a kívánt (1) becslés adódik.
Az élesebb eredmény igazolásához azt fogjuk felhasználni, hogy az uj -k
nem egyenletesen helyezkednek el a [0, nk−1] intervallumban, hanem a „zömük
az átlag közelében csoportosul.” Ezt az elemi valószínűségszámítás segítségével
fogjuk pontosítani (bár minden elmondható és bizonyítható lenne anélkül is,a lényeget azonban éppen a valószínűségi szemlélet mutatja majd).
Tekintsük azt az η valószínűségi változót, amely a 2k darab uj mindegyikét−k2
valószínűséggel veszi fel. A várható értéket E-vel, a szórást D-vel, avalószínűséget pedig P -vel jelölve, a()
P |η − E(η)| > cD(η) < c−2

(8)

498

12. Kombinatorikus számelmélet

Csebisev-egyenlőtlenség ekkor azt fejezi ki, hogy az uj értékeknek csak kevesebb, mint c−2 -szerese esik az E(η) középpontú 2cD(η) hosszúságú intervallumon kívülre, vagyis legalább 1 − c−2 -szeresük az adott intervallumban
helyezkedik el. Ezután (alkalmas c-vel) erre az intervallumra és a biztosan ittlevő uj értékek számára fogjuk megismételni az (1) igazolásánál látott gondolatmenetet.
Nézzük a részleteket. A várható érték E(η) = Z/2, ugyanis az uj -kösszepárosíthatók úgy, hogy az egy párban levő uj -k összege Z legyen. A
szórás kiszámításához vezessük be a ξi , i = 1, 2, . . . , k valószínűségi változókat:ξi az ai , illetve 0 értéket 1/2–1/2 valószínűséggel veszi fel. Ekkor a ξi változók
függetlenek és összegük éppen η, tehát a szórásnégyzetre
D2 (η) =

k
∑

1∑ 2
kn2
ai <
4 i=1
4
k

D2 (ξi ) =i=1

adódik.
alkalmazzuk
most a (8) Csebisev-egyenlőtlenséget az E(η) = Z/2 és√D(η) < n k/2 értékekre és c = 2-re. Ekkor azt kapjuk, hogy a 2k darab√(csupa különböző) uj legalább háromnegyed része a Z/2 középpontú 2n k
hosszúságú intervallumba esik. Ezért szükségképpen
√√8n k
3 · 2kkazaz 2 ≤≤ 2n k,(9)
4
3(tehát a√(4)-beli hasonló becsléshez képest lényegében a jobb oldal változott khelyett k-ra).
A (9) egyenlőtlenséget logaritmálva(8)
log2 k+ log2(10)k < log2 n +2
3adódik. (10)-ből (n > 8-ra) nyilvánvalóan következik (6), és így (7) is, amit(10)-be beírva kapjuk a kívánt (2) becslést.
A csupa különböző összeget szolgáltató pozitív egész számhalmazokhoz
még egy érdekes Erdős-probléma kapcsolódik:T 12.1.2
12.1.2 Tétel
Ha az a1 < a2 < . . . < ak pozitív egész számok közül akárhány (különbözőnek az) összege mind különböző értéket ad, akkor
k
∑
1
i=1

ai

< 2. ♣(11)

12.1. Csupa különböző összeg

499

A kettőhatványok példája mutatja, hogy (11)-ben a 2 helyére kisebb érték
már nem írható (ha k értékét nem korlátozzuk). Rögzített k esetén a legnagyobb reciprokösszeget éppen az első k kettőhatvány (azaz 1, 2, 4, . . . 2k−1 )esetén kapjuk, ez a második és a harmadik bizonyításból is leolvasható majd.
Ha végtelen számhalmazokat is megengedünk, akkor a tétel olyan formában
igaz, hogy a reciprokösszeg kisebb vagy egyenlő, mint 2, és az egyenlőség csakaz összes kettőhatvány esetén teljesül. Ez az eredmény az alábbi bizonyításokbármelyikének értelemszerű módosításával igazolható.
A 12.1.2 Tétel állítása Erdős egy sejtése volt, és először Ryavec igazolta
egy nagyon szellemes trükksorozattal (lásd az első bizonyítást). Ez a bizonyítás
azonban egyrészt jelentősen támaszkodik az analízisre, másrészt egyáltalán
nem könnyű belelátni, mitől „működik”. Sok évvel később született két újabb
bizonyítás, amelyek csak középiskolai ismereteket használnak és (egymástól iskülönböző) gondolatmenetük nagyon természetes (lásd a második és harmadik
bizonyítást, ezek Bruentől és Borweintől, illetve Frenkel Pétertől származnak;a harmadik bizonyítást Frenkel Péter középiskolás korában találta). Ez isjól mutatja, hogy a kombinatorikus számelméletben időnként teljesen elemi
módon is lehet új eredményeket elérni.
A bizonyítások közül tehát az első a legnehezebb, de a történeti szempontok mellett talán azért is érdemes végigrágnunk magunkat rajta, hogy utána
még inkább élvezhessük a második és harmadik bizonyítás természetes szépségét és egyszerűségét.
Első bizonyítás: Tekintsük az(1 + xa1 )(1 + xa2 ) . . . (1 + xak )m(12)szorzatot. A szorzást elvégezve olyan x tagokat kapunk, ahol m előáll
valahány különböző ai összegeként (az 1 = x0 az üres összegnek felel meg). A
feltétel szerint csupa különböző xm tag adódik, tehát a (12) szorzat 0 < x < 1esetén kisebb, mint az
1
1 + x + x2 + . . . + xn + . . . =1−xvégtelen mértani sor összege, azaz
1
(1 + xa1 )(1 + xa2 ) . . . (1 + xak ) <, ha 0 < x < 1.
(13)
1−x
Most jön a „trükk”: vegyük mindkét oldal (természetes alapú) logaritmusát,
osszunk x-szel, majd integráljunk 0-tól 1-ig:
∫ 1
k ∫ 1
∑
log(1 + xai )log(1 − x)dx < −
dx.
(14)
x
x
0
i=1 0

500

12. Kombinatorikus számelmélet

A bal oldali integráloknál helyettesítést alkalmazunk:xai = y,ekkor dy = ai xai −1 dx,

azaz dx =dy,ai xai −1és így∫ 10log(1 + xai )
dx =
x

∫ 1
0

log(1 + y)
1
dy
=
a
−1
xai x iai

∫ 1
0log(1 + y)
dy.
y

(15)

(15) alapján (14) átírható a következő alakba:( k)∑ 1 ∫ 1 log(1 + y)
i=1

ai

0

y

∫ 1
dy < −
0log(1 − x)
dx.
x

(16)

∫1
dx integrál
Azt kell megmutatnunk, hogy (16)-ban a bal oldali A = 0 log(1+x)
x∫ 1 log(1−x)
a fele a jobb oldalon álló B = − 0
dx integrálnak. Tekintsük az A − Bxkülönbséget:
∫ 1(
A−B =
0

log(1 + x) log(1 − x)
+
x
x

)

∫ 1
dx =
0

log(1 − x2 )dx.
xInnen t = x2 , dt = 2xdx helyettesítéssel kapjuk, hogy
∫ 1
A−B =
0

1
log(1 − t)dt =x · 2x2∫ 1
0log(1 − t)1
B
dt = − B, azaz A = .
t2
2

Megjegyzés: A bizonyítást a (16)-beli integrálok kiszámításával is befejezhetjük. Ezt az integrandusok hatványsorba fejtésével és (a jelen feltételek mellett
megengedett) tagonkénti integrálással végezhetjük el:− log(1 − x)
x x2
xj−1
=1+ +
+ ... ++ ... ,
x
2
3
j
tehát
∫ 1
−
0

∞
]1 ∑
[
log(1 − x)
π2
x2
x3
xj
1
=
dx = x +++ ... + 2 + ... =. (17)
x
4
9
j
j2
6
0
j=1

12.1. Csupa különböző összeg
Hasonló módon nyerjük, hogy
∫ 1
[
]1
y2
y3
yj
log(1 + y)dy = y −+− . . . + (−1)j+1 2 + . . . =
y
4
9
j
0
0
∞
∞
∞
∞
∑
∑
∑
∑
(
1
1
1
1
2)
π2
=
(−1)j+1 2 =
.
−
2
=
1
−
=
j
j2
(2t)2
4 j=1 j 2
12
t=1
j=1
j=1
(18)-at és (17)-et (16)-ba beírva kapjuk, hogy
( k)
∑ 1 π2π2<, azaz
a
12
6
i
i=1

k
∑
1

a
i=1 i

501

(18)

< 2.

Második bizonyítás: A feltétel szerint bármely 1 ≤ i ≤ k esetén az a1 , a2 , . . . , ai
számokból képezett 2i −1 darab nemüres összeg csupa különböző pozitív egészt
ad, ezért a legnagyobb ilyen összeg értéke legalább 2i − 1, azaz
a1 + a2 + . . . + ai ≥ 2i − 1,

i = 1, 2, . . . , k.

(19)

Bevezetve abi = 2i−1 ,

i = 1, 2, . . . , kjelölést, (19) átírható az
a1 + a2 + . . . + ai ≥ b1 + b2 + . . . + bi ,i = 1, 2, . . . , k(20)

alakba. A tétel igazolásához elég belátnunk, hogy ekkor
11
1
1+ ... +≤+ ... +
,
a1
ak
b1
bk

(21)

hiszen (21) jobb oldala
1+

1 1
1
1
+ + . . . + k−1 = 2 − k−1 < 2.
2 4
22

Azt (a tétel állításánál erősebb eredményt) is be fogjuk bizonyítani, hogy (21)ben csak az ai = bi , i = 1, 2, . . . k esetben áll egyenlőség, tehát a maximális
reciprokösszeget akkor kapjuk, amikor ai = 2i−1 .
Megmutatjuk, hogy (20)-ból mindig következik (21), ha
0 < a 1 < a2 < . . . < ak ,0 < b 1 < b 2 < . . . < bk

(22)

502

12. Kombinatorikus számelmélettetszőleges valós számok.
(21)-et, illetve (20)-at átrendezve, az
1
1
1
1
1
1
−
+
−
+ ... +
−
≥0
b1
a1
b2
a2
bk
ak

(21a)

egyenlőtlenséget kell igazolnunk, feltéve hogy (22) teljesül és
ci = a1 − b1 + a2 − b2 + . . . + ai − bi ≥ 0,

i = 1, 2, . . . , k.

(20a)(21a) bal oldalát a következőképpen alakíthatjuk át (a második és harmadik
lépésben az ún. Abel-féle átrendezést alkalmazzuk):
1
1
1
1
1
1
a1 − b1
a2 − b2
ak − bk−+−+ ... +−=++ ... +
=
b1
a1
b2
a2
bk
ak
a1 b1
a 2 b2ak bk)(
c1
c2 − c1
ck − ck−1
1
1+=++ ... +
= c1
−
a1 b1
a2 b2
ak bk
a1 b1
a2 b2
)
)
(
(
1
1
1
1
ck
−
−
.
(23)
+ c2
+ . . . + ck−1
+
a2 b2
a3 b3
ak−1 bk−1
ak bk
ak bk
A (23) képlet végén kapott előállításban (20a) és (22) alapján a ci ≥ 0 számok
pozitív számokkal vannak szorozva, és így az összeg is nemnegatív, amintállítottuk.
A bizonyításból az is kiderült, hogy (21)-ben akkor és csak akkor áll egyenlőség, ha minden ci = 0, ami (20a) alapján azzal ekvivalens, hogy minden i-re
ai = bi . Ebből következik, hogy a csupa különböző összeg probléma esetén amaximális reciprokösszeget akkor kapjuk, amikor ai = 2i−1 , amint jeleztük.
Harmadik bizonyítás: Csak a második bizonyítás elején látott (19) összefüggést
fogjuk felhasználni, és megmutatjuk, hogy ha az a1 < a2 < . . . < ak pozitív
egészekre ez teljesül, akkor a reciprokösszeg kisebb, mint 2.
Ha (19)-ben minden i-re egyenlőség érvényes, akkor ai = 2i−1 és a reciprokösszeg 2 − 1/2k−1 < 2.
Ha (19)-ben nem minden i-re áll egyenlőség, akkor egy vagy két alkalmas aj megváltoztatásával növelni fogjuk a reciprokösszeget, miközben (19)továbbra is érvényben marad. Az eljárásból világos lesz, hogy véges sok ilyen
lépésben eljutunk ahhoz az állapothoz, amikor (19)-ben végig egyenlőség van.
Ezzel (azt a tétel állításánál élesebb eredményt) igazoltuk, hogy a reciprokösszeg az ai = 2i−1 esetben a legnagyobb.

503

12.1. Csupa különböző összeg

Legyen r a legkisebb olyan szám, amelyre (19)-ben nem áll egyenlőség
(r = 1 is lehet), azaz
a1 + a2 + . . . + ai = 2i − 1,

i = 1, 2, . . . , r − 1,és

a1 + a2 + . . . + ar > 2 − 1.
r

(24)

Két esetet különböztetünk meg: (A) Egyetlen i > r-re sem áll (19)-benegyenlőség; (B) Van olyan i > r, melyre (19)-ben egyenlőség teljesül.
(A) Legyen a′r = ar − 1, a többi ai pedig maradjon változatlan. Ezzel
a reciprokösszeg nyilván növekedett (hiszen 1/a′r > 1/ar ), de (19) továbbra
is érvényben maradt, hiszen bármely i ≥ r-re (19) bal oldala pontosan 1-gyel
csökkent, tehát az egyenlőtlenség továbbra is fennáll, legfeljebb > helyett ≥formában.
Meg kell még mutatni, hogy az új számaink is szigorúan növekedő pozitív
sorozatot alkotnak. Ha r = 1, akkor (24)-ből kapjuk, hogy a1 > 1, teháta′1 > 0. Ha r > 1, akkor azt kell belátni, hogy a′r = ar − 1 > ar−1 , azazar ≥ ar−1 + 2. Ismét (24) alapján
ar = (a1 +. . .+ar )−(a1 +. . .+ar−1 ) ≥ 2r −(2r−1 −1) = (2r−1 −1)+2 ≥ ar−1 +2.
(B) Legyen s a legkisebb olyan r-nél nagyobb szám, amelyre (19)-benismét egyenlőség teljesül (s = r + 1 is lehet), azaz
a1 + a2 + . . . + ai > 2i − 1,

i = r, r + 1, . . . , s − 1,

a1 + a2 + . . . + as = 2 − 1.
s

és

(25)

Legyen a′r = ar − 1, a′s = as + 1, a többi ai pedig maradjon változatlan.
Ekkor (19) továbbra is érvényben maradt, hiszen ha r ≤ i ≤ s − 1, akkor(19) bal oldala pontosan 1-gyel csökkent, tehát az egyenlőtlenség továbbra isfennáll (legfeljebb > helyett ≥ formában), az i ≥ s (valamint az i < r) esetben
pedig (19) bal oldala változatlan maradt.
A reciprokösszeg növekedéséhez azt kell megmutatni, hogy
1
1
1
1
+
< ′ + ′ ,
ar
as
ar
as
azaz

ar + as(ar − 1) + (as + 1)
<
.
ar as
(ar − 1)(as + 1)

A számlálók egyenlősége miatt ez ekvivalens a nevezők közötti fordított
irányú egyenlőtlenséggel (mindenhol pozitív számok szerepelnek), amit tovább
alakítva a nyilvánvalóan igaz ar − 1 < as egyenlőtlenség adódik.

504

12. Kombinatorikus számelmélet

Végül, az (A) esethez hasonlóan igazolható, hogy az új számaink is szigorúan növekedő pozitív sorozatot alkotnak.
Az eljárásból világos, hogy a fenti lépéseket véges sokszor alkalmazva
elérjük, hogy (19)-ben már i = r mellett is egyenlőség teljesüljön. Ezután
megismételjük az egészet az első olyan (r-nél már nagyobb) i értékre, amelyre(19)-ben szigorú egyenlőtlenség van, mindaddig, amíg már ott is egyenlőséget
kapunk stb. Ezzel igazoltuk, hogy véges sok lépésben eljutunk ahhoz az állapothoz, amikor (19)-ben mindenütt egyenlőség szerepel, amint állítottuk.

Feladatok
A feladatokban 1 ≤ a1 < a2 < . . . < ak ≤ n egész számok, amelyekre
különféle feltételeket írunk elő.
12.1.1a) Mennyi k maximuma (n függvényében), ha egyik ai sem áll elő csupa
különböző (és egynél több) aj összegeként.
∗b) Legyen a1 < a2 < . . . pozitív egészeknek olyan végtelen sorozata,amelyben egyik ai sem áll elő csupa különböző (és egynél több) ajösszegeként. Jelölje A(n) a sorozat n-nél nem nagyobb elemeinek aszámát. Lássuk be, hogy limn→∞ A(n)/n = 0.
12.1.2 Tegyük fel, hogy egyik ai sem írható fel aj + aj+1 alakban. Jelöljük
ezen feltétel mellett k maximumát f (n)-nel. Mutassuk meg, hogy
limn→∞ f (n)/n = 2/3.
M 12.1.3 Azt vizsgáljuk, hogy egy t szám hányféleképpen állhat elő egymás
után következő ai -k összegeként, azaz t = ai + ai+1 + . . . + aj alakban(a tagszámot nem korlátozzuk és i = j is megengedett). Legyen L(k)a t = ai + ai+1 + . . . + aj egyenlet megoldásszámának maximuma,
ahol a maximumot az összes lehetséges ai rendszerre és t-re vesszük(n is tetszőleges lehet). Igazoljuk, hogy L(k) = ⌈k/2⌉.
12.1.4 Tegyük fel, hogy bármely i ̸= j-re [ai , aj ] > n. Bizonyítsuk be, hogy
az ai számok reciprokösszege kisebb, mint (a) 2; (b) 3/2.
Megjegyzés: Schinzel és Szekeres megmutatták, hogy a reciprokösszeg
maximuma 31/30, és ez csak a 2, 3, 5 számok és n = 5 esetén lép fel.
12.1.5 Lássuk be, hogy (tetszőleges ai -kre)

k−1
∑

1
< 1.
[ai , ai+1 ]
i=112.1.6 Tegyük fel, hogy ai + aj sohasem négyzetszám. Jelöljük ezen feltételmellett k maximumát g(n)-nel.

505

12.1. Feladatoka) Igazoljuk, hogyg(n)1≤ lim inf
n→∞
3
n
∗

és

lim sup
n→∞

1
g(n)
≤ .
n
2

b) Javítsuk az előző egyenlőtlenségben az alsó becslést 11/32-re.
Megjegyzés: 2002-ben Szemerédi Endre bebizonyította, hogy
limn→∞ g(n)/n = 11/32.

∗

12.1.7 Tegyük fel, hogy ai − aj (i ̸= j-re) sohasem négyzetszám. Jelöljük
ezen feltétel mellett k maximumát h(n)-nel. Igazoljuk, hogy elégnagy n-re h(n) ≥ n0.7 .
Megjegyzés: A fenti eredmény Ruzsától származik. Sárközy és Fürstenberg megmutatták, hogy (az összegre vonatkozó kérdéssel ellentétben) limn→∞ h(n)/n = 0, azonban h(n) pontos nagyságrendje nem
ismert.

∗12.1.8 Tegyük fel, hogy az ai számok közül akárhány különbözőnek a szorzata mind különböző értéket ad. Jelöljük ezen feltétel mellett k maximumát s(n)-nel. Mutassuk meg, hogy|s(n) − π(n)| < 2n2/3(ahol π(n) az n-nél nem nagyobb prímek száma).
Megjegyzés: Erdős bebizonyította, hogy alkalmas c1 és c2 pozitív
konstansokkal minden elég nagy n-re√√nn
< s(n) < π(n) + c2.
π(n) + c1
log n
log n
Egy rokon kérdés a (következő pontban vizsgált additív) Sidon-probléma egy multiplikatív változata, amikor csak azt követeljük meg,hogy a kéttényezős ai aj szorzatok (i < j) legyenek mind különbözők.
Erdős belátta, hogy ekkor (alkalmas c3 és c4 pozitív konstansokkal,
minden elég nagy n-re)π(n) + c3

n3/4
n3/4
<
max
k
<
π(n)
+
c
.
4
(log n)3/2(log n)3/2

12.1.9 Mennyi k maximuma (n függvényében), ha egyik ai sem osztója tőlekülönböző aj -k szorzatának?

506

12. Kombinatorikus számelmélet

12.1.10 Tegyük fel, hogy 6 | n. Mennyi k maximuma (n függvényében), habármely három ai között található kettő olyan, amelyek nem relatív
prímek?
ai≥ k.
12.1.11 Lássuk be, hogy ha k prím, akkor van olyan i, j, melyre(ai , aj )Megjegyzés: Az állítás tetszőleges k esetén is igaz. R. L. Grahamnek
ezt a sokáig megoldatlan sejtését (elég nagy k-ra) Szegedy Márió
bizonyította be 1985-ben, még egyetemi hallgatóként.
12.1.12 Tegyük fel, hogy n = 2j -re 1 és n között megadható k = 2 + ⌊log2 n⌋
olyan ai , amelyek közül akárhány (különbözőnek az) összege különböző értéket ad. Lássuk be, hogy akkor ugyanez igaz minden n ≥ 2j
esetén is.
12.1.13 A 12.1.1 Tétel bizonyításában a Csebisev-egyenlőtlenséget optimálisc-vel alkalmazva mennyire javítható a tételben a (2) felső becslés?

12.2. Sidon-sorozatokErdős egy másik „kedvenc” területe a Sidon-problémakör volt. Sidon-sorozatoknak a természetes számok olyan a1 < a2 < . . . véges vagy végtelen részsorozatait nevezzük, amelyeknél az ai + aj , i ≤ j összegek (vagy ami ugyanaz:az ai − aj , i ̸= j különbségek) mind különbözők. Ezek először Sidon Simonnak a Fourier-sorokra vonatkozó vizsgálatai közben merültek fel az 1930-asévekben.
Az alábbiakban először véges Sidon-sorozatokkal foglalkozunk.
Maximálisan hány eleme lehet egy Sidon-sorozatnak az√ [1, n] intervallumban? Bebizonyítjuk, hogy ez a maximum ,,körülbelül” n. Ez két√ állítást
jelent: egyrészt azt, hogy 1 és n között valóban található körülbelül n elemszámú Sidon-sorozat (alsó becslés a maximális elemszámra), másrészt azt,
hogy az adott határok között ennél lényegesen hosszabb Sidon-sorozat már
nem létezik (felső becslés a maximális elemszámra).
Erdős és Turán Pál 1941-ben megmutatták, hogy a keresett maximum
legfeljebb n1/2 + 2n1/4 . Ezt később B. Lindström más módon n1/2 + n1/4 + 1re javította, de ugyanez az eredmény az Erdős–Turán-bizonyítás pontosabb
végigszámolásával is kiadódik (12.2.4 Tétel). J. Singer egy eredményének felhasználásával Erdős és tőle függetlenül S. Chowla 1944-ben azt is igazolták,
hogy elég nagy n-re n1/2 − nϱ elemszámú Sidon-sorozat valóban meg is adható n-ig, ahol ϱ egy alkalmas, 1/2-nél kisebb pozitív állandó (12.2.3 Tétel).

12.2. Sidon-sorozatok

507

Ez a két eredmény együtt azt jelenti, hogy az [1, n] intervallumban√ a Sidonsorozatok maximális elemszáma nagyon pontos aszimptotikával n. Máig
is megoldatlan azonban a√még jobb hibatagok kérdése. Az sejthető, hogy amaximális elemszámnak n-től való eltérése egy n-től független korlát alatt
marad. Ennek igazolásáért vagy cáfolásáért korábban Erdős összesen 1000
dollárt ajánlott fel.
Jelöljük s = s(n)-nel az n-ig megadható leghosszabb Sidon-sorozat elemszámát. Próbáljunk először egyszerű felső becslést keresni s-re. Mivel egy 1 ésn közötti Sidon-sorozatbanazai)+ aj összegek mind
(s+1)
(s+1
√ különbözők, 2 és 2n közé
esnek és számuk 2 , így 2 < 2n, azaz s < 2 n. Jobb becslést kapunk,ha az ai − aj > 0 különbségeket()( ) vizsgáljuk; ezek√is mind különbözők, n -nélkisebbek és számuk 2s , √így 2s < n, azaz s < 2n +√1. A felső becslésnél
tehát azonnal adódott a n-es nagyságrend, ,,csak” a n együtthatóját kell
1-re leszorítani.
√,,Alulról nézve” sokkal kevésbé világos, hogyan érhető el a n-es nagyságrend. √A kettőhatványok példája csak log2 n-et ad, és a mohó algoritmussal is
Egy szintén Erdőstől származó
csak 3 n biztosítható (lásd a 12.2.1 feladatot).
√nagyon szép elemi konstrukcióval már n/2 hosszú
Sidon-sorozatot kapunk√(lásd a 12.2.2 feladatot), és mint említettük, a n együtthatója ,,feltornázható” 1-re.
Lássunk akkor hozzá nagy elemszámú Sidon-sorozatok konstrukciójához.
Ezt először bizonyos típusú n-ekre végezzük el, és ezek segítségével térünk
majd át tetszőleges n-re.
T 12.2.1
12.2.1 Tétel
Legyen p tetszőleges prímszám. Ekkor n =⌈p√2 +⌉ p + 1-re létezik olyan
Sidon-sorozat az [1, n] intervallumban, amelynek
n = p + 1 eleme van. ♣A 12.2.1 Tétel helyett egy jóval élesebb és önmagában is nagyon érdekes
és meglepő állítást igazolunk.
T 12.2.2
12.2.2 Tétel
Legyen p tetszőleges prímszám. Ekkor létezik p + 1 darab olyan ai , amelyekre az ai − aj , i ̸= j különbségek (nemcsak hogy különbözők, hanem ráadásul) páronként inkongruensek modulo p2 + p + 1. ♣Megjegyzés: A 12.2.2 Tételben szereplő különbségek száma p2 + p, és modulo
p2 + p + 1 éppen ennyi nemnulla maradék van. Vagyis az ai − aj különbségek
minden maradékot előállítanak, éspedig mindegyiket pontosan egyszer.

508

12. Kombinatorikus számelmélet

Nyilvánvaló, hogy a 12.2.2 Tételben az ai -k maguk is páronként inkongruensek kell hogy legyenek, tehát választhatók 1 és n = p2 + p + 1 közöttieknek,és így valóban azonnal adódik a 12.2.1 Tétel.
A 12.2.2 Tétel bizonyítása: A bizonyítás a véges testek segítségével történik,az ezek szerkezetére vonatkozó alapvető tételek és egy kevés lineáris algebra
felhasználásával.
Tekintsük a p3 elemű T3 véges testet és ebben a p elemű T1 résztestet.
Legyen ∆ a T3 test multiplikatív csoportjának (egyik) generáló eleme, azaz
T3 = {0, ∆, ∆2 , . . . , ∆p −1 = 1} .
3

(1)

A T1 -beli nemnulla elemek T3 multiplikatív csoportjának részcsoportját alkotják, amelynek generátoreleme nyilván ∆n , ahol n = (p3 −1)/(p−1) = p2 +p+1.
Vagyis3
T1 = {0, ∆n , ∆2n , . . . , ∆(p−1)n = ∆p −1 = 1} .
Tekintsük most T3 -at mint T1 feletti vektorteret. Az előzőek alapján kapjuk,
hogy T3 két eleme, ∆i és ∆j pontosan akkor lineárisan összefüggő T1 felett,hai ≡ j (mod n) .
(2)
A keresett ai egészeket ezután a következőképpen adjuk meg. Vegyünk egy
tetszőleges Θ ∈ T3 \ T1 elemet, és legyenek T1 elemei γ1 , . . . , γp . Írjuk fel a
Θ + γi elemeket
Θ + γi = ∆ai(3)
alakban. Ez (1) alapján megtehető, és így kijelöltünk p darab ai egész számot,a p + 1 -ik pedig legyen ap+1 = 0.
Megmutatjuk, hogy ezek eleget tesznek a feltételnek, azaz az ai − ajkülönbségek, vagy ami ugyanaz, az ai + aj összegek páronként különböző
maradékot adnak modulo p2 + p + 1.
Tegyük fel, hogy ai + aj ≡ ak + al (mod p2 + p + 1). Ekkor (2) és (3)alapján
(Θ + γi )(Θ + γj ) − γ(Θ + γk )(Θ + γl ) = 0
adódik valamely γ ∈ T1 elemmel. Mivel Θ harmadfokú a T1 test felett, ezért
nem lehet gyöke egy legfeljebb másodfokú polinomnak. Vagyis csak γ = 1 és{γi , γj } = {γk , γl } lehetséges, így a megfelelő ai -k is egyenlők, ami éppen abizonyítandó állítás volt.
A bizonyítás ugyanígy megy akkor is, ha ap+1 = 0 is szerepel a négy ai
között.

509

12.2. Sidon-sorozatok

Megjegyzés: A 12.2.2 Tétel és a bizonyítás ugyanúgy érvényes akkor is, hap egy prímszám hatványa. Mindez szoros kapcsolatban áll a véges projektív
síkokkal.
T 12.2.3
12.2.3 Tétel
Minden elég nagy n -re megadható olyan Sidon-sorozat az [1, n] intervallumban, amelynek legalább n1/2 − n0,27 eleme van. ♣Bizonyítás: Vegyük azt a legnagyobb p prímszámot, amelyre p2 + p + 1 ≤ n,és p2 + p + 1-re készítsük el az előző (p + 1 elemű) konstrukciót. Mivel az
5.5.4/(A) Tétel alapján n1/2 − n0.27 és n1/2 között elég nagy n-re mindig vanprímszám, ezért p > n1/2 − n0,27 , amivel a tételt tetszőleges n-re igazoltuk.
Megjegyzés: A tetszőleges n-re történő áttérésnél azt használtuk fel, hogy aprímek elég ,,sűrűn” helyezkednek el. Ha tudjuk, hogy m és m + mc között
elég nagy m-re mindig van prímszám, akkor a tételünkben a hibatag nc/2
nagyságrendűnek vehető. Mint az 5.5 pontban láttuk, a szomszédos prímek
közötti hézag vizsgálata igen nehéz kerdés.
A 12.2.3 Tétel más bizonyításaira nézve lásd a 12.2.3 és 12.2.4 feladatot.
Most rátérünk a Sidon-sorozatok elemszámának a(z éles) felső becslésére.
12.2.4 Tétel
Az [1, n] intervallumba
1/2
n + n1/4 + 1 eleme van. ♣T 12.2.4esőbármely

Sidon-sorozatnak

legfeljebbElső bizonyítás: Legyen t később alkalmasan megválasztandó egész szám, és
toljunk végig egy t − 1 hosszúságú szakaszt a [0, n] intervallumon, azaz tekintsük a [−t + 1, 0] , [−t + 2, 1] , . . . , [n, n + t − 1] intervallumokat. Legyen az selemű Sidon-sorozat elemszáma az egyes intervallumokban A1 , A2 , . . . , An+t .
Ekkor nyilván
n+t∑

Ai = ts .

(4)

i=1

Számoljuk össze multiplicitással azokat az {ai , aj } , i > j elempárokat, amelyek egy-egy ilyen intervallumba esnek, azaz mindegyik elempárt annyiszor
vegyük, ahány intervallum azt tartalmazza. Legyen D ezek együttes száma.

510

12. Kombinatorikus számelmélet

Ekkor nyilván

)
n+t (
∑
Ai

D=

=

2

i=1

n+t
∑
A2
i

2

i=1

−

n+t
∑
Ai
i=1

2

.

(5)

Másrészt, ha egy ilyen elempárban az ai − aj különbség d, akkor ez az elempár
pontosan t − d intervallumba esik bele. A Sidon-tulajdonság miatt minden dlegfeljebb egyszer fordulhat elő, így
D≤

t−1
∑

t(t − 1).
2

(6)

Ai ≤ t(t − 1)

(7)(t − d) =d=1(5) és (6) alapján
n+t
∑

A2i −

i=1

n+t
∑
i=1

adódik. A számtani és négyzetes közép közötti egyenlőtlenség, valamint (4)felhasználásával (7) bal oldalát a következőképpen becsülhetjük alulról:
n+t
∑
i=1

A2i −

n+t
∑

(∑

n+t
i=1 Ai

Ai ≥

)2

n+t

i=1

− ts =

t2 s2− ts .
n+t(8)

Így (7) és (8) összekapcsolásával azt nyerjük, hogys2 − s) (n)+1 −+ 1 (t − 1) ≤ 0 .
tt(n

Ezt a másodfokú egyenlőtlenséget megoldva
n
1
s≤
+ +
2t 2

√
n+t+

n
3
n2
−
−
4t2
2t 4

adódik. Ha most t-nek a t = ⌊n3/4 ⌋ + 1 értéket választjuk, akkor a tételállítását kapjuk.
Második bizonyítás: Most bizonyos ai − aj különbségek összegét fogjuk két
oldalról megbecsülni. Legyen
K=∑
0<i−j≤r(ai − aj ) ,

(9)

511

12.2. Sidon-sorozatok

ahol r-et később alkalmasan megválasztjuk. A Sidon-tulajdonság miatt a (9)beli összeg tagjai között nincs két azonos különbség, számuk(s − 1) + (s − 2) + · · · + (s − r) = rs −r(r + 1)
= rw ,
2

ahol

r+1
,
(10)
2
így K legalább akkora, mint az első rw darab pozitív egész összege, azaz
w =s−

K≥

rw(rw + 1)
r2 w2
>
.
2
2

(11)

Másrészt a (9)-beli összegnek része pl.
(as − as−1 ) + (as−1 − as−2 ) + · · · + (a2 − a1 ) < as ≤ nés számos más teleszkopikus összeg, amelyek hasonlóképpen becsülhetők felülről. Ezek általános alakja(as−ν − as−ν−µ ) + (as−ν−µ − as−ν−2µ ) + · · · < as−ν ≤ n ,0 ≤ ν < µ ≤ r.

Sőt az egész K ilyen teleszkopikus részösszegekre bontható, amelyeket úgy
kapunk, hogy az indexek befutják az összes olyan 1 és s közötti (tovább
már nem bővíthető) számtani sorozatot, amelynek diﬀerenciája legfeljebb r.
Mivel µ diﬀerenciájú számtani sorozat éppen µ darab van, így a teleszkopikus
részösszegek száma 1 + 2 + · · · + r = r(r + 1)/2, és mindegyik részösszeg értéke
legfeljebb n, tehátnr(r + 1)
K≤
.
(12)
2
Egybevetve (11)-et és (12)-t, 2/r2 -tel történő szorzás után a w2 < n + n/regyenlőtlenséget nyerjük. Innen gyökvonással és (10) felhasználásával kapjuk,
hogy
√
n
r+1
+ n+ .
s<2r
Ha most r-nek az r = ⌊n1/4 ⌋ + 1 értéket választjuk, akkor a tétel állítását
kapjuk.
Most rátérünk a végtelen Sidon-sorozatok vizsgálatára. Erdős 1955-ben
megmutatta, hogy egy végtelen Sidon-sorozat már szükségképpen „ritkább”:

512

12. Kombinatorikus számelmélet

nem fordulhat elő, hogy a sorozatnak
az [1, n] intervallumba eső része minden√
n-re a véges maximum, vagyis n körüli elemszámot adjon:
T 12.2.5
12.2.5 Tétel
Ha A(n) jelöli egy végtelen A sorozat elemszámát n-ig, akkor bármely A
végtelen Sidon-sorozatra szükségképpen
A(n)lim inf √ = 0,n→∞nlim inf √

sőt

n→∞

A(n)
n/ log n< ∞. ♣

Bizonyítás: Tekintsünk egy tetszőleges A végtelen Sidon–sorozatot, és legyen
N egy nagy természetes szám. Jelöljük Ai -vel, hány eleme esik a sorozatnak
az [(i − 1)N + 1, iN ] intervallumba, azaz
Ai = A(iN ) − A((i − 1)N ),i = 1, 2, . . . , N.

Mivel egy–egy ilyen intervallumon belül a pontpárok különbsége < N , ígya Sidon–tulajdonság miatt
)
N (
∑
Ai
2

i=1

Innen
2N >

N
∑

<N.

1∑ 2
(A − 1) ,2 i=1 iN

Ai (Ai − 1) ≥i=1

vagyisN∑

A2i < 5N .

(13)

i=1

Most két oldalról meg fogjuk becsülni az
S=

N
∑
A
√i
i
i=1

összeget. Egyrészt a Cauchy–Bunyakovszkij-egyenlőtlenség és (13) felhasználásával azt kapjuk, hogyv()( N )
u N
u ∑
∑1
√
t
<≈ 5N log N .
S≤
A2i
(14)
i
i=1
i=1

12.2. Sidon-sorozatok

513

Másrészt alakítsuk át S-et (az ún. Abel-féle átrendezés szerint) a következőképpen:
N∑
A(iN ) − A((i − 1)N )
√
>
S=
i
i=1
(15)
(
) N∑
N
−1
−1
∑
1
A(iN )1√ .
>A(iN ) √ − √
>
i
+
1
i
2(i
+
1)
i
i=1
i=1
Ha most feltesszük, hogy√
A(iN ) > ciN,log(iN )i = 1, 2, . . . , N,(16)

akkor (15) alapján
√
√
N −1
c √
iN
c N ∑ 1√
S>c≈√=√
N log N
2
i
+
1
8
log
N
8
2(i
+
1)
i
log
N
i=1
i=1
N
−1
∑

(17)

következik.
√√
Mivel c > 40 esetén (17) ellentmond (14)-nek, így c > 40 mellett (16)nem teljesülhet, ami igazolja a tétel állítását.
A 12.2.5 Tétel nem jelenti azt, hogy egy végtelen Sidon-sorozat ne lehetne„időnként” olyan sűrű, mint egy véges: Erdős, majd F. Krückeberg konstruált
olyan végtelen Sidon-sorozatot,
amelynek végtelen sok n-re az [1, n] interval√
lumba eső szelete „közel” n elemet tartalmaz (lásd a 12.2.5 feladatot).
Ha most egy minden véges szeletében „elég” sűrű Sidon-sorozatot szeretnénk megadni, akkor az ún. √mohó algoritmussal készíthetünk egy olyant,amelynek n-ig mindig legalább 3 n eleme van (lásd a 12.2.1 feladatot). Meglepő, hogy ezt a nagyságrendet nagyon hosszú ideig egyáltalán nem sikerült
megjavítani. Csak 1981-ben igazolták Ajtai Miklós, Komlós János és Szemerédi Endre, hogy létezik olyan√ végtelen Sidon-sorozat, amelynek minden(elég nagy) n-re n-ig legalább c 3 n log n eleme van, ahol c alkalmas pozitív
konstans. Amint látjuk, ez is csak „alig” volt jobb, mint a mohó algoritmus√√
sal adódó 3 n. 1997-ben Ruzsa Imre ezt jelentősen megjavította cn 2−1−ε -ra,azonban még ez az eredmény is igen messze van az Erdős által sejtett n1/2−ε -os
nagyságrendtől (ahol ε tetszőlegesen kicsi pozitív valós szám).
Végül tekintsünk olyan végtelen sorozatokat, amelyekre a Sidon-tulajdonság helyett csak azt a gyengébb kikötést tesszük, hogy a pozitív egészeknek

514

12. Kombinatorikus számelmélet

az ai + aj alakban történő előállításszáma maradjon korlátos (a Sidon-sorozatoknál ez a korlát 1). Megmutatjuk, hogy az ilyen sorozatokra az n1/2−ε -os
nagyságrend valóban elérhető:T 12.2.6
12.2.6 Tétel
Minden ϵ > 0-hoz létezik olyan m egész és olyan A = {1 ≤ a1 < a2 < . . .}végtelen sorozat, amelyre
lim inf
n→∞

A(n)
> 0,
n1/2−ϵés bármely természetes szám legfeljebb m-féleképpen áll elő ai + aj alakban.
♣
A 12.2.6 Tétel Erdős és Rényi eredménye, bizonyításuk az ún. véletlenmódszerek egyik első számelméleti megjelenése volt: a természetes számok
sorozatainak halmazán alkalmas valószínűségi mezőt bevezetve azt mutatták meg, hogy (ezen valószínűség szerint) „majdnem minden” számsorozat
megfelel a követelményeknek. Ezt a módszert használjuk majd a 12.6.3 Tétel
bizonyításánál.
A 12.2.6 Tételre adott alábbi elemi bizonyítás Ruzsa Imrétől származik.
Bizonyítás: Változó alapú számrendszert fogunk használni, azaz a számokat
c0 + c1 k1 + c2 k1 k2 + · · · + ci k1 . . . ki + · · ·alakban írjuk fel, ahol k1 , k2 , . . . rögzített 1-nél nagyobb egészek (a „változó
alap”) és 0 ≤ ci < ki+1 a számjegyek. Az alapokat most lassan növő sorozatként úgy választjuk meg, hogy valamilyen kis rögzített pozitív δ-val
ki+1 ≈ ki1+δ

(18)

teljesüljön. Lerögzítünk továbbá minden i-re 0 és ki /2 között egy-egy maximális elemszámú (véges) Si Sidon-sorozatot.
A tétel előírásainak megfelelő sorozatot ezután a következőképpen konstruálunk. Azokat a számokat vesszük, amelyek minden számjegye a megfelelő
Sidon-sorozatból való, azaz ci ∈ Si+1 , és ráadásul legfeljebb t kivétellel valamennyi számjegy 0.
Az ilyen számok összeadásakor nem keletkezik átvitel, és így a Sidontulajdonság miatt bármely természetes szám legfeljebb 2t -féleképpen áll elő
két ilyen szám összegeként (a jegyek az egyes helyiértékeken felcserélődhetnek),

515

12.2. Sidon-sorozatok

tehát m = 2t . A megfelelő sűrűséget δ és t alkalmas megválasztásával fogjuk
biztosítani.
Legyen n tetszőleges, ekkor alkalmas j-re
k1 k2 . . . kj ≤ n < k1 k2 . . . kj kj+1 .

(19)

A sorozatban biztosan szerepelnek azok az egészek, amelyek számjegyeireés ci ∈ Si+1 , i = j − t, . . . , j − 1

c0 = c1 = . . . = cj−t−1 = 0(20)

teljesül. Megmutatjuk, hogy már ezek száma is > n1/2−ε , ha a δ-t elég kicsinek, t értékét pedig elég nagynak választjuk.
Nézzük a részleteket. Legyen k1 = r és (18)-nak megfelelően⌊ki =és így√|Si | >ki
> rhi ,3i−1r(1+δ)

ahol hi =

⌋
,

(21)

(1 + δ)i−1 − logr 4
.
2

(22)

A (20)-nak eleget tevő számok számát K-val jelölve, elég belátnunk, hogy
minden elég nagy n-re
K > n1/2−ε ,azazlogr K >(1
2)− ε logr n .

(23)Először felülről becsüljük logr n-et (19) és (21) alapján:logr n < logr (k1 k2 . . . kj+1 ) ≤ 1 + (1 + δ) + . . . + (1 + δ)j <(1 + δ)j+1. (24)
δ

Most alulról becsüljük logr K-t. Mivel K = |Sj−t+1 | · . . . · |Sj |, így (22) alapján(1 + δ)j−t + . . . + (1 + δ)j−1 − t logr 4=
2()(1 + δ)j−t (1 + δ)t − 1
t logr 4−==2δ
2) t logr 4(1 + δ)j (=1 − (1 + δ)−t −.
2δ2logr K >

(25)

516

12. Kombinatorikus számelmélet

Végül (24) és (25) alapján()(1 + δ)j 1 − (1 + δ)−t − tδ logr 4
2 logr K>=
logr n(1 + δ)j+1
1 − (1 + δ)−ttδ logr 4=−.
1+δ
(1 + δ)j+1(26)

Válasszuk először δ-t elég kicsire, majd utána t értékét elég nagyra ahhoz,
hogy (26) utolsó sorában az első tag nagyobb legyen, mint 1 − ε. Mivel amásodik tag számlálója ezután már konstans, a nevező pedig végtelenhez tart,
ha j → ∞, így elég nagy j-re (azaz elég nagy n-re) a második tag kisebb, mintε, és így az egész kifejezés nagyobb, mint 1 − 2ε, amivel (23)-at beláttuk.
Feladatok
12.2.1 √Mutassuk meg, hogy a mohó algoritmussal 1 és n között egy legalább
3 n elemű Sidon-sorozatot kapunk.
12.2.2 Legyen p prímszám és ai = 1 + 2ip + ⟨i2 mod p⟩ i = 0, 1, . . . , p − 1,ahol ⟨i2 mod p⟩ az i2 legkisebb nemnegatív√maradékát jelöli modulo p. Lássuk be, hogy így n = 2p2 -re egy n/2 elemszámú Sidonsorozatot kapunk az [1, n] intervallumban.
M∗ 12.2.3 Legyen p tetszőleges prímszám. Ekkor létezik p darab olyan ai , amelyekre az ai + aj összegek (nemcsak hogy különbözők, hanem ráadásul) páronként inkongruensek modulo p2 − 1.
Megjegyzés: Az előzővel nyilván ekvivalens, hogy i ̸= j-re az ai − ajkülönbségek (nemcsak hogy különbözők, hanem ráadásul) páronként
inkongruensek modulo p2 − 1. A szereplő különbségek száma p2 − p,és modulo p2 − 1 összesen csak p2 − 2 darab nemnulla maradék van.
Vagyis az ai − aj különbségek majdnem minden maradékot előállítanak. A bizonyításból leolvasható, hogy éppen a p + 1 -gyel osztható maradékok maradnak ki. — A feladatból a 12.2.3 Tétel hasonló módon vezethető le, mint ahogyan a 12.2.2 Tételből következett(ugyanez érvényes a következő feladatra is).
∗M 12.2.4 Legyen p tetszőleges prímszám. Ekkor létezik p − 1 darab olyan ai ,amelyekre az ai − aj , i ̸= j különbségek (nemcsak hogy különbözők,hanem ráadásul) páronként inkongruensek modulo p2 − p.
12.2.5 Konstruáljunk olyan A végtelen Sidon-sorozatot,√√amelyre bármely
ε > 0 esetén végtelen
sok
n-re
A(n)
>
(1/
2
−
ε)
n (azaz√√
lim supn→∞ A(n)/ n ≥ 1/ 2).

12.3. Összeghalmazok

517√
Megjegyzés: Megoldatlan, hogy ugyanez 1/ 2 helyett 1-gyel is igaz-e.
12.2.6 Többtagú összegek . Legyen h ≥ 2 rögzített természetes szám, ésaz [1, n] intervallumban tekintsünk most olyan sorozatokat, ahol azelemekből képezett h-tagú összegek mind különbözők. (A h = 2 esetéppen a Sidon-sorozatokat jelenti.)∗a) Mutassuk meg, hogy van olyan sorozat, amelynek ,,körülbelül” n1/h
eleme van.
b) Lássuk be, hogy van olyan csak a h-tól függő c = c(h) konstans, hogy
minden ilyen sorozatnak legfeljebb c(h)n1/h eleme van.
Megjegyzés: Megoldatlan probléma, hogy c(h) vajon 1 + ε -ra csökkenthető-e, azaz bármely h-ra igaz-e, hogy a h = 2 esethez hasonlóan a maximális elemszám aszimptotikusan n1/h . A 12.2.4 Tétel
bizonyítása azért nem vihető át, mert h ̸= 2-re a feltételt nem lehetösszegekről különbségekre átjátszani.
12.2.7 Mutassuk meg, hogy létezik egészeknek olyan a1 < a2 < . . . végtelensorozata, hogy a 0-n kívül minden egész szám egyértelműen írható
fel ai − aj alakban.
12.2.8 A természetes számok két (végtelen) részsorozatát, A-t és B-t nevezzük jó sorozatpárnak, ha az a+b (a ∈ A, b ∈ B) összegek mind különbözők. Jó sorozatpárt kapunk például, ha egy Sidon-sorozatot két
részre vágunk. Lássuk be, hogy léteznek ennél „sűrűbb” jó sorozat√
párok is: √adjunk meg olyat, amelynél minden n-re A(n) > c n,
B(n) > c n alkalmas c > 0 konstanssal.

12.3. Összeghalmazok
Ebben a pontban A + A = {ai + aj | ai , aj ∈ A} típusú halmazokkal foglalkozunk, ahol A elemei a [0, n − 1] intervallumba eső egészek vagy pedig modulo
p maradékosztályok, ahol p prím. Jelölje A elemszámát |A| = k.
A+Aakkor a lehető legnagyobb, ha A Sidon-sorozat, ekkor( elemszáma)
k+1|A+A| =. Most először az ellenkező végletet vizsgáljuk meg: mekkora
2
lehet |A + A| lehető legkisebb értéke. Ha A elemei egész számok, akkor ez avárakozásnak megfelelően akkor lép fel, ha A elemei egy számtani sorozat
egymást követő tagjai, és így min |A + A| = 2k − 1 (lásd a 12.3.1 feladatot).
Hasonló eredmény adódik |A + A| minimumára akkor is, ha A ⊆ Zp (azaz
A elemei modulo p maradékosztályok), ezt a (már egyáltalán nem nyilvánvaló) tényt a 12.3.1 Tételben igazoljuk. Ezt a tételt már Cauchy is bebizonyí-

518

12. Kombinatorikus számelmélet

totta, majd 120 évvel később két kiváló matematikus, Davenport és Chowla,
egymástól függetlenül újra felfedezte. A tételre két bizonyítást adunk, és afeladatok között a tételnek, illetve a bizonyítási módszereknek több érdekes
alkalmazását mutatjuk be (lásd a 12.3.3–12.3.8 feladatokat).
Az összeghalmazokkal kapcsolatos másik vizsgálatunk is valamilyen értelemben a Sidon-tulajdonság duálisának tekinthető. A véges Sidon-sorozatok
esetén olyan, minél nagyobb elemszámú A halmazok előállítása volt a(z egyik)cél, hogy minden egész szám legfeljebb egyféleképpen legyen felírható ai + aj
alakban. Most olyan, minél kisebb elemszámú A halmazokat keresünk, hogy
minden, a [0, n−1] intervallumba eső egész szám legalább egyféleképpen legyenfelírható ai + aj alakban. Az ilyen tulajdonságú A halmazokat (másodrendű
additív) bázisoknak nevezzük. A bázisok elemszámának minimumára a 12.3.3
Tételben adunk alsó és felső becslést.
Térjünk rá |A + A| minimumának a meghatározására, ha A ⊆ Zp . Kicsitáltalánosabban, az A + B = {a + b | a ∈ A, b ∈ B} halmaz elemszámának minimumát fogjuk meghatározni |A| és |B| függvényében. Ezt nemcsak
azért tesszük, hogy minél általánosabb eredményt nyerjünk, hanem — minta matematikában oly sokszor — az általánosítás adja a kulcsot magának az
eredeti állításnak az igazolásához is.
T 12.3.1
12.3.1 Tétel (Cauchy–Davenport–Chowla-tétel)Legyen p prím, A, B ⊆ Zp , |A| = k(> 0), |B| = r(> 0). Ekkor|A + B| ≥ min(p, k + r − 1). ♣(1)

A p-re mint korlátra (1)-ben azért van szükség, mert A + B ⊆ Zp , és így
nyilván |A + B| ≤ p.
Az egyenlőtlenség éles: ha A = {0, 1, . . . , k − 1}, B = {0, 1, . . . , r − 1},
akkor (k+r ≤ p+1 esetén) A+B = {0, 1, . . . , k+r−2}, tehát |A+B| = k+r−1,
azaz (1)-ben egyenlőség teljesül.
Az A = B speciális esetben kapjuk, hogy |A + A| ≥ min(p, 2k − 1), és
egyenlőség teljesül, ha (például) A = {0, 1, . . . , k − 1}.
Első bizonyítás: Tegyük fel indirekt, hogy (valamilyen rögzített p mellett) van
olyan A és B, amelyre (1) nem igaz, és nevezzük (házi használatra) csúnyának
az ilyen halmazpárokat.
Tekintsünk egy olyan A, B csúnya halmazpárt, |A| = k, |B| = r, amelyre
r a lehető legkisebb. Konstruálni fogunk olyan A′ , B ′ csúnya halmazpárt,|A′ | = k ′ , |B ′ | = r′ , ahol r′ < r, ami ellentmond r minimalitásának. Ez azt

12.3. Összeghalmazok

519

jelenti, hogy az indirekt feltevésünk (ti. hogy léteznek csúnya halmazpárok)ellentmondásra vezetett, amivel a tétel állítását bebizonyítottuk.
Ha k + r − 1 > p, akkor B-ből hagyjunk el k + r − 1 − p(< r) elemet, amaradék halmazt jelölje B ′ , és legyen A′ = A. Nyilván|A′ + B ′ | ≤ |A + B| < min(p, k + r − 1) = p = min(p, k ′ + r′ − 1),tehát A′ , B ′ is csúnya és (0 <)r′ < r, ami lehetetlen. Ezért k + r − 1 ≤ p.
Nyilván k ≥ r ≥ 2, hiszen k < r esetén A és B szerepcseréjével ellentmondásra jutunk r minimalitásával, r = 1 esetén pedig (1)-ben egyenlőség áll,azaz A, B nem lenne csúnya. Mivel r ≥ 2 és k + r − 1 ≤ p, ezért k < p is
teljesül.
Azt is feltehetjük, hogy 0 ∈ B, mivel B minden eleméhez ugyanazt azértéket hozzáadva, |A|, |B| és |A + B| egyike sem változik.
Megmutatjuk, hogy ha b ̸= 0 tetszőleges rögzített eleme B-nek, akkor
A + b = {a + b | a ∈ A} ̸⊆ A. Ellenkező esetben ugyanis A + b = A teljesülne,és így a két oldalon álló halmazok elemeinek összege megegyezne:∑∑∑a=(a + b) = kb +a, vagyis kb = 0,
a∈A

a∈A

a∈A

ami k < p és b ̸= 0 miatt lehetetlen.
Az előzők alapján van olyan a1 ∈ A és b1 ∈ B, amelyre a1 + b1 ̸∈ A.
LegyenA′ = A ∪ {a1 + b | b ∈ B, a1 + b ̸∈ A} és B ′ = {b | a1 + b ∈ A} .
Ekkor nyilván k ′ + r′ = k + r és 0 < r′ < r (hiszen 0 ∈ B ′ , de b1 ̸∈ B ′ ).
Megmutatjuk, hogy A′ + B ′ ⊆ A + B. Legyen a′ + b′ ∈ A′ + B ′ . Ha a′ ∈ A,
akkor nyilván a′ + b′ ∈ A + B. Ha a′ = a1 + b, akkor
a′ + b′ = (a1 + b) + b′ = (a1 + b′ ) + b ∈ A + B,
hiszen B ′ definíciója miatt a1 + b′ ∈ A. Mindezek alapján|A′ +B ′ | ≤ |A+B| < min(p, k+r−1) = k+r−1 = k ′ +r′ −1 = min(p, k ′ +r′ −1),tehát A′ , B ′ is csúnya, továbbá r′ < r, amivel a kívánt ellentmondásra jutottunk.
A 12.3.1 Tétel második bizonyításához szükségünk lesz az alábbi egyszerű
segédtételre:

520

12. Kombinatorikus számelmélet

L 12.3.2
12.3.2 Lemma
Legyen T tetszőleges kommutatív test, A, B ⊆ T , |A| = k, |B| = r, ésf (x, y) olyan T feletti kétváltozós polinom,∑ amelynek x, illetve y szerinti fokak-nál, illetve r-nél kisebb (azaz f (x, y) = i<k, j<r αij xi y j ). Tegyük fel, hogy
minden a ∈ A és b ∈ B esetén f (a, b) = 0. Ekkor f a nullpolinom (azazminden együtthatója 0). ♣A 12.3.2 Lemma bizonyítása: Írjuk fel f (x, y)-t y polinomjaként, ekkor az
együtthatók x polinomjai lesznek:
f (x, y) = h0 (x) + h1 (x)y + . . . + hr−1 (x)y r−1 ,deg hi ≤ k − 1.

(2)

Legyen a ∈ A-raga (y) = f (a, y) = h0 (a) + h1 (a)y + . . . + hr−1 (a)y r−1 .
Ekkor egyrészt deg ga ≤ r − 1, másrészt minden b ∈ B-re ga (b) = f (a, b) = 0,azaz ga -nak legalább r gyöke van. Ez csak úgy lehetséges, ha ga minden
együtthatója 0. Ez azt jelenti, hogy a legfeljebb k − 1-edfokú hi polinomoknak
minden a ∈ A gyöke, azaz legalább k gyökük van, és így szükségképpen hi = 0(azaz minden együtthatójuk 0). Ebből (2) alapján kapjuk, hogy f = 0.
A 12.3.1 Tétel második bizonyítása: Indirekt tegyük fel, hogy van olyan Aés B, amelyre (1) nem igaz. Az első bizonyításban látottak szerint feltehető,hogy k + r − 1 ≤ p (ahol |A| = k, |B| = r). Legyen C = A + B, ekkor|C| ≤ k + r − 2 < p. Legyen∏
f1 (x, y) = (x + y)m(x + y − c), ahol m = k + r − 2 − |C|.
(3)
c∈C

Ekkor f1 (a, b) = 0 minden a ∈ A, b ∈ B esetén.
Az f1 (x, y) polinomra közvetlenül nem alkalmazhatjuk a 12.3.2 Lemmát,
mert előfordulnak benne olyan xi y j tagok, amelyekben i ≥ k vagy j ≥ r.
Tekintsünk egy tetszőleges xi -t, ahol i ≥ k, és cseréljük ezt ki egy olyan
legfeljebb k − 1-edfokú ui (x) polinomra, amely minden a ∈ A helyen ugyanaztaz értéket veszi fel, mint xi , azaz minden a ∈ A-ra ui (a) = ai . Ilyen ui (x)ún. interpolációs polinom (egyértelműen) létezik (lásd például Freud: Lineáris
algebra, 3.2.4 Tétel). Hasonlóan járjunk el, ha j ≥ r, ekkor y j helyére kerül
olyan legjeljebb r − 1-edfokú vj (y), amelynél minden b ∈ B-re vj (b) = bj .
Az így kapott f (x, y) polinomra f (a, b) = f1 (a, b) = 0 minden a ∈ A,b ∈ B esetén, továbbá csak olyan xi y j tagok szerepelnek f -ben, ahol i ≤ k − 1,j ≤ r − 1. A 12.3.2 Lemma szerint így f minden együtthatója 0.

521

12.3. ÖsszeghalmazokVizsgáljuk most meg f -ben xk−1 y r−1 együtthatóját közvetlenül is.
Mivel az f1 polinomban (3) alapján csak (x + y)k+r−2 -ből keletkeznek
olyan xi y j tagok, ahol i + j = k + r − 2, minden más tagra i + j < k + r − 2,
továbbá az f -et előállító redukciós eljárás során az i ≥ k, illetve j ≥ r típusú
xi , illetve y j tényezők kisebb fokszámúakra cserélődnek, így f -ben egyetlen
xk−1 y r−1 tag képződik, az, amely az (x (+ y)k+r−2 )hatványozás elvégzéséből
k+r−2
közvetlenül adódik; ennek együtthatója. Mivel k + r − 2 < p,k−1
ezért ez az együttható (Zp -ben) nem 0. Ez ellentmond annak, hogy f minden
együtthatója 0.
Most rátérünk a bázisok elemszámának vizsgálatára. A definíciót megismételve, a [0, n − 1] intervallum egy (másodrendű additív) bázisán nemnegatív
egészek olyan A halmazát értjük, hogy minden 0 ≤ r ≤ n − 1 egész felírható
két A-beli elem összegeként, azaz r = ai + aj alakban( (ai , a)j ∈ A).
k+1
Ha |A| = k, akkor az ai + aj összegek száma, és ha A bázis,2
akkor ezek az összegek legalább n különböző értéket adnak, tehát
(
)
k+1
≥ n,
2

azaz

k>

√

2n −

1
.
2

Másrészt, ha n négyzetszám, n = s2 , akkor az n-nél kisebb egészek az salapú számrendszerben (legfeljebb) kétjegyűek, vagyis felírhatók i+sj alakban,ahol 0 ≤ i, j ≤ s − 1. Ezt azt jelenti, hogy
A = {0, 1, . . . , s − 1, s, 2s, . . . , (s − 1)s}√másodrendű bázis, amelynek elemszáma 2s = 2 n. Ha n nem négyzetszám,
akkor a fentieket n helyett √az n-et követő legkisebb négyzetszámra lehet elmondani, ekkor tehát s = ⌈ n⌉.
Az előző meggondolásokból a bázisok elemszámának minimumára az alábbi becsléseket kapjuk:√√1< min k < 2 n + 2 .
(4)
2√
A következő tételben megmutatjuk, hogy n együtthatója mindkét becslésben (valamelyest) javítható:
2n −

522

12. Kombinatorikus számelmélet

T 12.3.3
12.3.3 Tétel
Jelölje f (n) a [0, n − 1] intervallumra vonatkozó másodrendű additív bázisok elemszámának minimumát. Ekkor bármely ε > 0 mellett elég nagy n-re
√

√
√
289 √
n − 2 < f (n) < ( 3,5 + ε) n. ♣
144

(5)

A Fried Katalintól származó felső becslés a jelenleg ismert legjobb eredmény, az alsó becslés esetén a (Leo Mosertől származó) módszer további finomításával valamivel jobb konstans is elérhető.
Bizonyítás: A felső becsléshez vegyük észre, hogy a tétel kimondása előtt
megadott számrendszeres konstrukció tulajdonképpen két számtani sorozat
egyesítéseként állítja elő a bázist. Ennek a gondolatnak a variálásával most öt
számtani sorozat uniójaként készítjük el a megfelelő bázist.
Legyen t tetszőleges pozitív egész, és tekintsük az alábbi öt (diszjunkt)számtani sorozatot:
B = {b0 , . . . , bt }= {j | 0 ≤ j ≤ t};

C = {c0 , . . . , c3t−1 } = {2t + 1 + j(t + 1) | 0 ≤ j ≤ 3t − 1};
D = {d0 , . . . , dt }= {3t2 + 5t + 1 + j | 0 ≤ j ≤ t};

E = {e0 , . . . , et }= {6t2 + 12t + 3 + jt | 0 ≤ j ≤ t};

F = {f0 , . . . , ft }= {10t2 + 18t + 5 + jt | 0 ≤ j ≤ t}.

A számtani sorozatok különbsége tehát rendre 1, t + 1, 1, t, t, az elemszámuk
pedig t + 1, 3t, t + 1, t + 1, t + 1.
Jelölje At az öt sorozat egyesítését, ekkor |At | = 7t + 4. Belátjuk, hogy
At másodrendű bázis n = 14t2 + 24t + 7-re, azaz 14t2 + 24t + 6-ig minden
egész előáll két At -beli elem összegeként. Innen a felső becslés már következik:
tetszőleges n esetén vegyük azt a legkisebb t értéket,√amelyre n ≤ 14t2 +24t+7,
ekkor√ At megfelelő bázis n-hez és |At | = 7t + 4 ∼ 3,5n, ha n → ∞ (hiszent ∼ n/14).
Most tehát azt igazoljuk, hogy minden 0 ≤ r ≤ 14t2 + 24t + 6 egész
felírható két At -beli elem összegeként. Jelöljük [[x, y]]-nal az [x, y] intervallumba eső egészek halmazát. Nyilván
B + B = [[0 , 2t]]

és

B + C = [[2t + 1 , 3t2 + 5t]].

12.3. Összeghalmazok

523

Hasonlóan adódik, hogy
B + D = [[3t2 + 5t + 1 , 3t2 + 7t + 1]],
C + D = [[3t2 + 7t + 2 , 6t2 + 10t + 1]],
D + D = [[6t2 + 10t + 2 , 6t2 + 12t + 2]],
B + E = [[6t2 + 12t + 3 , 7t2 + 13t + 3]].
Az eddigiek alapján At + At ⊇ [[0 , 7t2 + 13t + 3]].
Most megmutatjuk, hogy C + E ⊇ [[7t2 + 13t + 4 , 9t2 + 17t + 3]]. Először isc0 + et−1 = (2t + 1) + (7t2 + 11t + 3) = 7t2 + 13t + 4.
Mivel a C sorozat diﬀerenciája t + 1, az E-é pedig t, ezért érdemes C egymás
után következő elemeihez rendre E-nek mindig a megfelelő korábbi elemeit
hozzáadni:
c1 + et−2 = c0 + et−1 + 1,
c2 + et−3 = c0 + et−1 + 2,...
ct−1 + e0 = c0 + et−1 + (t − 1).
A következő egészt a c0 + et = c0 + et−1 + t összegként kapjuk meg, majd ismét
C elemein előre, E elemein pedig visszafelé haladva a ci +et−i összegek minden
egészt előállítanak ct + e0 = c0 + et + t-ig. Ezután c1 + et = c0 + et + (t + 1)-reugorva, majd a c1+i + et−i összegeket véve megkapjuk a következő t + 1 egészt.
Az eljárást hasonlóan folytatva egészen a c3t−1 + e1 = 9t2 + 17t + 3 összegig
juthatunk el, azaz valóban C + E ⊇ [[7t2 + 13t + 4 , 9t2 + 17t + 3]].
Továbbhaladva, nyilván D + E = [[9t2 + 17t + 4 , 10t2 + 18t + 4]].
Végül, az előzőekhez hasonlóan megmutatható, hogy
B + F = [[10t2 + 18t + 5 , 11t2 + 19t + 5]],
C + F = [[11t2 + 19t + 6 , 13t2 + 23t + 5]],
D + F = [[13t2 + 23t + 6 , 11t2 + 24t + 6]].
Ezzel igazoltuk, hogy valóban minden 0 ≤ r ≤ 14t2 + 24t + 6 egész számrar ∈ At + At , és ezzel a felső becslés bizonyítását befejeztük.
Az alsó becsléshez tekintsünk egy A = {0 ≤ a1 < . . . < ak ≤ n − 1}
tetszőleges másodrendű bázist a [0, n − 1] intervallumon. Legyen
h(x) =

k
∑
i=1

xai

(6)

524

12. Kombinatorikus számelmélet

az A bázishoz tartozó „generátorfüggvény”, ekkor
h2 (x) =

k
(∑

xai

k
)(∑

i=1

=2

i,j=1

j=1

∑

∑

k
∑
)
xai +aj = 2
xaj =xai +aj −1≤i≤j≤kInnen
g(x) =

k∑1≤i<j≤k∑x2ai = 2i=1

xai +aj +k∑x2ai =

i=1

xai +aj − h(x2 ).

1≤i≤j≤k∑xai +aj =1≤i≤j≤kh2 (x) + h(x2 )
.
2

(7)

A g(x) polinomban xr együtthatója éppen azt mutatja, hogy az r hányféleképpen áll elő ai + aj alakban, ahol i ≤ j. Mivel az ai + aj összegek minden
0 ≤ r ≤ n − 1 számot előállítanak, ezért ezekre az r-ekre xr együtthatója
legalább 1, azaz
g(x) = 1 + x + . . . + xn−1 +2n−2∑

um xm , ahol um ≥ 0.

(8)

m=0

(7) és (8) alapján
2n−2∑
h2 (1) + h(1)k2 + kum .
g(1) =
=
=n+
2
2
m=0

(9)

Mivel um ≥ 0, ezért (9)-ből azonnal
kapjuk, hogy (k 2 + k)/2 ≥ n, ami a√tételünk kimondása előtti k ≥ 2n − (1/2) becslést adja. Ezt akkor tudjuk∑2n−2
javítani, ha m=0 um -re a 0-nál (lényegesen) jobb alsó becslést találunk.
Megmutatjuk, hogy
2n−2
∑
S=
um > νk 2 ,
(10)
m=0

ahol a ν > 0 konstans értékét a bizonyításból explicite meg fogjuk határozni,
és azt (9)-be visszahelyettesítve adódik majd a tétel állításában szereplő alsó
becslés.
Jelölje N = τ k, illetve P = (1 − τ )k azoknak az ai -knek a számát, amelyekre ai > (n − 1)/2, illetve ai ≤ (n − 1)/2 (itt tehát N + P = k és τ a „nagy”
ai elemek arányát jelöli ebben a konkrét A bázisban).

525

12.3. Összeghalmazok∑2n−2
Vegyük észre, hogy S ′ = m=n um éppen az n − 1-nél nagyobb ai + aj ,i ≤ j összegeknek a száma. Ha ai és aj is nagyobb, mint (n − 1)/2, akkor
ai + aj > n − 1, tehát
S ≥ S′ ≥(τ k + 1)(τ k)τ2 2(N + 1)N
=
≥
·k .
2
2
2

(11)

(Ez szemléletesen azt jelenti, hogy ha „sok” (n − 1)/2-nél nagyobb ai van,akkor sok összeg „vész kárba”, és így nagyobb elemszámú bázis szükséges az
n − 1-ig terjedő számok előállításához. Ehhez a meggondoláshoz nem is lettvolna szükség a generátorfüggvényre. Azonban, ha A-ban a „pici” ai elemekdominálnak, akkor már csak így boldogulunk, lásd az alábbiakban.)Helyettesítsünk most be (8)-ba az x helyére egy ϱ ̸= 1 komplex n-edik
egységgyököt. Ekkor a jobb oldal elején szereplő 1 + ϱ + . . . + ϱn−1 összeg 0,
tehát
2n−2
∑
g(ϱ) =um ϱm .
m=0

Mindkét oldal abszolút értékét véve|g(ϱ)| =2n−2∑

um ϱm ≤

m=0

2n−2
∑

|um | · |ϱ|m =

m=0

2n−2
∑

um = S,m=0hiszen um ≥ 0 és |ϱ| = 1. Innen (7) alapján
S ≥ |g(ϱ)| =|h2 (ϱ)| |h(ϱ2 )||h2 (ϱ) + h(ϱ2 )|
≥
−
.
2
2
2

(12)

Ezt folytatva a (12) jobb szélén álló különbségre kell alsó becslést adnunk,azaz a kivonandót felülről, a kisebbítendőt pedig alulról kell becsülnünk.
A h(x) generátorfüggvény (6) definíciója alapján|h(ϱ2 )| =

k
∑
i=1

hiszen |ϱ| = 1, tehátϱ2ai ≤k∑|ϱ|2ai = k,i=1|h(ϱ2 )|
k
≤
2
2

(13)

(ami elhanyagolható lesz a másik kérdéses tag, a |h2 (ϱ)|/2 kisebbítendő k 2 -es
nagyságrendjéhez képest).

526

12. Kombinatorikus számelmélet
Alsó becslést keresünk tehát a|h(ϱ)| =

k
∑

ϱai

(14)

i=1

kifejezésre. Emlékezzünk vissza, hogy lényegében azzal az esettel kell megbirkóznunk, amikor az (n − 1)/2-nél nem nagyobb ai -k dominálnak, vagyis
P = (1 − τ )k nagy. Ennek megfelelően (14)-ben különválasztjuk a pici és anagy ai -knek megfelelő részt:|h(ϱ)| =
≥

P
∑

ϱ

ai

k
∑

+

ϱ

i=1

i=P +1

P
∑

k
∑

ϱai −

i=1

P
∑

≥

ai

ϱ

i=1

|ϱai | =

P
∑

ai

k
∑

−

i=P +1

ϱai ≥(15)

ϱai − N.

i=1

i=P +1Így elég aT (ϱ) =

P
∑

ϱai

(16)

i=1

kifejezésre jó alsó becslést találnunk.
Legyen ω = cos(2π/n) + i sin(2π/n) és zj = ω aj , j = 1, . . . , P . Mivel
0 ≤ aj ≤ (n − 1)/2, ezért valamennyi zj komplex szám képzetes része nemnegatív, azaz a felső félsíkba esnek.
Legyen α egy később alkalmasan megválasztandó hegyesszög, és legyen F
azoknak a zj -knek a száma, amelyek βj szögére α ≤ βj ≤ π − α, nevezzük
ezeket „felső” zj -knek. (A többi P − F darab „alsó” zj esetén tehát 0 ≤ βj < αvagy π − α < βj < π.)
A felső zj -k képzetes része Im(zj ) ≥ sin α, az alsóké Im(zj ) ≥ 0, ezértP∑
j=1

zj ≥ ImP(∑)
zj ≥ F · sin α.

(17)

j=1

Ha most ϱ-t éppen ω-nak választjuk, akkor ϱaj = zj , és így (16) és (17)alapján
T (ω) ≥ F · sin α.
(18)
Legyen most ϱ = ω 2 , ekkor ϱaj = zj2 . Az alsó zj -kre z 2 szöge −2α és
2α közé esik, tehát a valós részük Re(zj2 ) > cos(2α), a felsők esetén pedig

12.3. Összeghalmazok

527

Re(zj2 ) ≥ −1 triviálisan. Ennek alapján
T (ω 2 ) =P∑

zj2 ≥ Re

P
(∑

j=1

)
zj2 ≥ (P − F ) cos(2α) − F.

(19)

j=1

Az α = π/6 választással (18)-ból, illetve (19)-ből
T (ω) ≥ F/2
LegyenésT (ω 2 ) ≥ (P − 3F )/2.

(20)

(
)
M = max T (ω), T (ω 2 ) ,ekkor (20) alapján
M≥P
3T (ω) + T (ω 2 )≥ ,48

és így azt kaptuk, hogy alkalmas ϱ-val (ϱ = ω vagy ϱ = ω 2 ) a (16)-beli T (ϱ)-ra
T (ϱ) ≥ P/8 teljesül. Ezt (15)-be beírva|h(ϱ| ≥

P
1 − 9τ
−N =
k
8
8

(21)

adódik. Így (12), (13) és (21) alapjánS≥(1 − 9τ )2 2 k
k − .
128
2

(22)

Figyelembe véve (11)-et is kapjuk, hogyS ≥ max

(τ2
2

k2 ,

(1 − 9τ )2 2 k )
k −
.
128
2

(23)

A „legrosszabb” eset, ha a két értékben a k 2 együtthatója megegyezik, azaz
τ = 1/17, és ekkor
k2
k
S≥
− ,
(24)
578 2
azaz (10) (a k/2 hibatagtól eltekintve) a ν = 1/578 konstanssal teljesül.
(24)-et (9)-be behelyettesítve kapjuk, hogy
k2 + k
k2
k
≥n+
− ,
2
578 2

528
ahonnan

12. Kombinatorikus számelmélet

144 2
k + k ≥ n,289

és így(k + 2)2 >

289
n,
144

ami éppen a tételben állított alsó becslést jelenti.
Feladatok
12.3.1 Igazoljuk a valós számok részhalmazaira vonatkozó alábbi állításokat.
a) Ha |A| = k, akkor |A + A| ≥ 2k − 1, és egyenlőség akkor és csak akkor
teljesül, ha A elemei számtani sorozatot alkotnak.
b) Ha |A| = k, |B| = r, akkor |A + B| ≥ k + r − 1, és egyenlőség akkor
és csak akkor teljesül, ha k = 1 vagy r = 1, vagy pedig A és B elemeiazonos diﬀerenciájú számtani sorozatot alkotnak.
c) Ha |Ai | = ki , i = 1, 2, . . . , t, akkor |A1 +. . .+At | ≥ k1 +. . .+kt +1−t,és ha ki > 1, i = 1, 2, . . . , t, akkor egyenlőség pontosan abban az
esetben teljesül, ha minden Ai -ben az elemek azonos diﬀerenciájú
számtani sorozatot alkotnak.
12.3.2 Igazoljuk a 12.3.1 Tétel tetszőleges m modulusra vonatkozó alábbiáltalánosítását: Legyen A, B ⊆ Zm , 0 ∈ B. Ekkor |A + B| ≥≥ min(m, |A| + s), ahol s a B elemei között az m-hez relatív prímek
száma. Mutassunk példát olyan összetett m-re és s < |B| − 1-re,amikor egyenlőség teljesül.
12.3.3 Bizonyítsuk be az alábbi állításokat.
a) Legyen A, B ⊆ Zm , 0 ∈ A ∩ B, és tegyük fel, hogy a ∈ A, b ∈ Bmellett a + b = 0 csak a = b = 0 esetén teljesül. Ekkor |A + B| ≥≥ |A|+|B|−1. (A feltételből most következik, hogy |A|+|B|−1 ≤ m,ezért az állításban az egyenlőtlenségnél nincs szükség a 12.3.1 Tételhez hasonló minimumos megfogalmazásra.)b) Az (a)-beli egyenlőtlenség éles.
c) Az (a)-beli állítás Zm helyett tetszőleges Abel-csoport (véges) részhalmazaira is teljesül.
∗

12.3.4 Legyen p prím, A ⊆ Zp , |A| = k és A+̂A = {a+a′ | a, a′ ∈ A, a ̸= a′ },azaz most csak a különböző elemekből képezett kéttagú összegek halmazát vizsgáljuk. Igazoljuk, hogy |A+̂A| ≥ min(p, 2k − 3).
Megjegyzések : 1. Erdősnek és Heilbronn-nak ezt a sokáig megoldatlan
sejtését Hamidoune és Da Silva igazolta először, majd Alon, Ruzsa
és Nathanson adott rá egyszerűbb bizonyítást.
2. Az A = {0, 1, . . . , k − 1} példa mutatja, hogy ez a becslés nem
javítható.

12.3. Feladatok529

12.3.5a) Legyen T tetszőleges kommutatív test, A, B ⊆ T , |A| = k, |B| = r,
továbbá F (x, y) olyan T feletti kétváltozós polinom, amelynek a foka
k + r − 2, és amelyben az xk−1 y r−1 tag együtthatója nem nulla.
Lássuk be, hogy van olyan a ∈ A, b ∈ B, amelyre F (a, b) ̸= 0.
b) Általánosítsuk az (a) részt 2 helyett n részhalmazra és n-változós F
polinomra.
M∗ 12.3.6 Legyen p > 2 prím, és C, ill. D a Zp -nek két tetszőleges, azonos elemszámú részhalmaza. Mutassuk meg, hogy C és D elemei párba állíthatók úgy, hogy az egyes párok elemeiből képezett kéttagú összegek
mind különbözők legyenek.
12.3.7 Fogalmazzuk meg és bizonyítsuk be a 12.3.1 Tétel megfelelőjét kettőnél több halmaz esetére.
12.3.8 A 3.6.6 feladatot és annak síkbeli, valamint magasabb dimenziós általánosításait vizsgáljuk.
∗a) Adjunk új bizonyítást a 3.6.6 feladatra a 12.3.7 feladat felhasználásával.
b) Igazoljuk, hogy a szokásos síkbeli négyzetrácson 5 tetszőleges rácspont között biztosan van két olyan, amelyeknek a szakaszfelező pontja
is rácspont.
c) Legyen f (n) a legkisebb olyan szám, hogy f (n) darab tetszőlegessíkbeli rácspont közúl mindig kiválasztható n darab olyan, amelyek
súlypontja is rácspont. Mutassuk meg, hogy f (n) ≥ 4n − 3.
Megjegyzés: 2004-ben igazolták azt a régi sejtést, hogy f (n) = 4n−3.
d) Legyen f (n, d) a legkisebb olyan szám, hogy a d-dimenziós szokásos
rácson f (n, d) darab rácspont közül mindig kiválasztható n darab
olyan, amelyeknek a súlypontja is rácspont. Bizonyítsuk be, hogy(i) 2d (n − 1) + 1 ≤ f (n, d)) ≤ nd (n − 1) + 1;(ii) f (nm, d) ≤ f (n, d) + n(f (m, d) − 1).
Megjegyzés: (i)-ben a felső becslés nagymértékben, cd n-re javítható,
ahol cd csak a d-től függő konstans. Az alsó becslés d = 1 és 2
esetén pontos (lásd az (a) részt, illetve a (c) rész utáni megjegyzést).
Kiderült azonban, hogy minden d > 2-re és páratlan n ≥ 3-ra az alsó
becslés javítható (n = 2k esetén az alsó becslés adja a helyes értéket
minden d-re, lásd alább). Az f (n, d) pontos értéke n > 2 és d > 2
mellett csak az alábbi néhány esetben ismert:
f (3, 3) = 19, f (3, 4) = 41, f (3, 5) = 91 és f (2k , d) = (2k − 1)2d + 1.

530

12. Kombinatorikus számelmélet

12.3.9 Legyen p prím, A ⊆ Zp , és tegyük fel, hogy két különböző A-belielem különbsége sohasem négyzetelem Zp -ben (azaz ai −aj semmilyen√
i ̸= j-re sem kvadratikus maradék mod p). Lássuk be, hogy |A| < p.
12.3.10 A [0, n − 1] intervallum egy h-adrendű bázisán nemnegatív egészek
olyan A halmazát értjük, hogy minden 0 ≤ r ≤ n − 1 egész felírható
h darab A-beli elem összegeként. Jelölje g(h, n) az ilyen bázisok
elemszámának minimumát. Bizonyítsuk be, hogy√hh!n − h + 1 < g(h, n) <√hhh n + h.

12.4. Schur tétele
A kombinatorikus számelméletnek ez a klasszikus eredménye érdekes módon
az ettől igen távolinak tűnő Fermat-sejtéssel kapcsolatban született, a bizonyításhoz pedig gráfelméleti módszerekre van szükség. A ma is intenzíven
vizsgált témakör számos megoldatlan problémával is „büszkélkedhet”.
Először a gráfelméleti háttérrel foglalkozunk. Kiindulásul tekintsük az
alábbi közismert feladványt: 6 ember között biztosan van vagy 3 olyan, akik
közül bármelyik kettő ismeri egymást, vagy 3 olyan, akik közül semelyik kettő
sem ismeri egymást (az ismeretséget kölcsönösnek tételezzük fel).
Fogalmazzuk ezt át a gráfelmélet nyelvezetére. Tekintsük azt a 6 szögpontú teljes gráfot, amelynek a csúcsai az embereink, és két csúcsot összekötő
él legyen piros, ha a két ember ismeri egymást, és kék, ha nem ismerik egymást.
Az állítás ekkor úgy szól, hogy akárhogyan is színezzük ki egy 6 szögpontú teljes gráf éleit pirossal és kékkel, biztosan keletkezik egyszínű háromszög.
Ennek igazolásához vegyük a gráf egy tetszőleges A csúcsát. Az ebből
kiinduló 5 él között van (legalább) 3 azonos színű, mondjuk piros. Ha ezen 3
él másik végpontja, B, C és D között vezet piros él, pl. a BC él piros, akkor
ABC piros háromszög, ellenkező esetben pedig BCD kék háromszög.
A feladványt a következőképpen általánosíthatjuk: az n szögpontú teljes
gráf éleit t színnel színezzük, és egyszínű háromszög helyett olyan k szögpontú
teljes részgráfot akarunk találni, amelynek minden éle azonos színű (az eredeti
probléma a t = 2, k = 3 speciális esetet jelenti). Ramsey alapvető tétele azt
mondja ki, hogy (k-tól és t-től függően) elég nagy n esetén mindig van ilyen
részgráf:12.4. Schur tétele

531

T 12.4.1
12.4.1 Tétel (Ramsey tétele)
Bármely t és k esetén létezik olyan n = R(k, t), hogy ha egy n szögpontú
teljes gráf éleit akárhogyan színezzük ki t színnel, lesz olyan k szögpontú teljes
részgráf, amelynek minden éle azonos színű. ♣A továbbiakban R(k, t)-vel a legkisebb ilyen tulajdonságú n-et fogjuk
jelölni.
Az előzőkben beláttuk, hogy R(3, 2) ≤ 6, és könnyen adódik, hogy itt
valójában egyenlőség áll (lásd a 12.4.1 feladatot). A tétel bizonyításából leolvasható, hogy R(3, t) ≤ 3t!, sőt az is kihozható, hogy R(3, t) ≤ ⌈et!⌉, ahole = 2,71 . . . a természetes logaritmus alapszáma (lásd a 12.4.2 feladatot). Finomabb módszerekkel a konstans szorzó e − 1/24-re javítható, ennél jobb felső
becslés nem ismeretes, bár ez minden bizonnyal igen messze van a ténylegesR(3, t) értéktől. Az R(k, t) Ramsey-számok pontos értéke csak nagyon kevés
esetben ismert, pl. R(3, 3) = 17, és az alsó és felső becslések is igen messze
esnek egymástól.
Bizonyítás: A jobb áttekinthetőség kedvéért először a k = 3 esetet igazoljuk tszerinti teljes indukcióval, és utána térünk át általános k-ra. (Megjegyezzük,
hogy a Schur-tétel bizonyításánál majd csak a k = 3 esetre lesz szükség.)
I. Az indukció kezdő esete lehet akár t = 1 (nyilván R(3, 1) = 3), akár
t = 2, a már igazolt R(3, 2) ≤ 6 összefüggés alapján. Az utóbbi bizonyításához
használt gondolatmenetből leolvashatjuk az általános indukciós lépést is.
Tegyük fel, hogy n = R(3, t − 1) létezik, és színezzük ki egy N szögpontú
teljes gráf éleit most t színnel. Ha N ≥ 1+t(n−1)+1, akkor egy tetszőleges A
csúcsból induló éleket nézve, ezen t(n − 1) + 1 él között a skatulyaelv alapjánlesz (legalább) n egyszínű, pl. piros. Ha ezen élek másik végpontjai, pl. B és
C között vezet piros él, akkor ABC piros háromszög. Ellenkező esetben pedig
ezek a végpontok egy olyan n szögpontú teljes gráf csúcsai, amelynek élei csakt − 1 színnel vannak színezve, és így az indukciós feltétel szerint van benne
egyszínű háromszög.
II. Az általános eset bizonyításához az alábbi módon érdemes finomítani
a feladatot. Az egyszerűbb megfogalmazás kedvéért a gráf mérete jelentsea csúcsok számát, a színek legyenek az 1, 2, . . . , t számok, és j színű gráfonértsünk olyan (teljes) gráfot, amelyben minden él színe j. Ekkor a módosított
állítás a következő.
Bármely t és k1 , . . . , kt esetén létezik olyan n = R∗ (k1 , k2 , . . . , kt ), hogy ha
egy n szögpontú teljes gráf éleit akárhogyan színezzük ki az 1, 2, . . . , t színekkel,
lesz olyan j, hogy a gráf tartalmaz egy kj méretű j színű teljes részgráfot.

532

12. Kombinatorikus számelmélet(R∗ (k1 , k2 , . . . , kt ) most is jelentse a legkisebb ilyen tulajdonságú n-et.)
A két probléma könnyen átjátszható egymásra: egyrészt nyilván R(k, t) =∗= R (k, . . . , k), másrészt R∗ (k1 , . . . , kt ) ≤ R(k, t), ahol k = max(k1 , . . . , kt ).
A módosított állításnál a minden ki = 1 vagy 2 kiindulási eset triviális,az indukció pedig az alábbi formában működik:R∗ (k1 , . . . , kt ) ≤ 1 +t∑[R∗ (k1 , . . . , kj − 1, . . . , kt ) − 1] + 1.

(1)

j=1

Valóban, színezzük ki egy N szögpontú teljes gráf éleit t színnel, ahol
N az (1) jobb oldalán álló érték. Ekkor egy tetszőleges A csúcsot véve, az
innen induló élek között a skatulyaelv miatt valamelyik j-re lesz (legalább)R∗ (k1 , . . . , kj − 1, . . . , kt ) darab j színű. Az ezen élek másik végpontjai alkotta
teljes gráfban van egy, az indukciós feltétel által biztosított méretű egyszínű
részgráf. Ha ennek színe i ̸= j, akkor egy ki méretű i színű részgráfot kaptunk,tehát készen vagyunk. A j szín esetén pedig kj − 1 csúcsú részgráf adódott,ami az A csúccsal együtt már egy kj méretű j színű részgráfot jelent.
Schur tétele számok színezésére vonatkozik:
T 12.4.2
12.4.2 Tétel (Schur tétele)
Bármely t esetén létezik olyan n = S(t), hogy ha az 1, 2, . . . , n+1 számokat
akárhogyan színezzük ki t színnel, lesz olyan azonos színű a és b, amelyek a + bösszege is ugyanilyen színű (a = b is megengedett). ♣A továbbiakban S(t)-vel a legkisebb ilyen tulajdonságú n-et fogjuk jelölni,vagyis S(t) a legnagyobb „rossz” szám: 1, 2, . . . , S(t) még kiszínezhető t színnel
úgy, hogy az x + y = z egyenletnek ne legyen egyszínű megoldása. (A Ramseytételnél R(k, t) a legkisebb „ jó” számot jelentette; a két kissé eltérő szellemű
jelölés hagyományosan így alakult ki, ezért mi is ezekhez tartjuk magunkat.)Nyilván S(1) = 1 és könnyen adódik, hogy S(2) = 4. Ezeken kívül pontosértékként csak S(3) = 13 és S(4) = 44 ismert. Az S(t) Schur-számok alsó ésfelső becsléseire vonatkozóan lásd a 12.4.3 feladatot.
Bizonyítás: Megmutatjuk, hogy S(t) < R(3, t), azaz az 1, 2, . . . , R(3, t) számokat akárhogyan színezzük ki t színnel, teljesül az előírt tulajdonság. Tekintsük
azt a teljes gráfot, amelynek csúcsai a fenti számok, és az (i, j) él (gráf)színe
legyen az |i−j| (szám)színe. Ekkor a Ramsey-tétel alapján keletkezik a gráfban
egyszínű háromszög, azaz van olyan i < j < m, amelyre az (i, j), (j, m) és12.4. Schur tétele

533(i, m) gráfélek azonos színűek, vagyis a = j − i, b = m − j és a + b = m − i(szám)színe azonos.
Most rátérünk a Schur-tételnek a Fermat-sejtéssel való kapcsolatára.
Tekintsük az xt +y t ≡ z t (mod p) kongruenciát. Ha végtelen sok p prímre
csak triviális, azaz xyz ≡ 0 (mod p) megoldás létezik, akkor abból következika Fermat-sejtés a t kitevőre: ha ugyanis indirekt az a, b, c nemnulla számokra
at + bt = ct , akkor ezek a kongruenciának is nemtriviális megoldását adják
minden p > max(|a|, |b|, |c|) prímre, és ez ellentmond annak, hogy végtelen
sok prímre csak triviális megoldás létezik. Megmutatjuk azonban, hogy ez azötlet sajnos nem vezethet el a Fermat-sejtés bizonyításához:T 12.4.3
12.4.3 Tételttt
Az x + y ≡ z (mod p) kongruenciának minden (t-től függően) elég nagy
p prímre van nemtriviális, azaz xyz ̸≡ 0 (mod p) megoldása. ♣Bizonyítás: Legyen p − 1 > S(t), g primitív gyök mod p, és színezzük ki az
1, 2, . . . , p − 1 számokat a 0, 1, . . . , t − 1 színekkel a következőképpen: r színűek
legyenek azok a számok, amelyek g r , g r+t , g r+2t , . . . -vel kongruensek mod p.
Ekkor a Schur-tétel szerint keletkezik azonos színű a, b, a + b, azaz valamilyen r-rela ≡ g st+r ,b ≡ g ut+r ,a + b ≡ g vt+r (mod p),és ígyg st+r + g ut+r ≡ g vt+r (mod p).
Ezt a p-hez relatív prím g r -rel egyszerűsítve(g s )t + (g u )t ≡ (g v )t (mod p)adódik, vagyis x = g s , y = g u , z = g v egy nemtriviális megoldását adja akongruenciának.
A természetes számok színezésével kapcsolatban Schur egy másik problémát is felvetett, amelyet először Van der Waerden oldott meg, ezt bizonyítás
nélkül közöljük:
T 12.4.4
12.4.4 Tétel (Van der Waerden tétele)
A természetes számokat tetszőlegesen színezve két színnel, biztosan keletkezik akármilyen hosszú (véges) egyszínű számtani sorozat. ♣534

12. Kombinatorikus számelmélet

Van der Waerden valójában a tételnek az alábbi végesített és több színt
szerepeltető változatát igazolta egy ravasz teljes indukcióval:T 12.4.4A
12.4.4A Tétel (Van der Waerden tétele)
Bármely t és k esetén létezik olyan n = w(k, t), hogy az 1, 2, . . . , nszámokat t színnel tetszőlegesen kiszínezve biztosan keletkezik k-tagú egyszínű
számtani sorozat. ♣Az R(k, t) Ramsey- és S(t) Schur-számokhoz hasonlóan a (minimális)w(k, t) Van der Waerden-számok alsó és felső becslései is nagyon messze esnek
egymástól, és csak nagyon kevés pontos érték ismert:w(3, 2) = 9,w(4, 2) = 35,
w(5, 2) = 178, w(6, 2) = 1132,
w(3, 3) = 27,

w(4, 3) = 293,w(3, 4) = 76,

valamint triviálisan w(k, 1) = k és w(2, t) = t + 1. A két szín esetére aw(k) = w(k, 2)-re vonatkozó alsó becslésekről lásd a 12.4.11 feladatot.
Könnyen adódik, hogy a természetes számokat két színnel színezve nem
feltétlenül kapunk végtelen hosszú egyszínű számtani sorozatot, sőt még az iselérhető, hogy pirosból végtelen hosszú, kékből pedig még háromtagú számtani
sorozat se keletkezzék (lásd a 12.4.7 feladatot).
Befejezésül a Van der Waerden-tétel egy nagyfokú általánosítását említjük
meg. Erdősnek és Turánnak ezt a nevezetes, sok évtizeden át megoldatlan sejtését végül Szemerédi Endre igazolta, és ezzel elnyerte a legnagyobb díjat (1000
dollárt), amelyet Erdős matematikai problémák megoldásáért kitűzött, és amelyet tényleg ki is kellett fizetnie, mert a problémát valóban megoldották. (Jóval Erdős halála után, 2014-ben egy 10000 dolláros problémáját is megoldották. Ez a prímszámok közötti hézagra vonatkozó 5.5.4 Tétel (B) része, amiErdős és Rankin 78(!) évvel korábbi eredményének minimális(!) javítása:
az Erdős–Rankin becslésben a nevező négyzete szerepelt.) Szemerédi 2012ben az egyik legrangosabb matematikai kitüntetésben, Abel-díjban részesült aszámelméletben, kombinatorikában és számítógéptudományban elért alapvető
eredményeiért.
Nézzük tehát Erdős és Turán kérdését. Van der Waerden tétele „csak”
azt állítja, hogy a természetes számsort, illetve annak elég nagy kezdőszeletétkiszínezve biztosan keletkezik előírt hosszúságú egyszínű számtani sorozat, denem mondja meg, melyik színből. Természetesen azt érezzük, hogy bizonyára aleggyakrabban előfordulóból. Ennek kapcsán vetette fel Erdős és Turán, hogy
ha a természetes számoknak egy tetszőleges, elég sűrű részsorozatát vesszük,
akkor ennek is kell tartalmaznia előírt hosszúságú számtani sorozatot. Sejtésük
pontos megfogalmazása a következő.

12.4. Feladatok

535

T 12.4.5
12.4.5 Tétel (Szemerédi tétele)
Tekintsük az {1, 2, . . . , n} legnagyobb elemszámú olyan részhalmazát,
amely még nem tartalmaz k hosszúságú számtani sorozatot, ennek elemszámát
jelölje rk (n). Ekkor bármely rögzített k-ra limn→∞ rk (n)/n = 0. ♣Ebből van der Waerden tétele valóban következik, ugyanis ha az 1, 2, . . . , nszámokat t színnel színezzük, akkor van olyan szín, ami legalább n/t-szer fordul
elő, és elég nagy n-re n/t > rk (n) (hiszen 1/t nagyobb lesz, mint a 0-hoz
tartó rk (n)/n), vagyis ebből a színből biztosan kapunk k hosszúságú számtani
sorozatot.
A Szemerédi-tétel más megfogalmazásban azt mondja ki, hogy a természetes számoknak bármely pozitív felső sűrűségű részsorozata tartalmaz
akármilyen hosszú (véges) számtani sorozatot. Erdős ezután azt sejtette, hogy
ez a tulajdonság ennél ritkább sorozatokra is igaz: elég az, hogy az elemek
reciprokösszege divergens legyen. Nagy meglepetést keltett, amikor ezt a sejtést a prímszámok sorozatára 2004-ben igazolták (vagyis a prímszámok között
előfordul tetszőlegesen hosszú számtani sorozat, lásd az 5.1. pontot is), azáltalános sejtés azonban továbbra is megoldatlan.
Feladatok
12.4.1 Lássuk be, hogy R(3, 2) = 6, R(k, 1) = k, R(1, t) = 1 és R(2, t) = 2.
12.4.2 Mutassuk meg, hogy (a) R(3, t) ≤ 3t!; (b) R(3, t) ≤ ⌈et!⌉.
12.4.3 Igazoljuk a Schur-számokra vonatkozó alábbi egyenlőtlenségeket:(a) S(t) < et!;(b) S(t + 1) ≥ 3S(t) + 1;(c) S(t) ≥ (3 − 1)/2;∗t(d) S(t + v) ≥ 2S(t)S(v) + S(t) + S(v).

Megjegyzések : A (b) rész a (d)-nek v = 1 speciális esete. A (d) részés S(5) ≥ 160 felhasználásával a (c)-beli alsó becslés kicsit javítható.
12.4.4 Adott n-hez adjuk meg azt a legnagyobb r = f (n)-et, amelyre az
n, n+1, . . . , r számok kiszínezhetők két színnel úgy, hogy az x+y = zegyenletnek ne legyen egyszínű megoldása.
12.4.5 Bizonyítsuk be, hogy bármely t esetén létezik olyan n, hogy ha az
1, 2, . . . , n+1 számokat akárhogyan színezzük ki t színnel, lesz 3 olyan
azonos színű, de nem feltétlenül különböző szám, amelyek összege isugyanilyen színű.
12.4.6 Legyen t rögzített. Mutassuk meg, hogy minden elég nagy p prímre
létezik két szomszédos t-edik hatványmaradék mod p, azaz olyan

536

12. Kombinatorikus számelméleta ̸≡ 0, 1 (mod p), hogy az xt ≡ a − 1 és a z t ≡ a (mod p) kongruencia is megoldható.

12.4.7 Bizonyítsuk be, hogy a természetes számokat ki lehet úgy színezni
pirossal és kékkel, hogy ne jöjjön létrea) végtelen hosszú egyszínű számtani sorozat;∗b) se végtelen hosszú piros, se pedig 3-tagú kék számtani sorozat.
12.4.8 Lássuk be, hogy a természetes számokat akárhogyan színezzük ki
véges sok színnel, bármely k-ra végtelen sok olyan k-tagú számtani
sorozat keletkezik, amelyek mind azonos színűek.
12.4.9 Igazoljuk, hogy a természetes számokat tetszőlegesen kiszínezve véges
sok színnel, biztosan keletkezik akármilyen hosszú (véges) egyszínű
mértani sorozat.
12.4.10 Lássuk be, hogy w(3, 2) = 9.
∗∗12.4.11 Igazoljuk a w(k) = w(k, 2)-re vonatkozó alábbi alsó becsléseket:√(a) w(k) ≥ 2k/2 k − 1; M(b) w(p + 1) > p(2p − 1), ha p prím.

M∗∗ 12.4.12 Lássuk be az r3 (n)-re vonatkozó alábbi√ alsó becslést: minden elégnagy n-re megadható 1 és n között n/ec log n olyan egész szám (aholc > 0 alkalmas konstans), amelyek között nem fordul elő háromtagú
számtani sorozat.

12.5. Fed®rendszerek
Ismét Erdős egyik „kedvenc” problémája következik: a nemnegatív egész számokat véges sok, különböző diﬀerenciájú számtani sorozat egyesítéseként állítjuk elő:{0, 1, . . . , n, . . .} == {a1 , a1 + m1 , a1 + 2m1 , . . .} ∪ . . . ∪ {ak , ak + mk , ak + 2mk , . . .},ahol 1 < m1 < . . . < mk .

(1)

Ennek (ekvivalens) átfogalmazása, hogy az egész számokat különböző
modulusok szerinti maradékosztályokkal fedjük le: minden t egész szám elemeaz
a1 (mod m1 ), . . . , ak (mod mk ), 1 < m1 < . . . < mk(2)

12.5. Fedőrendszerek

537

maradékosztályok közül legalább az egyiknek, azaz van olyan i, amelyre t ≡ ai(mod mi ).
A számtani sorozatok, illetve maradékosztályok ilyen rendszerét (kongruencia) fedőrendszernek nevezzük.
Példa fedőrendszerre:0 (mod 2), 0 (mod 3), 1 (mod 4), 1 (mod 6), 11 (mod 12).

(3)

Ennél kevesebb modulusú fedőrendszer nem létezik, és 5 kongruencia esetén iscsak ez az 5 modulus lehet (lásd a 12.5.4 feladatot).
Erdős a fedőrendszereket egy látszólag távoli probléma megoldásához találta ki, lásd a 12.5.2 Tételt. Számos nyitott kérdés kapcsolódik a fedőrendszerekhez, ezek közül a két legrégibb és egyben legérdekesebb a következő:• Van-e fedőrendszer csupa páratlan modulusból? Ez továbbra is megoldatlan.
• Van-e minden L-hez olyan fedőrendszer, amelynek minden modulusa nagyobb L-nél?
Itt L értékét sikerült fokozatosan növelni egészen L = 40-ig. Nielsennek ebben a 2008-as rendkívül terjedelmes és ravasz konstrukciójában csak a
megfelelő jelölésrendszer elmagyarázása több oldalon át zajlik.
Ezek után nagy meglepetést okozott, hogy erre a kérdésre a válasz negatív,
azaz létezik egy felső korlát a fedőrendszerek legkisebb modulusára. Hough ezt
az eredményt éppen az Erdős születésének 100-adik évfordulójára rendezettkonferencián jelentette be 2013-ban.
Természetesen merül fel az egzakt vagy diszjunkt fedés, vagyis amikor az(1)-beli számtani sorozatok, illetve a (2)-beli maradékosztályok diszjunktak,
azaz minden egész szám pontosan egy (2)-beli kongruenciát elégít ki.
Az alábbi tétel mutatja, hogy ez nem lehetséges:T 12.5.1
12.5.1 Tétel
A nemnegatív egészek nem állíthatók elő véges sok, különböző diﬀerenciájú számtani sorozat diszjunkt egyesítéseként. ♣A tételre két bizonyítást adunk, az első a komplex számokra vonatkozó
elemi analízisre támaszkodik, a második az állítást egy önmagában is érdekes
geometriai problémára átfogalmazva igazolja.
Első bizonyítás: Generátorfüggvényt használunk, z komplex számot jelöl, ahol|z| < 1.

538

12. Kombinatorikus számelmélet

Tegyük fel indirekt, hogy (1)-ben diszjunkt egyesités szerepel. Ekkor minden n ≥ 0 egyértelműen áll elő n = ai + rmi alakban, ahol 1 ≤ i ≤ k és r ≥ 0.
Ezért a |z| < 1-re érvényes abszolút konvergencia és az ebből adódó átrendezhetőség miatt(z a1 + z a1 +m1 + z a1 +2m1 + . . .) + . . . + (z ak + z ak +mk + z ak +2mk + . . .) == 1 + z + z2 + . . . + zn + . . . .
A mértani sorokat összegezve kapjuk, hogy
k
∑
i=1

z ai

1
1
=
.
1 − z mi1−z

(4)

Ha a z komplex változó (egy |z| < 1 tartománybeli úton) tart egy mi -edik
egységgyökhöz, akkor (4) bal oldalán az ennek megfelelő z ai /(1 − z mi ) tag
nem lesz korlátos. Ha tehát z → w = cos(2π/mk ) + i sin(2π/mk ), akkor abal oldal utolsó tagja nem korlátos, a többi tag és a jobb oldal viszont igen,hiszen mk maximalitása miatt w nem lesz mi -edik egységgyök i < k-ra. Ígyellentmondásra jutottunk.
Második bizonyítás: Tegyük fel most is indirekt, hogy (1)-ben diszjunkt egyesítés szerepel. Mivel a számtani sorozatok periodikusak a diﬀerenciák legkisebb
közös többszöröse M = [m1 , . . . , mk ] szerint, ezért az indirekt feltevés ekvivalens azzal, hogy az 1, 2, . . . , M számok mindegyike pontosan egy lefedő
számtani sorozatnak eleme.
Rajzoljunk egy szabályos M -szöget, a csúcsait számozzuk meg sorban
1, 2, . . . , M -mel. Minden lefedő számtani sorozathoz válasszunk egy-egy (különböző) színt, és az adott számtani sorozat által lefedett csúcsokat fessük az
ehhez tartozó színűre. Pl. ha M = 12, és az 1 (mod 4) számtani sorozathoz apiros tartozik, akkor az 1, 5 és 9 csúcsok lesznek piros színűek.
Nyilván az ai (mod mi ) számtani sorozat által lefedett csúcsok egy
ni = M/mi oldalú szabályos sokszöget alkotnak (megengedve a szakasszá,
illetve ponttá elfajuló ni = 2, illetve 1 eseteket is), és így n1 > n2 > . . . > nk .
Az indirekt feltevés ebben a geometriai átfogalmazásban azt jelenti, hogy
van olyan szabályos M -szög, amelynek a csúcsai kiszínezhetők néhány (k > 1)
színnel úgy, hogy az egyszínű csúcsok különböző oldalszámú (esetleg elfajuló)
szabályos sokszögeket alkossanak.
Azt az egyszerű geometriai tényt fogjuk felhasználni, hogy egy szabályos
n-szög középpontjából a csúcsokba mutató vektorok összege nulla, ha n > 1(beleértve az n = 2 elfajuló esetet is). Ez azért igaz, mert az összegvektor

12.5. Fedőrendszerek539

a középpont körüli 2π/n szögű elforgatáskor egyrészt nem változik, hiszen asokszög önmagába megy át, másrészt viszont maga is elfordul az adott szöggel,és így csak a nullvektor lehet.
A gondolatmenet jobb megvilágítása céljából tegyük fel először, hogynk = 1. Legyen s, illetve si , i = 1, . . . , k, a szabályos M -szög középpontjából
az M -szög, illetve az i-edik színű
∑k csúcsok alkotta ni -szögbe mutató vektorokösszege. Ekkor nyilván s = i=1 si , másrészt az előbbi megjegyzés alapjáns = s1 = . . . = sk−1 = 0, de sk ̸= 0, ami ellentmondás.
Az általános esetet erre a következőképpen tudjuk visszavezetni. Legyen trögzített, és tekintsük a szabályos M -szög csúcsainak azt a transzformációját,amely a j csúcsot a tj (mod M ) csúcsba viszi át (j = 1, . . . , M ). Megmutatjuk,
hogy ekkor az eredetileg egyszínű csúcsok képei továbbra is egy szabályos sokszög csúcsait fedik le azonos multiplicitással. Például, ha M = 12, t = 2,
akkor az 1 (mod 4) számtani sorozatnak megfelelő 1, 5, 9 csúcsok képe rendre
2, 10, 6, vagyis a 2, 6, 10 szabályos háromszöget kapjuk; a 2 (mod 3) kongruencia esetén a 2, 5, 8, 11 csúcsok képe rendre 4, 10, 4, 10, tehát a 4, 10 szabályos kétszög csúcsait nyerjük, mindegyiket kétszer; és végül a 4 (mod 6)-ból
adódó 4, 10 csúcsok képe 8, 8, tehát ez az „egyszög” jött létre kétszeres multiplicitással.
Általában is, az ai (mod mi )-nek megfelelő ai + jmi , j = 0, 1, . . . , ni − 1
csúcsok képe tai + jtmi (mod M ). Ezt a tmi diﬀerenciájú számtani sorozatot
mod M nézve kapjuk, hogy a képek (alkalmas sorrendben) tai -ból indulva az
egymástól (tmi , M ) = (t, ni )mi távolságra levő csúcsokat adják, mindegyiketugyanannyiszor, éspedig (t, ni )-szer. Vagyis a képek valóban egy szabályos
sokszög csúcsait fedik le azonos multiplicitással, és pontosan akkor kapunk„egyszöget”, ha ni | t.
Ennek alapján válasszuk t értékét nk -nak. Ekkor a képekre megismételvea kőzéppontból a csúcsokba mutató vektorok összegét vizsgáló gondolatmenetünket, minden i < k-ra az ni -szögek, valamint az eredeti M -szög képénél
ez az összegvektor nulla, az nk -szög képénél viszont nem, és ezzel ugyanúgy
ellentmondásra jutottunk, mint az nk = 1 speciális esetben.
Most rátérünk Romanov problémájára, amelynek megoldásához Erdős afedőrendszereket felhasználta.
T 12.5.2
12.5.2 Tétel
Végtelen sok olyan páratlan szám van, amely nem írható fel egy kettőhatvány és egy prímszám összegeként. ♣Bizonyítás: Azt a jóval erősebb állítást igazoljuk, hogy létezik olyan, páratlan

540

12. Kombinatorikus számelmélet

számokból álló végtelen számtani sorozat, amelynek egyik eleme sem írható
fel a fenti alakban.
Induljunk ki az alábbi ai (mod mi ), i = 1, 2, . . . , 6 fedőrendszerből:0 (mod 2), 0 (mod 3), 1 (mod 4), 3 (mod 8), 7 (mod 12), 23 (mod 24).
(5)
Felhasználjuk, hogy minden mi -hez létezik olyan pi prím, amelyre a 2 rendje
mod pi éppen mi , azaz opi (2) = mi : ilyen pi prímek rendre a 3, 7, 5, 17, 13,
illetve 241:o3 (2) = 2, o7 (2) = 3, o5 (2) = 4, o17 (2) = 8, o13 (2) = 12, o241 (2) = 24.

(6)(Megjegyezzük, hogy minden m ̸= 6 esetén létezik olyan p prím, amelyre a 2
rendje mod p éppen m, ezért a céljainkra a (3) fedőrendszer nem lett volna alkalmas, de minden olyan fedőrendszer megfelelt volna, amelyben a modulusok
között a 6 nem szerepel. Az nyilvánvaló, hogy különböző m-ekhez mindig
különböző p prímek tartoznak.)Tekintsük a fenti ai , mi , pi értékeket és válasszuk s-et úgy, hogy 2s−1 >> maxi pi teljesüljön, tehát az (5)–(6) fedőrendszer esetén pl. s = 9 megfelel.
Megmutatjuk, hogy az
x ≡ 2ai (mod pi ), i = 1, . . . , k,x ≡ 1 (mod 2s )(7)

szimultán kongruenciarendszer tetszőleges x = c megoldását véve c nem írható
fel egy kettőhatvány és egy prímszám összegeként. Mivel (7)-ben a modulusok páronként relatív prímek, ezért a kongruenciarendszer megoldható, és amegoldások egy páratlan számokból álló végtelen számtani sorozatot alkotnak,
tehát ezzel a tétel állítása igazolva lesz.
Indirekt tegyük fel, hogy egy c megoldásra c = 2n + p, ahol p prím.
Mivel ai (mod mi ) fedőrendszer, ezért van olyan i, amelyre n ≡ ai (mod mi ).
Tudjuk, hogy a 2 rendje mod pi éppen mi , továbbá c kielégíti (7)-et, tehát
2n ≡ 2ai ≡ c (mod pi ).
Ebből következik, hogy p = c − 2n ≡ 0 (mod pi ), vagyis csak p = pi lehetséges.
Így az ellentmondáshoz elég azt igazolnunk, hogy c = 2n + pi nem teljesítia (7)-beli utolsó kongruenciát, azaz 2n + pi ̸≡ 1 (mod 2s ). Ha n ≤ s − 1, akkor
ezt 1 < 2n + pi < 2s−1 + 2s−1 = 2s biztosítja. Ha pedig n ≥ s, akkor azonnal
adódik, hogy 2n + pi ≡ pi ̸≡ 1 (mod 2s ).

12.6. Additív komplementumok

541

Feladatok (Az (1), illetve (2)-beli jelöléseket használjuk.)∑k
12.5.1 Lássuk be, hogy bármely fedőrendszerre i=1 1/mi ≥ 1.
12.5.2 Mutassuk meg, hogy ha egy fedőrendszerben egy mi modulust egy (atöbbi modulustól különböző) osztójára cserélünk ki, akkor továbbra
is fedőrendszert kapunk.
12.5.3 Tekintsünk egy minimális fedőrendszert, azaz olyat, amelyből akármelyik maradékosztályát hagyjuk is el, már nem marad fedőrendszer.
Igazoljuk, hogy ekkor bármelyik mi osztója a többi mj legkisebb
közös többszörösének.
12.5.4 Bizonyítsuk be, hogy nincs 2, 3 vagy 4 maradékosztályból álló fedőrendszer, és 5 maradékosztály esetén is csak a (3)-beli modulusok
lehetségesek.
12.5.5 Konstruáljunk olyan fedőrendszert, amelyben 3 a legkisebb modulus.
12.5.6 Ahhoz, hogy a diszjunkt fedőrendszer (DFR) fogalma ne legyen üres,engedjük meg, hogy a modulusok között azonosak is előfordulhassanak: ai (mod mi ), i = 1, . . . , k, ahol 1 < m1 ≤ . . . ≤ mk , ésminden egész szám pontosan egy maradékosztálynak az eleme. Igazoljuk∑k az ilyen DFR-ekre az alábbiakat:a)i=1 1/mi = 1;b) mk = mk−1 ;c) minden k-hoz van olyan DFR, ahol m1 < m2 < . . . < mk−1 .
12.5.7 Bizonyítsuk be, hogy végtelen sok páros szám nem írható fel egy
háromhatvány és egy prímszám összegeként. Sőt, általánosan, bármely rögzített a > 1 páratlan számhoz, illetve b > 2 páros számhoz
van végtelen sok olyan páros, illetve páratlan szám, amely nem írható
fel an + p, illetve bn + p alakban, ahol p prím.

12.6. Additív komplementumok
A nemnegatív egészek A és B végtelen részhalmazai egymás additív komplementumai, ha minden elég nagy természetes szám előáll a + b alakban, ahola ∈ A, b ∈ B.
Például, legyenek A, illetve B elemei a 0, valamint azok a pozitív egészek,
amelyek tízes számrendszerbeli alakjában az egyesektől számítva minden páratlan, illetve páros helyiértéken csakis 0 számjegy szerepel (tehát pl. 3010 ∈ A,

542

12. Kombinatorikus számelmélet

70005 ∈ B). Ekkor nyilván minden nemnegatív egész (egyértelműen) felírható
a + b alakban, tehát A és B egymás additív komplementumai (a továbbiakban
a rövidség kedvéért az additív jelzőt általában elhagyjuk).
Először egy egyszerű szükséges feltételt adunk A és B sűrűségére ahhoz,
hogy A és B egymás komplementumai lehessenek, majd megnézzük, menynyire éles ez a sűrűségi feltétel. Ezután konkrét halmazok, nevezetesen a kettőhatványok és a prímek esetén megvizsgáljuk, mennyire ritka komplementum
található hozzájuk.
Jelölje A(n), illetve B(n) az A, illetve B halmaz n-nél nem nagyobb elemeinek a számát. Legyen f (n) azoknak a 0 ≤ t ≤ n egészeknek a száma,
amelyek előállnak t = a + b alakban. Ekkor f (n) ≤ A(n)B(n), hiszen az ilyen
t-k felírásában a ≤ t ≤ n, b ≤ t ≤ n. (Ez két szempontból is durva becslés,ugyanis egyes t-k többféleképpen is előállhatnak a+b alakban, továbbá az ilyen
a, b számokból képezett a + b összegek egy része n-nél nagyobb lesz.) Ha A és
B egymás komplementumai, akkor minden t > t0 felírható t = a + b alakban,
vagyis f (n) ≥ n − t0 . Az f (n)-re adott alsó és felső becslést összevetve kapjuk,
hogy bármely n-re A(n)B(n) ≥ n − t0 . Ezt n-nel osztva, majd n → ∞ mellett
adódik, hogy additív komplementumok esetén
lim infn→∞A(n)B(n)
≥ 1.
n

(1)

A gondolatmenetben alkalmazott durva becslések miatt azt gondolhatnánk, hogy (1)-ben nem állhat egyenlőség, az pedig végképp kizártnak tűnhet,
hogy a lim inf helyett a lim sup értéke is lehet 1 (azaz ekkor az (1)-beli hányados határértéke 1). Meglepő módon ez mégis megvalósulhat, sőt igen sok ilyen
konstrukció is született, ezekből a legelsőt, Danzer példáját mutatjuk be.
T 12.6.1
12.6.1 Tétel
Léteznek olyan A és B additiv komplementumok, amelyekre
lim A(n)B(n)/n = 1. ♣

n→∞

(2)

Bizonyítás: Az A egy igen gyorsan növő, és bizonyos oszthatósági tulajdonságokkal is rendelkező sorozat lesz:ak = (k 2 )! + k.

(3)

Nyilván ak ≡ k (mod d), ha d ≤ k 2 . Ebből következik, hogy
ak , ak−1 , . . . , ak−dk +1 teljes maradékrendszer mod dk ,(4)

12.6. Additív komplementumok543

ha dk ≤ (k − dk + 1)2 . Minden k-hoz válasszunk egy ilyen tulajdonságú,
viszonylag nagy dk -t, amelyre
dk ≤ dk+1(5)

lim dk /k = 1,

(6)

és
k→∞

√
pl. dk = ⌊k − k⌋ megfelel.
Legyen most n tetszőleges, és k olyan, amelyre
kak ≤ n < (k + 1)ak+1 .

(7)

Ekkor (4) alapján van olyan 0 ≤ s < dk , amelyre n ≡ ak−s (mod dk ), vagyis
n felírható
n = ak−s + rdk(8)
alakban. Becsüljük meg itt r lehetséges értékeit (7) és 0 < ak−s ≤ ak felhasználásával:(k − 1)akn − ak−s(k + 1)ak+1
≤r=
<
.
dk
dk
dk

(9)

Álljon most Bk azokból az rdk alakú számokból, ahol r kielégíti (9)-et, éslegyen
B=

∞
∪
k=1

Bk =

∞ {
∪
(k − 1)ak(k + 1)ak+1 }
rdk |
≤r<
.
dk
dk

(10)

k=1

Ekkor (8) alapján A és B egymás komplementumai.
Most rátérünk (2) igazolására, ehhez A(n)-et, illetve B(n)-et felülről becsüljük.
Mivel (7), illetve (3) szerint n < (k + 1)ak+1 < ak+2 , ezért
A(n) ≤ k + 1(11)(valójában A(n) = k vagy k + 1).
Mivel (10) miatt Bk+2 legkisebb eleme is legalább (k + 1)ak+2 , ami (7)miatt nagyobb, mint n, ezért B(n)-nél Bk+2 -t már nem kell számításba venni,és ígyk−2∪(12)B(n) ≤ Bk+1 (n) + Bk (n) + |Bk−1 | +
Bi .
i=1

544

12. Kombinatorikus számelmélet

Vizsgáljuk most egyenként a (12) jobb oldalán szereplő tagokat.
(10) szerint Bk+1 legkisebb eleme legalább kak+1 , tehát Bk+1 eleve csak
akkor játszik szerepet B(n)-ben, ha
kak+1 ≤ n,azaz ak+1 ≤

n
.
k

(13)

Ebben az esetben is (7) alapján n < (k + 1)ak+1 , ezért Bk+1 (n)-hez mindenképpen a dk+1 -nek legfeljebb a kak+1 és (k + 1)ak+1 közé eső többszöröseit
kell figyelembe venni, tehát
Bk+1 (n) ≤(k + 1)ak+1 − kak+1
ak+1
n
+1=
+1≤
+1
dk+1
dk+1
kdk−1

(14)

(az utolsó egyenlőtlenségnél (5)-öt és (13)-at használtuk fel).
Bk (n), hasonló módon, a dk -nak a (k − 1)ak és n közé eső többszöröseit
számolja össze, vagyis
Bk (n) ≤n − (k − 1)akn − (k − 1)ak
+1≤
+ 1.
dk
dk−1

(15)

kak − (k − 2)ak−1
kak
+1≤
+ 1.
dk−1
dk−1

(16)

Ugyanígy
|Bk−1 | ≤Végül, i ≤ k − 2 esetén Bi minden eleme kisebb (k − 1)ak−1 -nél, tehátk−2∪Bi ≤ (k − 1)ak−1 − 1.

(17)

i=1

A (12), (14), (15), (16) és (17) egyenlőtlenségek alapjánn

B(n) ≤ k+ n + ak
+ (k − 1)ak−1 + 2.
dk−1

(18)

Mivel (7) alapján ak ≤ n/k, így (18)-ból
B(n) ≤ nkövetkezik.

(1 + 2kdk−1+(k − 1)ak−1 + 2 )n(19)

12.6. Additív komplementumok545Így (11) és (19) szerint(k + 1)(1 + k2 ) (k + 1)((k − 1)ak−1 + 2)
A(n)B(n)
≤
+
.
n
dk−1
n

(20)

Ha n, és így k is tart a végtelenhez, akkor (20) jobb oldalán az első tört
(6) szerint 1-hez, a második tört pedig (7) és (3) alapján 0-hoz tart, azaz
lim supn→∞A(n)B(n)
≤ 1.
n

(21)

Mivel A és B komplementumok, ezért (1) is teljesül, ami (21)-gyel együttéppen a kívánt (2) képletet adja.
Nevezzük a B-t az A halmaz teljesen gazdaságos komplementumának(TGK), ha (komplementuma az A-nak és) (2) érvényes. A 12.6.1 Tétel szerint az A = {(k 2 )! + k | k = 1, 2, . . .} halmazhoz létezik TGK. Ruzsa Imremegmutatta, hogy minden olyan A = {a1 < a2 < . . .} halmazhoz létezik
TGK, amelyre limk→∞ ak+1 /(kak ) = ∞ (azaz a 12.6.1 Tételben szereplő Anál kevésbé ritka halmazok is megfelelnek, ráadásul semmiféle oszthatósági
tulajdonságra sincs szükség).
A következőkben áttekintjük, hogy a kettőhatványok, illetve a prímszámok halmazához mennyire ritka komplementum található. Kezdjük a kettőhatványokkal. Ruzsa belátta, hogy ezekhez is létezik TGK. Az alábbiakban
csak ennél egy kicsit gyengébb eredményt igazolunk.
T 12.6.2
12.6.2 Tétel
A kettőhatványok H = {2, 4, 8, . . .} halmazához létezik olyan M komplementum, amelyre
M (n) < cn/ log2 n(22)(ahol c explicite kiszámolható konstans). ♣Mivel H(n) = ⌊log2 n⌋, ezért H(n)M (n)/n < c, ami valóban nem sokkal
rosszabb (2)-nél. Megjegyezzük, hogy tetszőleges s > 1 egészre is az s hatványaiból álló Hs = {s, s2 , s3 , . . .} halmazhoz létezik TGK.
Bizonyítás: Mivel a 2 primitív gyök mod 9, ezért primitív gyök mod 3r is
minden r-re (lásd a 3.3.5 Tétel bizonyításában az L2 részt). Ez azt jelenti, hogyha (3, n) = 1, akkor van olyan 0 < k ≤ φ(3r ) < 3r , amelyre n ≡ 2k (mod 3r ).

546

12. Kombinatorikus számelmélet

Ha 3 | n, akkor ugyanígy n − 1 ≡ 2k (mod 3r ). Így minden n-hez és r-hez van
olyan v és 0 < k < 3r , hogyn = 2 k + 3r v

vagy

n = 2k + 3r v + 1.

(23)

Ennek megfelelően az M komplementum elemei majd alkalmas 3r v és 3r v + 1
alakú számok lesznek.
Adott n-hez először r-et fogjuk megválasztani, majd megnézzük, milyen
v-kre van szükség.
rMivel k < 3r miatt 2k < 23 , ezért (23)-ban v mindenképpen pozitív, har
23 ≤ n. Ennek alapján válasszuk n-hez r-et a következőképpen:r

23 ≤ n < 23

r+1

.

(24)

Ekkor (23) és (24) szerintv ≤ 3r v < n < 23r+1,és így legyen
M=

∞
∪

Mr ,

ahol Mr = {3r v, 3r v + 1 | 0 < v < 23

r+1

}.

(25)

r=1

Az eddigi meggondolások alapján M komplementuma H-nak.
Most belátjuk, hogy (22) is teljesül.
Legyenr+1
K = {3r v | 0 < r, 0 < v < 23
},

(26)

ekkor
M (n) ≤ 2|K|.

(27)

A K halmazt is kétfelé bontjuk, K1 -re és K2 -re aszerint, hogy v ≤ T ,illetve v > T , ahol a T -t (az n-től függően) később alkalmasan megválasztjuk.
K1 -ben v értéke T -féle, r értéke pedig legfeljebb log3 n-féle lehet, vagyis|K1 | ≤ T log3 n.
K2 -ben (26) szerint T < v < 23

r+1

(28)

, azaz3r+1 > log2 T.

(29)

12.6. Additív komplementumok547

A 3r -hez tartozó v-k száma legfeljebb ⌊n/3r ⌋, tehát|K2 | <

∑ n
r≥r0

3r

=

3 n
·
,
2 3r0

ahol r0 a (29)-nek eleget tevő legkisebb r érték. Ebből kapjuk, hogy
|K2 | <n9·.
2 log2 T(30)(27), (28) és (30) alapján M (n) < 2T log3 n + 9n/ log2 T . Innen (22)például a T = ⌊n/(log2 n)2 ⌋ választással adódik.
Most a prímszámok halmazához keresünk minél ritkább komplementumot. Az ezzel kapcsolatos legjobb eredmény Erdőstől származik:
T 12.6.3
12.6.3 Tétel
A prímszámok P halmazához létezik olyan R komplementum, amelyre
R(n) < c log2 n(31)(ahol c explicite kiszámolható konstans és log a természetes alapú logaritmust
jelöli). ♣Mivel P (n) = π(n) ∼ n/ log n, ezért P (n)R(n)/n < c log n, ami már
lényegesen rosszabb (2)-nél. A másik irányból Ruzsa Imre igazolta, hogy itt(2) biztosan nem érhető el, azaz P -hez nem létezik TGK.
A bizonyítás fő gondolatmenete: Egy olyan valószínűségi mezőt konstruálunk,amelynek elemei a pozitív egészek bizonyos R részsorozatai, és meg fogjuk
mutatni, hogy egy ilyen R sorozat 1 valószínűséggel komplementuma a P -nek,
és R(n) ∼ c log2 n ugyancsak 1 valószínűséggel teljesül. Ebből következik, hogy
van a tétel állításának eleget tevő R. (Figyeljük meg, hogy ez a gondolatmenet
konkrét konstrukció megadása nélkül igazolja a kívánt tulajdonságú sorozat
létezését, sőt azt is, hogy „majdnem minden” R sorozat ilyen, ez utóbbit persze
a megadott valószínűség mértéke szerint kell érteni.)
Legyenek 0 ≤ αi ≤ 1, i = 1, 2, . . . tetszőleges valós számok. Ekkor létezik
olyan valószínűségi mező, amely a pozitív egészek bizonyos részsorozataiból
áll, és bármely n pozitív egészre αn annak a valószínűsége, hogy n ∈ R,
továbbá az n ∈ R és m ∈ R események bármely n ̸= m esetén függetlenek.

548

12. Kombinatorikus számelmélet

Szemléletesen ezt úgy lehet elképzelni, hogy a sorozatok képzésénél az 1, 2, . . .
számokat egymástól függetlenül és rendre α1 , α2 , . . . valószínűséggel választjuk
be a sorozatba.
Legyen mostαi = min(1, d(log i)/i),(32)
ahol d > 0 később alkalmasan megválasztandó konstans.
Először azt vázoljuk, hogy egy R sorozat ekkor 1 valószínűséggel komplementuma P -nek.
Legyen Qn az az esemény, hogy az n nem írható fel n = p + r alakban,ahol p prím, r ∈ R, és jelöljük Qn valószínűségét qn -nel. Az R akkor lesz
komplementuma P -nek, ha a Qn események közül csak véges sok következik
be. A Borel–Cantelli-lemma szerint ennek 1 a valószínűsége, ha a qn -ek összege
konvergens, azaz∞∑S=
qn < ∞ .
(33)
n=1

Számoljuk ki qn -et. Egy p prímre n ̸= r + p azt jelenti, hogy n − p ̸∈ R,
és ennek 1 − αn−p a valószínűsége. A Qn esemény az, hogy n semmilyen p
prímmel sem írható fel n = r + p alakban, és így∏qn =(1 − αn−p ) .

(34)

p<n

(34)-et és 1 − x ≤ e−x -et felhasználva, a (33)-beli S-re
S=

∞
∑
n=1

qn =

∞ ∏
∑

(1 − αn−p ) ≤n=1 p<n

∑
∞
∑
−
αn−p
p<n
e

(35)

n=1

adódik. Itt a jobb oldalon az e kitevője (32) alapján „lényegében”−d∑ log(n − p)
p<n

.

(36)

> h log n ,

(37)

n−p

Belátható, hogy alkalmas h konstanssal∑ log(n − p)
p<n

n−p

549

12.6. Feladatok

ha n elég nagy, tehát a (36)-beli kifejezés kisebb, mint −dh log n, és így (35)alapján
∞∞∑∑S<
e−dh log n =n−dh ,
n=1

n=1

ami valóban konvergens, ha d-t úgy választjuk, hogy dh∑ > 1 teljesüljön.
A (37) állítás kicsit hasonlít az 5.6.3 Tételbeli
p<n (log p)/p ∼ log nösszefüggéshez, mindkettőben (log k)/k típusú tagok szerepelnek, azonban aprímek fokozatos ritkulása miatt ez utóbbi összegben a kis k értékekhez tartozó, és így nagyobb (log k)/k tagok dominálnak, míg (37)-ben fordított ahelyzet. (37) igazolásához éppen azt kell felhasználni, hogy a prímek későbbi
„viszonylag rövid” intervallumokban is „elég sűrűn” helyezkednek el.
Mostannak vázolására, hogy 1 valószínűséggel R(n) ∼ c log2 n.
∑rátérünknR(n) = i=1 ξi , ahol a ξi valószínűségi változó értéke 1, ha i ∈ R, és 0, hai ̸∈ R. Ekkor
∫ n
n
∑
log i
log x
d log2 ndαi ∼E(ξi ) =
∼d
dx =
.
i
x
2
1
i=1
i=1
i=1

n
∑

n
∑

∑n
∑n
Így elég azt igazolni, hogy 1 valószínűséggel i=1 ξi ∼i=1 E(ξi ). Ez általánosan igaz, ha E(ξi )-re és D(ξi )-re megfelelő feltételek teljesülnek, amelyek
a jelen esetben könnyen ellenőrizhetően valóban fennállnak.
Végül bizonyítás nélkül megemlítjük Lorentznek általános halmazokkomplementumára vonatkozó alábbi eredményét:
T 12.6.4
12.6.4 Tétel
Tetszőleges A-hoz létezik olyan B komplementum, amelyre
B(n) < 10n∑log A(i)
i=a1

A(i)

. ♣

Feladatok
12.6.1 Általánosítsuk a pont legelején szereplő példát 10 helyett tetszőlegesc > 1 alapú számrendszerre és a helyiértékeknek a páros-páratlan
helyett tetszőleges más csoportosítására. Mutassuk meg, hogy az így
kapott A és B halmazok egymás komplementumai, és határozzuk
meg lim inf n→∞ A(n)B(n)/n értékét.

550

12. Kombinatorikus számelmélet

12.6.2 Legyen H a kettőhatványok halmaza és P1 = {p, p+1 | p prím}, azaz
a prímek mellé vegyük be a p + 1 alakú számokat is. Igaz-e, hogy H
és P1 egymás komplementumai?
12.6.3 Az alábbi feltételek mindegyikéről döntsük el, hogy szükséges-e, illetve elégséges-e ahhoz, hogy az A = {a1 < a2 < . . .} halmaznak
létezzen véges komplementuma, azaz alkalmas véges B halmazt véveminden elég nagy pozitív egész előálljon egy A-beli és egy B-beli elemösszegeként.
a) ai+1 − ai korlátos.
b) A tartalmaz végtelen számtani sorozatot.
c) lim inf n→∞ A(n)/n > 0.
d) limn→∞ A(n)/n = 1.
∗

12.6.4 Legyenek A elemei ak = 6k + k, B elemei pedig a 6k (1 − 1/k) és
6k+1 között a dk -val oszthatók, ahol dk egy olyan 2i 3j alakú szám,amelyre dk < k − 5 log6 k, de dk ∼ k és dk+1 ≥ dk . Igazoljuk, hogyA és B egymás teljesen gazdaságos komplementumai.
12.6.5 Mutassuk meg, hogy a prímekhez a 12.6.4 Tétel egy olyan S komplementumot biztosít, amelyre S(n) < c log3 n (vagyis így a 12.6.3
Tételnél gyengébb eredményt kapunk).
12.6.6 Lássuk be, hogy tetszőleges A (végtelen) halmaznak van olyan B
komplementuma, amelyre B(n)/n → 0, ha n → ∞ (azaz B nullasűrűségű).

EREDMÉNYEK ÉS ÚTMUTATÁSOK

1. Számelméleti alapfogalmak
1.1.
1.1.1 A hatjegyű szám a háromjegyű szám 1001-szerese, és 1001 osztható 91gyel.
1.1.2 Mutassuk meg, hogy az a2 −b2 = (a−b)(a+b) szorzatban mindkét tényező
páros és (pontosan) az egyik osztható 4-gyel.
Másik lehetőség: (2k + 1)2 − (2m + 1)2 = 4k(k + 1) − 4m(m + 1) jobb
oldalán mindkét tag osztható 8-cal.
1.1.3 bca = 100b + 10c + a = 10 · abc − 999a.
1.1.4 Szorozzuk be 5a + 9b-t alkalmas egész számmal úgy, hogy ehhez a 23
megfelelő többszörösét hozzáadva éppen 3a + 10b-t kapjunk.
1.1.5 Igaz: b), d), f).
1.1.6(i) Használjuk az an − bn = (a − b)(an−1 + an−2 b + . . . + bn−1 ) azonosságot.
(ii)–(iii) alkalmazzuk (i)-et b helyett −b-vel.
1.1.7 c = ±3.
1.1.8 11n+2 + 122n+1 = 12(144n − 11n ) + 133 · 11n .
Bizonyíthatunk teljes indukcióval is.
1.1.9 n = 4k + 2. (Belátható, hogy ez az összes megfelelő n.)
1.1.10 A (b − 1)2 | bk − 1 oszthatóság ekvivalens b − 1 | bk−1 + bk−2 + . . . + 1
teljesülésével. Itt a jobb oldalt írjuk át(bk−1 − 1) + (bk−2 − 1) + . . . + (1 − 1) + k
alakba, ekkor az első k tag mindig osztható b − 1-gyel.
1.1.11 Ha a ≥ b, akkor 2a + 1 = 2a−b (2b − 1) + 2a−b + 1. Az eljárást folytatva
kapjuk, hogy van olyan d < a, amelyre 2b − 1 | 2d + 1. Innen 2b − 1 ≤≤ 2d + 1 ≤ 2b−1 + 1, amiből a kívánt b ≤ 2 adódik. — Egy másik út:
Ha b-nek van egy c > 1 páratlan osztója, akkor 2c − 1 | 2ac − 1, továbbá
2c − 1 | 2b − 1 | 2a + 1 | 2ac + 1, ahonnan 2c − 1 | 2, ami ellentmondás. Ha b
osztható 4-gyel, akkor 15 = 24 − 1 | 2b − 1 | 2a + 1, ez azonban lehetetlen,
ugyanis 3 | 2a + 1 ⇐⇒ a páratlan és 5 | 2a + 1 ⇐⇒ a = 4k + 2.

552

Eredmények 1.1.

1.1.12a) a = bq alapján |a| = |b| · |q| ≥ |b| · 1, ha q ̸= 0.
b) Az a) rész alapján a osztóinak a száma legfeljebb 2 · |a|.
1.1.13 Használjuk fel, hogy egy pozitív egész számnak önmagán kívül a legnagyobb pozitív osztója legfeljebb a szám fele, a következő pedig legfeljebba szám harmada lehet. — Válasz:a) a pozitív páros számok;b) a 3-mal, illetve a 4-gyel osztható pozitív számok (csak 3k = k + k + k,
4k = 2k + k + k és 6k = 3k + 2k + k lehetséges).
1.1.14 Jelölje a szám számjegyeit az egyes helyi értéktől (azaz ,,hátulról”) kezdve
a0 , . . . , as , ekkor a szám
as as−1 . . . a1 a0 = as 10s + as−1 10s−1 + . . . + a1 10 + a0 .
Használjuk fel a következőket:a) 10k − 1 mindig osztható 9-cel.
b) k ≥ 2 esetén 10k osztható 4-gyel, illetve 25-tel.
c) k ≥ 3 esetén 10k osztható 8-cal, illetve 125-tel.
d) Ha k páratlan, akkor 10k + 1, ha pedig k páros, akkor 10k − 1 osztható
11-gyel.
1.1.15 Nem létezik, vizsgáljuk a 3-mal való oszthatóságot.
1.1.16 Létezik: bizonyítsuk be teljes indukcióval, hogy bármely k-ra létezik (pontosan egy) olyan k-jegyű szám, amelyben csak az 1 és 2 számjegyek fordulnak elő, és amely osztható 2k -val.
( )1.1.17 b) nk egész szám.
1.1.18 Minden n > 1-re az első játékosnak van nyerő stratégiája.
1.1.19 Írjuk fel a számokat egy kettőhatvány és egy páratlan szám szorzataként,és használjuk a skatulyaelvet. — Okoskodhatunk teljes indukcióval is.
1.1.20 A 0 = 0 · q felírásban q nem egyértelmű.
1.1.21 a) n = 4k + 2.

b) n = ±4.

1.1.22a) Osztható; a hányadosuk (a nevező gyöktelenítése után) ilyen alakra hozható.√b) 1 + √2 | 1.
c) 1 + 2 hatványai megfelelnek.
d) Végtelen sok.

Eredmények 1.2.

553

√
√
√
e) Ha ±1 = c2 − 2d2 = (c + d 2)(c − d 2), akkor c +√d 2 | 1. √A megfordításhoz mutassuk meg, hogy ha c + d 2 | r + s 2, akkor
c2 − 2d2 | r2 − 2s2 .
√f) Ha lenne ezeken kívül is√egység, akkor azt alkalmas ±(1 + 2)k -val beszorozva egy olyan u + v 2 egységet is kapnánk, amelyre√√
1 < u + v 2 < 1 + 2.
Itt e) felhasználásával u és v előjelének mind a négy lehetséges értékrendszeréből ellentmondáshoz jutunk.
g) Mindkét lehetőség végtelen sokszor előfordul: ez lényegében e)-ből következik.
1.1.23 d) (ii) és (iv) bármely integritási tartományban igaz, (i) és (iii) pedig
pontosan akkor, ha létezik egységelem. (Ha nincs egységelem, akkor
a | b, b | a ⇐⇒ a = b = 0.)1.2.
1.2.1 Válasz: 97.
Útmutatás: A háromjegyű szám osztója a két szám különbségének.
1.2.2 Mivel csak m-féle osztási maradék lehet, ezért lesz végtelen sok olyankettőhatvány, amelyek azonos maradékot adnak m-mel osztva.
1.2.3 Tekintsük a c1 , c1 + c2 , . . . , c1 + c2 + . . . + cn számok n-nel való osztási
maradékait.
1.2.4 Ha m az adott szám, akkor vegyük azokat a legfeljebb m + 1-jegyű számokat, amelyeknek minden számjegye 1-es: 1, 11, 111, . . . Ezek között
biztosan lesz két olyan, amelyek azonos maradékot adnak m-mel osztva,
így a különbségük osztható m-mel és a kívánt alakú.
1.2.5 Jelöljük φk -nak m-mel való osztási maradékát rk -val. Az (rk , rk+1 ) párok
csak m2 különböző értéket vehetnek fel, ezért lesz olyan t > s, amelyre(rt , rt+1 ) = (rs , rs+1 ). Lássuk be, hogy ekkor bármely k-ra (rk , rk+1 ) =(rk+t−s , rk+t−s+1 ), azaz az rn maradékok periodikusan ismétlődnek (t − speriódus szerint). Mivel r0 = 0, ezért bármely j-re rj(t−s) = 0, azazm | φj(t−s) .
1.2.6
a) Minden szám 3k vagy 3k ± 1 alakú, ezek négyzete 3s, illetve 3s + 1 alakú,azaz egy négyzetszám 3-mal osztva 0 vagy 1 maradékot adhat.
b) 0, 1.
c) 0, ±1.
d) 0, 1, 4.

554

Eredmények 1.2.

1.2.7 Vizsgáljuk az összeg maradékát 3-mal vagy 4-gyel osztva.
1.2.8a) Nincs. Vizsgáljuk a 4-gyel és az 5-tel való osztási maradékot.
b) Az a) részhez hasonlóan megmutatható, hogy a nyolc- vagy többjegyű
számok között nincs ilyen négyzetszám, továbbá a négy- vagy hatjegyű
ilyen számok utolsó jegye csak 4 lehet. Ez utóbbiaknál vizsgáljuk a 11gyel, illetve a 111/3 = 37-tel való oszthatóságot. — Válasz: az egyetlen
ilyen négyzetszám a 7744.
1.2.9 Mutassuk meg, hogy egy számnak és bármely páratlan kitevőjű hatványának ugyanaz a maradéka 3-mal osztva.
1.2.10 Válasz: 16 (azaz a szorzat minden esetben osztható 216 -nal, és vannak
olyan számok, amikor 217 -nel már nem).
√
1.2.11 A ⌊ n⌋ = k egyenlőség pontosan a k 2 ≤ n < (k + 1)2 számokra teljesül.
Ezek közül éppen a k 2 , k 2 + k és k 2 + 2k osztható k-val. — Válasz:3(105 − 1) = 299 997.
1.2.12 ⌊a + b⌋ − (⌊a⌋ + ⌊b⌋) = 0 vagy 1.
1.2.13 Nem. Például 12 = 4q + r esetén |r| ≥ 4.
1.2.14 Legyen a számrendszer alapszáma t. Ha d | t − 1, akkor egy szám dvel való osztási maradéka megegyezik a számjegyei összegének az osztási
maradékával. Ha d | tk , akkor az osztási maradék megegyezik az utolsó
k számjegyből álló szám osztási maradékával. Ha d | t + 1, akkor az
osztási maradék megegyezik a számjegyek váltakozó előjelű összegének az
osztási maradékával (az egyesek helyén álló számjegyet pozitív előjellelkell venni).
1.2.15 Ez tulajdonképpen az előző feladatnak a t = 100, d = 99 speciális esete.
1.2.16 Vizsgáljuk a 9-cel való osztási maradékot. — Válasz: 8.
1.2.17 A 9-es számrendszerbeli jegyeket egyenként átírjuk 3-as számrendszerbeli(esetleg 0-val kezdődő) kétjegyű számokká. — Hasonló meggondolás alkalmazható minden olyan esetben, amikor az egyik alap a másiknak (pozitív
egész kitevős) hatványa.
1.2.18 Válasz: n = 8.
Útmutatás: A t3 ≤ n ≤ (t + 1)2 − 1 feltételből t = 2 adódik.
1.2.19 A feltételekből rögtön adódik, hogy a jobb oldali szorzótényező 1102. A
részletszorzatok összeadásából látszik, hogy a számrendszer alapszámat ≤ 4, a szorzat utolsó jegye miatt viszont t páratlan, így t = 3. Hasonló
meggondolásokból kapjuk, hogy az első szorzótényező 2102.
1.2.20 A t | 735, t ≥ 6 és t < 10 feltételekből t = 7.

Eredmények 1.3.

555

1.2.21a) Az 1, 2, 4, . . . , 29 súlyokkal 210 −1 = 1023 grammig bezárólag minden egész
gramm lemérhető. Ez a lehető legtöbb: egy mérés során minden egyes
súlynál két lehetőség között választhatunk: betesszük a serpenyőbe vagy
nem tesszük be. Így tíz súllyal legfeljebb 210 − 1-féle értéket lehet lemérni(az 1-et azon eset miatt kell levonni, amikor egyik súlyt sem tesszük be aserpenyőbe).
b) Az 1, 3, 9, . . . , 39 súlyokkal (310 − 1)/2 grammig minden egész gramm
lemérhető: a hármas számrendszerbeli felírásnál a 2-es számjegyeket ,,−1esekre” kell átváltani. Ennél jobb súlykészlet nincs: a méréseknél minden
súlyra 3 lehetőség van (egyik serpenyő — másik serpenyő — egyik sem),azonban a két serpenyő szimmetriája miatt az így kapott számot 2-vel elkell osztani.
1.2.22 A keresett határérték log2 10 = 3.3219 . . .
1.2.23 Az 1.2.2 Tétel bizonyítását kell értelemszerűen módosítani.

1.3.
1.3.1 14 = 3794 · (−44) + 2226 · 75.
1.3.2a) A (3n + 5, 7n + 12) = d jelöléssel d | −7(3n + 5) + 3(7n + 12) = 1, és így
d = 1.
b) A (3n2 +1, 4n2 +3) = d jelöléssel d | −4(3n2 +1)+3(4n2 +3) = 5, továbbá
5̸ | 3n2 + 1, és így d = 1.
c) Az (n! − 1, (n + 1)! − 1) = d jelöléssel d | (n + 1)! − 1 − (n + 1)(n! − 1) = n,és így d | n! − (n! − 1) = 1.
d) A (7n − 2, 7n+1 − 5) = d jelöléssel d | (7n+1 − 5) − 7(7n − 2) = 9, továbbá
7n − 2 = (2 · 3 + 1)n − 2 = 3k + 1 − 2 = 3k − 1, tehát d nem lehet osztható
3-mal.
1.3.3 1, ha n páratlan, és 2, ha n páros.
1.3.4 a) 5 vagy 10.
b) 5, 15 vagy 45.
1.3.5 6, 10, 15 vagy 21, 66, 77 stb.
1.3.6 Igaz: a), c).
b
1.3.7 Válasz: (a, b). — Útmutatás: b | ka ⇐⇒ (a,b)
| k.
1.3.8
a) Igaz: mivel (a + n, b + n) | (a + n) − (b + n) = a − b, biztosan megfelelnek
azok az n-ek, amelyekre a + n = k(a − b) + 1 alakú.
b) Igaz.
c) Hamis, ellenpélda a = 1, b = 4.

556

Eredmények 1.3.

1.3.9a) Végtelen sok; ha u, v ilyen számpár, akkor bármely t egésszel az
u + tb, v − ta számpár is megfelel.
b) 1.
c) (a, b).
1.3.10 b) Használjuk fel, hogy δ és δ1 kölcsönösen osztják egymást.
1.3.11 Először lássuk be, hogy c(a, b) | (ca, cb). Ezután a c(a, b)q = (ca, cb)
egyenlőségben mutassuk meg, hogy q egység.
1.3.12a) Pontosan azoknak, amelyek a 10-hez relatív prímek (azaz nem oszthatók
sem 2-vel, sem 5-tel). — Útmutatás: Használjuk az 1.2.4 feladat gondolatmenetét, majd az 1.3.9 Tételt.
b) A legkisebb ilyen a 31000 darab 1-esből álló csupaegy. — Útmutatás:
Igazoljuk k szerinti teljes indukcióval, hogy a 3k -nal osztható legkisebb
csupaegy éppen 3k darab 1-esből áll.
1.3.13 Használjuk fel többször az r | s ⇒ cr − 1 | cs − 1 összefüggést, valamint
az (n, k) = nu + kv előállítást.
1.3.14a) Mutassuk meg, hogy ha (n, k kettőhatványok és például) k < n, akkor
ak + 1 | an − 1.
b) a(n,k) + 1, ha n/(n, k) és k/(n, k) páratlan, egyébként pedig 1, illetve 2,
aszerint, hogy a páros, illetve páratlan.
1.3.15 A másodszomszédok is relatív prímek. A harmadszomszédok közül a3-mal osztható indexűek legnagyobb közös osztója 2, a többiek relatív
prímek.
1.3.16 Használjuk fel a φm+n = φm−1 φn + φm φn+1 azonosságot. Ebből ak | n =⇒ φk | φn állítást az n/k szerinti teljes indukcióval igazolhatjuk. A
megfordításhoz és a legnagyobb közös osztóra vonatkozó állításhoz lássuk
be, hogy ha a = bq +r, akkor (φa , φb ) = (φb , φr ). — Egy másik lehetőség:Mutassuk meg, hogy bármely m-re az m-mel osztható Fibonacci-számok
indexei éppen a legkisebb ilyen tulajdonságú nemnulla Fibonacci-szám
indexének a többszörösei.
1.3.17 A két szakasz hosszát a-val és b-vel jelöljük, k és n pedig alkalmas pozitív
egészeket jelentenek.
a) Ha a/b = k/n, akkor a/k = b/n közös mérték. Megfordítva, ha c közös
mérték, azaz a = kc, b = nc, akkor a/b = k/n.
b) Végtelen sok; bármely n-re egy közös mérték n-edrésze is közös mérték.

Eredmények 1.4.

557c) A maradékos osztás megfelelője: annyiszor felmérjük a kisebbik szakaszt
a nagyobbikra, ahányszor csak lehet, azaz a = bq + r, ahol q pozitív egész,r valós, és 0 ≤ r < b. Ha a két szakasz összemérhető, a = kc, b = nc(ahol c közös mérték), akkor az a-val és b-vel végzett euklideszi algoritmus tulajdonképpen ugyanaz, mint a k és n egész számokkal végzett euklideszi algoritmus, tehát véget ér. Megfordítva, ha a szakaszokkal végzett
euklideszi algoritmus véget ér, akkor az utolsó nemnulla maradék közös
mérték lesz.
d) Ilyen ,,kitüntetett” közös mérték létezése az euklideszi algoritmusból következik.
e) Az ABCD négyzet b hosszúságú oldalát mérjük fel A-ból az a hosszúságú
AC átlóra. Az így kapott E pontra AE = b és EC = r. Állítsunk
E-ből merőlegest az átlóra, ez messe a BC oldalt F -ben. Ekkor r == EC = EF = F B. Ha most az algoritmus következő lépésében b-t osztjuk maradékosan r-rel, akkor először BF -et felmérve BC-re, ezután az
EF C egyenlőszárú derékszögű háromszög CF átfogóját és CE oldalátkell maradékosan elosztanunk. Ezzel azonban a kiindulási helyzet ismétlődött meg kisebb méretekben: egy (kisebb) négyzet átlóját és oldalátkell összehasonlítanunk. Ez azt mutatja, hogy az euklideszi algoritmus avégtelenségig folytatódik.

1.4.
1.4.1 Eredmény: a) és b) 3.
c) 5.
d) 7.
Útmutatás: Vizsgáljuk a 3-mal, 5-tel, illetve 7-tel való osztási maradékokat.
1.4.2 Nem létezik; ha a d diﬀerencia pozitív, és c > 1 a számtani sorozat tetszőleges eleme, akkor például a c + cd elem biztosan összetett.
1.4.3 Válasz: 3 éves. — Útmutatás: Vizsgáljuk a 3-mal való osztási maradékokat. — Megjegyzés: A két nagyobb unoka életkorára nem tudunk
következtetni, például a 3, 5, 7, illetve 3, 7, 11, illetve 3, 13, 17 számhármasok mindegyike megfelel a feltételeknek. Megoldatlan probléma, hogy
létezik-e végtelen sok ilyen tulajdonságú számhármas. A feladat állítása
éppen az volt, hogy akármelyik ilyen számhármas legkisebb eleme szükségképpen a 3.
1.4.4a) alkalmazzuk az a − 1 | ak − 1, illetve k = rs esetén az ar − 1 | ak − 1oszthatóságokat.
b) Ha k = rs, ahol s páratlan, akkor ar + 1 | ak + 1.

558

Eredmények 1.5.

1.4.5 Eredmény: t = 2, k = 1.
Útmutatás: Vizsgáljuk a t + 1-gyel vagy t-vel való oszthatóságot.
1.4.6 Eredmény: a), d) és e) n = 1.
b) n = 2, 4.
c) Nincs ilyen n.
Útmutatás: a)-nál vizsgáljuk a 3-mal való oszthatóságot, a másik négy
kifejezést pedig bontsuk szorzattá.
1.4.7√a) Ha n = ab, ahol 0 < a ≤ b, akkor a ≤ n, így csak a = 1 lehet.
b) Ha ennek a legkisebb d osztónak lenne egy nemtriviális pozitív s osztója,
akkor s | n is igaz és 1 < s < d, ami ellentmondás.
c) Ha n = dk, ahol d az 1-nél nagyobb osztók közül a legkisebb, akkor a b)
rész szerint d prím, és az a) rész felhasználásával kapjuk, hogy k is prím.
1.4.8 Használjuk ki a 17 prím tulajdonságát.
1.4.9 A felbonthatatlanok a 4k + 2 alakú számok, prímek pedig nincsenek.
1.4.10a) Vizsgáljuk a p | p2 oszthatóságot (és használjuk fel az 1.1.23a feladat
megoldásánál látott gondolatmenetet is).
b) Ugyanúgy okoskodhatunk, mint az 1.4.3 Tétel bizonyításának I. részében.

1.5.
1.5.1 Ha a = p1 . . . pr , akkor |pi | ≥ 2 miatt |a| ≥ 2r .
1.5.2a) A 2t, ±2k és 2k p alakú elemek, ahol t tetszőleges páratlan szám és ptetszőleges páratlan, az egészek körében felbonthatatlan szám.
b) Például 22 · 31998 .
1.5.3 Első bizonyítás: nem igaz a páros számok körében, hogy egy felbonthatatlan szükségképpen prím (sőt, egyáltalán nincsenek prímek).
Második bizonyítás: a legutolsó lépésben szereplő p1 | q1 − p1 ⇒ p1 | q1
következtetés a páros számok körében nem érvényes, hiszen itt p1 ̸ | p1 .
1.5.4 1000 = 20 · 50 = 10 · 10 · 10.
1.5.5 Felhasználjuk, hogy V nemnulla elemei egyértelműen felírhatók 2k 5m t
alakban, ahol a k és m kitevők tetszőleges egészek és t a 10-hez relatív
prím egész.
a) Egységek: ±2k 5m . — Felbonthatatlanok: 2k 5m p, ahol p ̸= ±2, ±5 az
egészek körében felbonthatatlan szám.
b) A 2k 5m t felbontása V -ben tulajdonképpen t felbontását jelenti az egész
számok körében.

Eredmények 1.6.

559c) Legyen f (2k 5m t) = |t| és f (0) = 0.
1.5.6 Az utolsó lépésben p1 | q1 q3 . . . qs adódik, és ennek lehetetlenségéhez még
egyszer fel kell használni az indukciós feltevést a = q1 q3 . . . qs -re.
1.5.7 Legyen a = ±pk11 . . . pkr r , ahol a pi számok páronként különböző pozitív
felbonthatatlanok és ki > 0, továbbá k = k1 +. . .+kr . Ekkor a felbontások
száma 2k−1 k!/(k1 ! . . . kr !).
1.5.8 Az ab felbonthatatlan tényezőkre bontását állítsuk elő a és b felbontásából,és használjuk fel, hogy az ab felbontásában szerepelnie kell a p egységszeresének is.
1.5.9 A megfelelő p1 , p2 , p3 értékhármasok: 5, 2, 2; −5, −2, −2; 5, 2, −3;
5, −3, 2; −5, −2, 3; −5, 3, −2. — Útmutatás: Az átalakítás után kapott p2 p3 = (p1 − p2 − p3 )(p2 + p3 ) egyenlőség a számelmélet alaptétele
szerint csak úgy teljesülhet, ha p2 + p3 = ±p2 , ±p3 , ±1 vagy ±p2 p3 .
1.5.10 Válasz: 2 és 3. — Útmutatás: Legyen x3 + y 3 = pα . Itt feltehető, hogy x
és y relatív prímek. Bontsuk a bal oldalt szorzattá, ekkor mindkét tényező
szükségképpen a p-nek hatványa. Fejezzük ki innen xy-t.

1.6.
1.6.1 Akkor és csak akkor k-adik hatvány, ha a kanonikus alakjában minden
prím kitevője osztható k-val.
1.6.2a) Legyen p az ab szorzat a tényezőjének egy tetszőleges prímosztója. Mivel(a, b) = 1, ezért p̸ | b, vagyis a p ugyanakkora kitevővel szerepel az a és az
ab kanonikus alakjában. Ezután használjuk fel az 1.6.1 feladatot.
b) Ha a szorzat nem nulla, akkor a két tényező egy-egy k-adik hatvány
egységszerese lesz.
c) A tényezőkről azt kell feltenni, hogy páronként relatív prímek.
1.6.3 Az 1.6.2a feladatra támaszkodjunk.
1.6.4 Válasz: 3 és 7. — Útmutatás: A számlálót bontsuk szorzattá, majd
alkalmazzunk az 1.6.2a feladathoz hasonló gondolatmenetet.
1.6.5a) Ha a1 | a és b1 | b, akkor az oszthatóság elemi tulajdonságai alapján
a1 b1 | ab . A megfordításhoz az 1.6.2 Tételt használjuk fel. Tekintsük
az ab egy tetszőleges p prímosztóját, és legyen a p kitevője a, b, illetve ckanonikus alakjában rendre α, β, illetve γ (ezek között a 0 is előfordulhat).
A c | ab feltétel szerint γ ≤ α + β, és azt kell megmutatni, hogy γ előáll
γ = α′ + β ′ alakban, ahol 0 ≤ α′ ≤ α és 0 ≤ β ′ ≤ β.

560

Eredmények 1.6.

b) alkalmazzuk az a)-ban látott gondolatmenetet, és használjuk fel, hogy αés β közül az egyik 0. — Egy másik lehetőség: Legyen a1 b1 = a2 b2 , ahol
ai | a és bi | b. Ekkor a1 | a2 b2 , továbbá (a1 , b2 ) = 1, tehát a1 | a2 .
Ugyanígy a fordított oszthatóság is teljesül, ezért (a pozitivitás miatt)
a1 = a2 .
c) Például a és b tetszőleges c > 1 közös osztója előáll c = 1·c = c·1 alakban.
d) Használjuk az a), illetve b) részben látott gondolatmenetet.
e) (a, b) | c | [a, b].
1.6.6 Használjuk az 1.6.2 Tételt.
1.6.7 a) 230 .
b) 210 · 32 .
c) 23 · 3 · 5 · 7 = 840.
1.6.8 A keresett n-ek a négyzetszámok. — Útmutatás: Használjuk fel a d(n)képletét és az 1.6.1 feladatot. — Egy másik lehetőség: Képezzünk osztópár okat; minden d | n osztóhoz párosítsuk az n/d komplementer
osztót, és vizsgáljuk meg, mely esetben fordul elő, hogy egy osztó és akomplementer osztója megegyeznek.
1.6.9 Válasz: 20. — Útmutatás: Vizsgáljuk meg, hogy egy adott sorszámú
zárhoz mely őrök nyúltak hozzá, és alkalmazzuk az előző feladatot.
1.6.10 b) Egyenlőség akkor és csak akkor teljesül, ha n kanonikus alakjában
minden prím kitevője páratlan.
1.6.11a)–b) Vizsgáljuk meg, hány olyan osztója lehet n-nek, amely nagyobb, mint
n/2, illetve n/3.
c) Képezzünk osztópárokat, amelyek szorzata √n, ezekben a kisebbik (pontosabban a nem-nagyobbik) elem legfeljebb n. — Egy másik lehetőség:alkalmazzuk az a) és b) részben látott gondolatmenetet általában n/k-ra,és válasszuk meg k értékét optimálisan.
1.6.12 Válasz: nd(n)/2 . — Útmutatás: Képezzünk osztópárokat.
1.6.13 Válasz: n + 1. — Útmutatás: (i) n + 1 darab osztó valóban megadható,
mert 2i 5n−i , i = 0, 1, . . . , n (az egyetlen) megfelelő választás.
(ii) Több osztó már nem lehet jó, ugyanis bármely n + 2 osztó között
a skatulyaelv alapján található (legalább) kettő olyan, amelyekben az 5
kitevője azonos, és így ezek valamelyike osztója lesz a másiknak.
1.6.14a) a | b.
b) 8.
c) 2r , ahol r a b/a különböző prímosztóinak a száma.
(A b) és c) résznél az x, y és y, x számpárokat x ̸= y esetén különbözőknek
tekintettük.)

Eredmények 1.6.

561

1.6.15 Az (a, b)[a, b] = ab azonosság (1.6.6/III. Tétel) bizonyításához hasonló
gondolatmenetet lehet alkalmazni.
1.6.16 Igaz: b), d).
1.6.17a) a | [a, b] | a + b =⇒ a | b, ugyanígy b | a.
b), d) Osszunk le (a, b)-vel, és használjuk fel az 1.6.16b feladatot.
c) Például a = 10k, b = 15k, vagy a = u(u + v), b = v(u + v).
1.6.18 Mind a feltétel, mind pedig az állítás azzal ekvivalens, hogy a és b bármely
közös prímosztója ugyanakkora kitevővel szerepel a és b kanonikus alakjában.
1.6.19 Legyen egy tetszőleges p prím kitevője a, b, illetve c kanonikus alakjában
rendre α, β, illetve γ (ezek között a 0 is előfordulhat).
( Ekkor az)a)-beliazonossághoz
azt
kelligazolni,
hogymax
α, min(β, γ)=()= min max(α, β), max(α, γ) . Ennek helyességét külön-külön ellenőrizzük le abban a három esetben, amikor α a három kitevő közül alegkisebb, a középső, illetve a legnagyobb. Hasonlóan bizonyíthatunk ab) résznél is.
1.6.20a) Az előző feladat jelöléseivel élve, mindkét feltétel azzal ekvivalens, hogyα, β és γ közül kettő egyenlő, és a harmadik ezeknél nem kisebb.
b) Végtelen sok.
c) Az a)-beli állítás megfelelője igaz marad, ha a legnagyobb közös osztót
mindenhol legkisebb közös többszörösre cseréljük. A kitevőkre ez azt
jelenti, hogy α, β és γ közül kettő egyenlő, és a harmadik ezeknél nem
nagyobb. — A megoldásszám az abc különböző prímosztóihoz tartozó δértékek szorzata, ahol δ = 3α + 1, ha α = β = γ, és δ = 2 min(α, β, γ) + 1
egyébként. (A megoldás akkor és csak akkor egyértelmű, ha (a, b, c) = 1.)
1.6.21 Bontsuk minél jobban szorzattá p4 − 1-et, és külön-külön igazoljuk a 16tal, a 3-mal és az 5-tel való oszthatóságot.
1.6.22 Bontsuk szorzattá a6 − b6 -t, és külön-külön igazoljuk a 8-cal, a 7-tel és a
9-cel való oszthatóságot.
1.6.23 A kifejezést bontsuk szorzattá, és a 360 prímhatvány tényezőire különkülön mutassuk meg az oszthatóságot.
1.6.24 Az osztó kanonikus alakjában a megfelelő tényezőkre külön-külön igazoljuk az oszthatóságot. Használjuk fel az a − b | am − bm típusú
oszthatóságokat, valamint a 101-gyel való oszthatósághoz a binomiális
tételt.
1.6.25 a) 275.
b) Nem végződik nullára.

562

Eredmények 1.6.

1.6.26 a) Az n! kanonikus alakjában bármely p prím kitevője kisebb, mint n: ha
ps ≤ n < ps+1 , akkor
αp =

⌋
∞ ⌊
∑
n
k=1

pk

=

⌋
s ⌊
∑
n
k=1

pk

≤

s
∑
n
k=1

p

=
k

n(ps − 1)
n
<
≤ n.
s
p (p − 1)p−1b) c = 2, n = 2j .
1.6.27 ( )()()a) nk = (n/k) n−1. Innen k | n n−1, és mivel (k, n) = 1, ezért
k−1
k−1
(n−1)
( n)
(n−1)
k | k−1 . Ez azt jelenti, hogy k /n = k−1 /k egész szám.
( )b) Nem igaz, ellenpélda 10
4 .
c) (c1) n = prím.
(c2) n = 2j .
(c3) n = 2j − 1.
(n)
(n−1)
( n)
( )
d) Nincs: k k = n k−1 . Innen n | k k . Ha (n, nk ) = 1 lenne, akkorebből n | k következne, ami lehetetlen.
1.6.28 A megfelelő rozmárlétszámok éppen a kettőhatványok.
1.6.29 Első megoldás: Megfelel egy olyan prím, amely az adott n! + k szám
kanonikus alakjában magasabb hatványon szerepel, mint a k-ban.
Második megoldás: Mindegyik számnak van n/2-nél nagyobb prímosztója, és ez semelyik másik számnak sem osztója.
1.6.30 9.
1.6.31 A négyzetmentes számok (azaz amelyek nem oszthatók semmilyen egynél
nagyobb egész szám négyzetével).
1.6.32 Bizonyítsunk indirekt. Vezessük vissza a feladatot arra az esetre, amikora két k-adik hatvány relatív prím, majd mutassuk meg, hogy a különbségük osztója mindkét k-adik hatvány 2-szeresének, és így a 2-nek is, ami
lehetetlen.
1.6.33a) Indirekt: (a/b)5 = 100 ⇒ a5 = 100b5 , majd vizsgáljuk a két oldal kanonikus alakjában az 5 (vagy a 2) kitevőjét.
b) Indirekt: 6a/b = 18 ⇒ 6a = 18b , itt feltehető a, b > 0. Vizsgáljuk a két
oldal kanonikus alakjában a 2 és a 3 kitevőjét.
1.6.35 a) Nem létezik.
b) Létezik.

Eredmények 2.1.

563

2. Kongruenciák
2.1.
2.1.1 alkalmazzuk a P1 példánál látott módszert.
2.1.2 Válasz: 999. — Útmutatás: 999 ≡ −1 (mod 1000).
2.1.3 A 11-gyel való oszthatósági szabály bizonyítása:
10 ≡ −1 (mod 11) =⇒ 10k ≡ (−1)k (mod 11),és ígyas as−1 . . . a1 a0 = as 10s + as−1 10s−1 + . . . + a1 10 + a0 ≡≡ a0 − a1 + a2 ± . . . + (−1)s as (mod 11).
2.1.4 Igaz: a), d), e), h).
2.1.5 Válasz: 50. — Útmutatás: A négyzetszámok lehetséges utolsó számjegyeit a 101-féle számjegy, azaz a 101 szerinti összes maradék négyzetre emeléséből kapjuk meg. Határozzuk meg, hogy így hány páronként
inkongruens érték keletkezik, ehhez vizsgáljuk meg, hogy a négyzetre
emeléskor milyen egybeesések történnek. Használjuk fel a 2.1.4h feladatot.
()()
2.1.6 A ,,tétel” hamis, például 74 ̸≡ 84 . A bizonyításban ott a hiba, hogyegy (egész értékű) tört számlálójába nem szabad azzal kongruens értéket
helyettesíteni, még akkor sem, ha az új tört is egész szám lesz.
2.1.7 Az a ≡ b (mod m) kongruencia felhasználásával lássuk be, hogy az(am − bm )/(a − b) = am−1 + am−2 b + . . . + bm−1 kifejezés is oszthatóm-mel.
2.1.8 Mutassuk meg, hogy a ≡ b (mod 3), majd ennek felhasználásával lássuk
be, hogy (an − bn )/(a − b) relatív prím a 3-hoz.
2.1.9b) A legegyszerűbb,ha ) k szerinti
( n)
(n−1
(n−1) indukcióval bizonyítunk, felhasználvaa)-t és az k = k + k−1 azonosságot. — Egy másik lehetőség: atörtekkel kapcsolatos problémák elkerülése érdekében érdemes átszorozni
a k! nevezővel; mivel (k!, p) = 1, ezért így a bizonyítandóval ekvivalens
kongruenciához jutunk, változatlan modulus mellett. A ,,törtmentes” alaka p − j ≡ −j (mod p) kongruenciák összeszorzásával igazolható.
c) A b) résznél jelzett bármelyik módszer értelemszerű módosítása célhoz
vezet.

564

Eredmények 2.2.

2.1.10 Válasz: p = 5. — Útmutatás: Lássuk be, hogy(3p)p

≡ 3 (mod p).

2.1.11a) A p-vel történő egyszerűsítés után a nevezőben (p−1)! marad, ami relatív
prím a p-hez, tehát a vele történő beszorzás ekvivalens kongruenciához
vezet. Ez utóbbi helyességét az előző két feladat mintájára igazolhatjuk.
b)–c) Hasonló módszerrel bizonyíthatunk, mint az a) résznél.

2.2.
2.2.1 a) 3.
b) 5.
c) 2.
Útmutatás: A modulus relatív prím a megadott elemekhez, és osztója
azok különbségének.
2.2.2 a) 62 · 5m−2 · m!
b) 6 · 5φ(m)−1 · φ(m)!
(Két maradékrendszert akkor is különbözőnek tekintettünk, ha csak azelemek sorrendjében különböznek.)
2.2.3 Mindkét tulajdonság csak a számtani sorozat diﬀerenciájától függ, jelöljük
ezt d-vel.
a) d | m.
b) (d, m) = 1.
2.2.4a) m páratlan.
b) Minden m jó.
c) m = 2.
d) (m, 10) = 1.
e) m = 2.
f) m = 3k .
g) m négyzetmentes.
(Az a) és d) kérdés a 2.2.3b feladat speciális esetének is tekinthető.)2.2.5a) (m, 15) = 1.
b) Minden m jó.
c) m = 2.
d) (m, 20) ≤ 2.
e) Minden m jó. — Ez a 2.2.4g bizonyításában szereplő gondolatmenethez
hasonlóan, de annál jóval egyszerűbben igazolható.
2.2.6 Igaz: b).

Eredmények 2.2.

565

2.2.7
a) A maradék 0, ha m páratlan, és m/2, ha m páros. — Útmutatás: Lássuk
be, hogy a maradék nem függ attól, hogy melyik teljes maradékrendszert választottuk, ezután vizsgáljuk meg például a legkisebb nemnegatív
vagy a legkisebb abszolút értékű maradékok rendszerét. — Egy másik
lehetőség: állítsuk ügyesen párba a teljes maradékrendszer elemeit.
b) Használjuk fel az a) részt. — Páratlan m esetén mindig tudunk példát
mutatni arra is, hogy az ai + bi elemek teljes maradékrendszert alkotnak,
és arra is, hogy nem alkotnak teljes maradékrendszert.
c) Egy redukált maradékrendszer elemeinek az összege 0 maradékot ad, ham > 2. — Az ai +bi összegekre ugyanaz a válasz, mint teljes maradékrendszer esetén.
2.2.8 a) m páratlan vagy osztható 4-gyel.

b) m páratlan.

2.2.9a) m = 2k . — Útmutatás: Pontosan akkor kapunk teljes maradékrendszert, ha a megadott számok páronként inkongruensek, azaz
(i + 1) + (i + 2) + . . . + j = (i + j + 1)(j − i)/2 semmilyen 0 ≤ i < j ≤ m − 1
esetén sem lehet osztható m-mel. Ha m = 2k , akkor a két tényező ellentétes paritását kihasználva lássuk be, hogy ilyen oszthatóság sohasem
áll fenn. Ha viszont az m nem kettőhatvány, azaz m = 2k (2s + 1), ahols > 0 (a k kitevő lehet 0 is), akkor (2k − s) + (2k − s + 1) + . . . + (2k + s)
osztható (sőt egyenlő) m-mel. Itt a legnagyobb tagra biztosan teljesül azelőírt 2k + s < m feltétel, azonban a legkisebb tagnál 2k − s ≤ 0 előfordulhat. Ebben az esetben az előző összeg tagjai közül hagyjuk el az összes
negatívat, a (−1)-szereseiket és a 0-t; ekkor már egy, a megfelelő határok
közé eső, és továbbra is m-mel osztható ,,tiltott” összeget kapunk.
b) m páros.
2.2.10 Igaz: a), c), e).
Útmutatás c)-hez és e)-hez: Mutassuk meg, hogy mindkét állítás következik az alábbiból:
Ha (r, k) = 1, akkor létezik olyan s, hogy s ≡ r (mod k) és (s, m) = 1.
Ennek igazolása: Ha az m minden prímosztója osztója a k-nak is, akkor(r, k) = 1 ⇒ (r, m) = 1, és ekkor s = r megfelel. Egyébként legyenek
q1 , . . . , qt az m olyan prímosztói, amelyek nem osztói a k-nak, és tegyükfel, hogy ezek közül éppen q1 , . . . , qj osztója az r-nek (j = 0 és j = t islehetséges). Ekkor s = r + qj+1 . . . qt k megfelel.

566

Eredmények 2.3.

2.2.11 b) Válasz: m/(a, m).
()Útmutatás: ari + b ≡ arj + b (mod m) ⇐⇒ ri ≡ rj mod m/(a, m) .
2.2.12a) (a, m) = 1 vagy 2, ha m = 4k + 2 alakú, és (a, m) = 1, egyébként.
b) p1 · . . . · ps | b, ahol p1 , . . . , ps az m összes különböző prímosztója.
2.2.13 (k, m) = 1.
2.2.14 c) Használjuk fel a b) részt.

2.3.
2.3.1 Állítsuk párba egy (ügyesen választott) redukált maradékrendszer elemeit,
vagy használjuk φ(n) képletét.
2.3.2a) 3, 4, 6.
b) 5, 8, 10, 12.
c) Nincs ilyen n.
d) 61, 77, 93, 99, 122, 124, 154, 186, 198.
2.3.3a) 1285 = 5 · 257. — Útmutatás: φ(211 ) = 210 , ezért a keresett szám
legfeljebb 211 . Ennél kisebb megfelelő tulajdonságú számot csak 2k + 1
alakú prímek szorzata adhat.
b) 311 . — Útmutatás: Használjuk fel, hogy (i) 2 · 310 + 1 nem prím (osztható
17-tel), továbbá (ii) ha egy p(> 2) prímre 3j | p − 1, akkor p ≥ 2 · 3j + 1.
2.3.4 100, 80, 50, 40.
2.3.5a) Használjuk fel k és n kanonikus alakját és a φ-függvény képletét. Vigyázzunk arra, hogy mindkét szám kanonikus alakjában csak pozitív kitevők
szerepeljenek.
b) Következik az a) részből.
c) A legkevesebb számolással úgy érünk célhoz, ha a
(
) (
) (
)[
]
φ (a, b) φ [a, b] = φ(a), φ(b) φ(a), φ(b)azonosságot igazoljuk.
2.3.6 A φ(a)/φ(b) = a/b egyenlőség átírható a következő alakba:
)
)
∏ (
∏ (
1
1
1−
1−
=
.
p
q
p|a
p prímq|bq prím(1)

Eredmények 2.3.

567

Ha a és b prímosztói megegyeznek, akkor (1) nyilván teljesül. A megfordítás igazolásához indirekt tegyük fel, hogy (1) valamely más esetben
is teljesülne. Hagyjuk el a közös 1 − 1/p = 1 − 1/q tényezőket, majdszorozzuk be mindkét oldalt a közös nevezővel (azaz a megmaradt p-k és
q-k szorzatával). Ekkor a p-k és q-k közül a legnagyobb csak az egyik
oldalnak lesz osztója, ami ellentmondás.
2.3.7 Igaz: a).
2.3.8 Legyen a k kanonikus alakja k =

n=

r
∏
i=1

{
i
pα
i ,

ahol αi =∏r

βi
i=1 pi , βi > 0. Ekkor megfelel∏rβi ,ha pi | j=1 (pj − 1);
βi + 1, egyébként.

2.3.9 Használjuk fel, hogy ha r > 1, akkor az r | n és (r, n) = 1 feltételek
kizárják egymást. — Egyenlőség akkor és csak akkor teljesül, ha n = 1,
4 vagy prím. — Útmutatás: Minden más esetben található olyan 1 << r < n, amelyre (r, n) > 1, de r̸ | n; például n − p megfelel, ahol p az nlegkisebb prímosztója.
2.3.10a), c) Használjuk φ(n) képletét.
b) Ekkor az (1) táblázat oszlopai nem alkotnak teljes maradékrendszert modulo b.
2.3.11a) Az n legkisebb prímosztójának a többszörösei biztosan nem relatív prímek
az n-hez. — Egyenlőség akkor és csak akkor teljesül, ha n egy prímszám
négyzete.
b) (b1) n prím.
(b2) 10.
(b3) 15, 49.
(b4) Nincs ilyen n.
2.3.12 1, 2 és 3. — Útmutatás: Mutassuk meg, hogy φ(n) | n ⇐⇒ n = 2α 3β ,ahol α ≥ 0 és β = 0, vagy α > 0 és β > 0.
2.3.13 Bizonyítsunk indirekt; használjuk a φ-függvény képletét, ekkor az egyszerűsítések után megmaradó legnagyobb prímosztó csak az egyik oldalnaklesz osztója.
2.3.14 Egyszerűsítsük az 1/n, 2/n, . . . , n/n törteket, és számoljuk össze, hogy
egy adott nevező hányszor fordul elő.
√2.3.15 A φ(n) képletének felhasználásával lássuk be, hogy φ(n) ≥ n/2.
Egy másik lehetőség: az n prímosztóin kívül minden prímszám relatív
prím az n-hez, és n-ig ,,sok” prímszám van (lásd az 5.4 pontot).

568

Eredmények 2.4.

2.3.16 Jelölje 2 = p1 < p2 < . . . a (pozitív) prímszámok sorozatát, és legyen pj
a legkisebb olyan prím, amely nem osztója a k-nak. Ekkor n = (pj − 1)kmegfelel.
2.3.17 Legyen 2 = p1 < p2 < . . . < p1000 az első 1000 prímszám, és jelölje P ezek
szorzatát. Ekkor az ni = P (pi − 1)/pi számok megfelelnek.
2.3.18 Válasz: n ≤ 3. — Útmutatás: Hasonlítsuk össze a 2 kitevőjét φ(n!) és k!
kanonikus alakjában.
2.3.19 m = 2k vagy p vagy 2p, ahol p > 2 prím.

2.4.
2.4.1 Használjuk fel, hogy φ(n) ≤ n miatt φ(n) | n!. — A feladatot megoldhatjuk az Euler–Fermat-tétel nélkül is. Az 1, 2, 22 , . . . , 2n számok között
a skatulyaelv alapján található két olyan, amelyek kongruensek modulo
n: 2i ≡ 2j (mod n), ahol 0 ≤ i < j ≤ n. Mivel (2, n) = 1, ezért 2i -velegyszerűsíthetünk, és így 2j−i ≡ 1 (mod n), ahol 1 ≤ j − i ≤ n. Innen
j − i | n! alapján következik a feladat állítása.
2.4.2 Válasz: 49.
Útmutatás: (1793, 102 ) = 1 miatt 1793kφ(100) ≡ 1 (mod 100). Számítsuk
ki φ(100)-at és használjuk fel, hogy 1793 ≡ −7 (mod 100).
2.4.3 alkalmazzuk (többször) a kis Fermat-tételt p = 13-ra.
2.4.4 Lássuk be, hogy a két szám közül az egyik osztható 7-tel.
2.4.5 Határozzuk meg az osztó kanonikus alakját, és minden prímhatványtényezőre külön igazoljuk az oszthatóságot az Euler–Fermat-tétel felhasználásával. Ne felejtsük el azokat az eseteket is megvizsgálni, amikor ez a prímhatvány az a-hoz nem relatív prím.
2.4.6 Lássuk be, hogy egy 30-adik hatvány csak 0 vagy 1 maradékot adhat
11-gyel, illetve 9-cel osztva.
2.4.7 Mutassuk meg, hogy egy 88-adik hatvány csak 0 vagy 1 maradékot adhat
23-mal osztva.
2.4.8 Ha ri és rj egyike sem kongruens 0-val mod p, akkor az ri2p−3 ≡ rj2p−3(mod p) kongruenciát ri rj -vel beszorozva, a kis Fermat-tétel felhasználásával ri ≡ rj (mod p), azaz i = j következik.
2.4.9a) A 2.4.1B Tétel bizonyításának a mintájára válasszuk külön a p̸ | a és p | aeseteket.

Eredmények 2.4.

569b) Jelölje k az m kanonikus alakjában előforduló kitevők maximumát. Ekkori, j ≥ k, i ≡ j (mod φ(m)) =⇒ ai ≡ aj (mod m). — Útmutatás:
Lássuk be, hogy az m kanonikus alakjában szereplő minden egyes pα
prímhatványtényezőre ai ≡ aj (mod pα ). Ehhez használjuk fel, hogyφ(pα ) | φ(m) (lásd a 2.3.5a feladatot).
2.4.10 Igaz: a), c).
a) Használjuk az Euler–Fermat-tételt (a = 133, m = 1000), vagy alkalmazzuk a 2.4.1 feladatnál vázolt módszer megfelelő módosítását.
b) Vizsgáljuk a 4-gyel való oszthatóságot.
c) Induljunk ki a 136k ≡ 136 (mod 1000) ⇐⇒ 136k−1 ≡ 1 (mod 125)összefüggésből.
()
2.4.11 Útmutatás: ak ≡ a (mod d) ⇐⇒ ak−1 ≡ 1 mod d/(a, d) .
2.4.12 A csupaegyek a (10k − 1)/9 alakú számok, tehát azokat az m-eket kellmeghatározni, amelyekre 10k ≡ 1 (mod 9m) teljesül alkalmas (pozitív)
k-val.
2.4.13 Elég azt megmutatni, hogy n2 + 1-nek bármely p páratlan, pozitív prímosztója 4k+1 alakú. Ennek belátásához az n2 ≡ −1 (mod p) kongruenciát
emeljük (p − 1)/2-edik hatványra, és használjuk a kis Fermat-tételt.
A feladatot megoldhatjuk a kis Fermat-tétel nélkül is. Tegyük fel indirekt,hogy létezne egy 4k − 1 alakú a pozitív egész és egy olyan n, amelyrea | n2 + 1. Vegyük a legkisebb ilyen a-t. Az ellentmondást úgy fogjuk
kihozni, hogy találunk egy a-nál kisebb b pozitív egészt, amely szintén
4k − 1 alakú és osztója egy s2 + 1 alakú számnak.
Mivel az a | n2 + 1 oszthatóság csak az n-nek az a-val vett osztási
maradékától függ, ezért feltehető, hogy 0 ≤ n ≤ a − 1 (sőt azt is előírhatnánk, hogy |n| ≤ a/2 teljesüljön).
Legyen n2 + 1 = aq. Ekkor aq = n2 + 1 ≤ (a − 1)2 + 1 < a2 , tehát(0 <)q < a.
Ha n páros, akkor az n2 + 1 szám 4k + 1 alakú, és így a q szám 4k − 1
alakú.
Ha n páratlan, akkor az n2 + 1 szám 8k + 2 = 2(4k + 1) alakú, és így
a q/2 szám 4k − 1 alakú.
Azt kaptuk, hogy az a-nál kisebb q, illetve q/2 pozitív szám is osztója
n2 + 1-nek, ami ellentmondás.
2.4.14 A kis Fermat-tétel alapján n40 ≡ n4 (mod 19), így a feltétel a4 ≡ −b4(mod 19) alakba írható. Ezt a kongruenciát emeljük 9-edik hatványra.
2.4.15 Az a) és b) állításból az m = p speciális esetben éppen a kis Fermat-tételmásodik alakját kapjuk. A c) állítás azt mutatja, hogy van olyan összetett

570

Eredmények 2.5.

m is, amelynél am ≡ a (mod m) teljesül minden a-ra. (Az ilyen összetett
számokat univerzális álprímeknek vagy Carmichael-számoknak hívjuk, ésezekkel részletesebben az 5.7 pontban foglalkozunk.) — Útmutatások:a) Négyzetmentes m esetén az m minden p prímosztójára lássuk be, hogyaφ(m)+1 ≡ a (mod p). Ha az m nem négyzetmentes, azaz osztható egy pprímszám négyzetével, akkor például a = p-re nem teljesül a szóban forgó
kongruencia.
b) Használjuk fel a 2.4.9b feladat eredményét.
c) Vizsgáljuk az a1729 ≡ a (mod k) kongruenciákat, ahol k az 1729 egy
tetszőleges prím(hatvány)osztója.
2.4.16 2.4.1B: Nyilván elegendő ap ≡ a (mod p) teljesülését egy teljes maradékrendszer elemeire, azaz például a = 1, 2, . . . , p-re belátni. Tegyük fel, hogy
a kongruencia valamely a = k-ra teljesül, ekkor (k + 1)p -t a binomiális
tétel szerint kifejtve kapjuk, hogy a kongruencia a = k + 1-re is érvényes.
2.4.1A: Legyen (a, p) = 1. Ekkor az (imént igazolt) ap ≡ a (mod p) kongruenciát szabad a-val egyszerűsíteni, azaz ap−1 ≡ 1 (mod p) is fennáll.

2.5.
2.5.2
a) x ≡ 11, 28, 45 (mod 51).
b) x ≡ 9, 38, 67, 96 (mod 116).
c) x ≡ 1011 + 11111k (mod 55555), 0 ≤ k ≤ 4.
d) x ≡ (2k+3 + 4)/3 (mod 2k+2 + 1), ha k páros, és nincs megoldás, ha kpáratlan.
e) x ≡ 0, 11 (mod 19).
Útmutatás: A kis Fermat-tétel alapján az x(8x + 7) ≡ 0 (mod 19) kongruenciához jutunk. Ezután ismét használjuk fel, hogy a 19 prím.
f) x ≡ 79 (mod 100). — Útmutatás: Mivel (27, 1000) = 1, ezért csak olyan
megoldás jöhet szóba, amely relatív prím a 100-hoz. Így használhatjuk
az Euler–Fermat-tételt.
2.5.3 A 13x ≡ 31 (mod 49) kongruenciából 25 és 74 adódik.
2.5.4 Válasz: 67.
Útmutatás: Az Euler–Fermat-tételből 3280 ≡ 1 (mod 100), így a
3x ≡ 1 (mod 100) kongruenciát kell megoldani.
2.5.5 Elégséges: a), c), f).

Eredmények 2.6.

571

2.5.6 Igaz: a), b).
2.5.7 m.

2.6.
2.6.1
a) 93.
b) Az x ≡ 4 (mod 12), x ≡ 8 (mod 15) kongruenciarendszer nem oldható
meg.
2.6.2 a) Akármi lehet.

b) 3 vagy 7.

2.6.3 alkalmazzuk a P1 példánál bemutatott eljárást: Alakítsuk át mindegyik
kongruenciát olyan szimultán kongruenciarendszerré, amelyben a modulusok az eredeti modulus kanonikus alakjában szereplő prímhatványok.
Ne felejtsük el, hogy az egyes prímhatvány modulusú kongruenciák vizsgálata során általában két esetet érdemes megkülönböztetni aszerint, hogya keresett x megoldás relatív prím-e a modulushoz, vagy sem. — Eredmények:a) x ≡ 20 (mod 176).
b) x ≡ 60 (mod 333) és x ≡ 208 (mod 333).
c) x ≡ 91 (mod 105).
2.6.4 a) 1.

b) 2.

2.6.5 A kérdéses modulo 1000 kongruencia helyett vizsgáljuk a modulo 125 és
modulo 8 adódó szimultán kongruenciarendszert. — Válasz: 016.
2.6.6 1166.
2.6.7 a) 25, 76.

b) 376, 625.

2.6.8a) Válasz: 36. — Útmutatás: Az x2 ≡ x (mod 1020 ) kongruencia helyett
vizsgáljuk a megfelelő prímhatvány modulusok szerinti szimultán kongruenciarendszert. Mutassuk meg, hogy egy prímhatvány modulusra nézve
az x(x − 1) ≡ 0 kongruencia megoldásszáma 2.
b) Válasz: 135. — Útmutatás: Határozzuk meg az x3 ≡ x (mod 1020 )kongruencia megoldásszámát az a)-beli eljáráshoz hasonló módon.
37

2.6.9 Mivel egy napban 24 · 60 = 1440 perc van, tehát az x ≡ 3938
(mod 1440) kongruenciát kell vizsgálnunk. 1440 = 25 · 32 · 5 alapján
ehelyett a 25 , 32 és 5 modulusokra nézzük a kongruenciát. — Válasz: 13
óra 21 perc.
2.6.10 A 2.2.14b-c feladat megoldásához hasonlóan járhatunk el.

572

Eredmények 2.6.

2.6.11 Legyenek p1 , . . . , pK különböző prímszámok, és tekintsük az x + i ≡ 0(mod p2i ), i = 1, 2, . . . , K szimultán kongruenciarendszert.
2.6.12a) Egy-egy megoldás x = a + b + c, illetve x = ab + bc + ca.
b) Szükségesség: alkalmazzuk a 2.6.1 Tételt a két kongruenciából álló részrendszerekre. — Elégségesség: Legyen a = da1 , b = db1 , c = dc1 , ahol
a1 , b1 és c1 páronként relatív prímek, és x = dx1 . Osszuk el valamennyi
kongruenciát d-vel (a modulusokat is beleértve). Az így kapott szimultán
kongruenciarendszerben x1 az ismeretlen és a1 , b1 és c1 a modulusok.
Mivel a modulusok páronként relatív prímek, ezért ez a kongruenciarendszer megoldható, és így megoldható az eredeti rendszer is.
2.6.13 Szükségesség: alkalmazzuk a 2.6.1 Tételt a két kongruenciából álló részrendszerekre. — Elégségesség: Bizonyítsunk k szerinti teljes indukcióval.
A k−1-re vonatkozó indukciós feltevés szerint az első k−1 kongruenciábólálló részrendszer megoldható, legyen c egy megoldás. Ekkor elég az
x ≡ c (mod [m1 , . . . , mk−1 ]),x ≡ ck (mod mk )kongruenciarendszer megoldhatóságát igazolni. A 2.6.1 Tétel kritériumának az ellenőrzéséhez használjuk fel az 1.6.19b feladat több tagra vonatkozó általánosítását, valamint 1 ≤ i ≤ k − 1-re az (mk , mi ) | ck − ci ésmi | ci − c feltételek teljesülését.
2.6.14 Nincs. — Útmutatás: A kongruencia megoldásszáma megegyezik a prím(hatvány)tényezők szerinti szimultán kongruenciarendszerben szereplő
kongruenciák megoldásszámainak a szorzatával.
2.6.15a) Szükségesség: A rendszer elemszáma φ(k) = n. A 0 (mod n) előállításához
használt c számra n | c, továbbá (c, k) = 1, ezért (k, n) = 1.
Elégségesség: Legyen r1 , . . . , rn tetszőleges teljes maradékrendszer modulo
n, s1 , . . . , sn tetszőleges redukált maradékrendszer modulo k (a feltétel
szerint φ(k) = n). Ekkor (k, n) = 1 miatt az
x ≡ ri (mod n),x ≡ si (mod k),i = 1, 2, . . . , nszimultán kongruenciarendszerek megoldhatók, és ezek egy-egy megoldása
a kívánt tulajdonságú számhalmazt szolgáltat.
b) A szükségesség nyilvánvaló. Az elégségesség bizonyítása (k, n) = 1 esetén az a) rész mintájára történhet, az általános esetben azonban úgykell a két redukált maradékrendszer elemeit összepárosítani, hogy az ígyEredmények 2.7.

573

létrejövő szimultán kongruenciarendszerek megoldhatók legyenek. Annakigazolásához, hogy az ilyen párosítás tényleg megvalósítható, a következő
állítást kell belátni: ha d | n, akkor egy modulo n redukált maradékrendszer elemeiből minden modulo d redukált maradékosztályba ugyanannyi
elem esik.
2.6.16a) Először mutassuk meg, hogy bármely n-re és i ̸= j-re (ai + n, aj + n)
csak az S = (a1 − a2 )(a1 − a3 )(a2 − a3 ) osztói közül kerülhet ki. Legyen
ezután p az S tetszőleges prímosztója, és válasszuk meg n-et modulo púgy, hogy az ai + n számok közül legfeljebb egy legyen osztható p-vel(p > 3-ra akár az is elérhető, hogy a1 + n, a2 + n és a3 + n egyike se legyenosztható p-vel). Az S különböző prímosztóira így adódó kongruenciák egy
szimultán kongruenciarendszert alkotnak, amely a modulusok páronként
relatív prím volta miatt biztosan megoldható.
b) Például 1, 2, 3, 4 megfelel.
∏c) Finomítsuk az a)-beli eljárást úgy, hogy az S = 1≤i<j≤4 (ai −aj ) szorzat
páratlan prímosztóit és a 4-et tekintjük modulusoknak.
d) Most olyan n-et kell választani, hogy az S bármely p prímosztójával az
ai + n számok közül legfeljebb kettő legyen osztható.
e) Öt szám esetén mindkét állítás igaz, hat számra viszont már mindkettő
hamis.
2.7.
2.7.1a) Válasz: 2, ha m = 4, és 0, ha m > 4. — Útmutatás: Ha m felírható két
különböző, 1-nél nagyobb egész szám szorzataként, akkor ezek mindkettenszerepelnek tényezőként (m−1)!-ban, tehát m | (m−1)!. Hátravan még az
m = p2 eset, ahol p prím. Ha p > 2, akkor p és 2p is szerepel tényezőként
(m − 1)!-ban.
b) Válasz: 2, ha m = 4; p − 1, ha m = 2p, ahol p > 2 prím, és 0 egyébként.
— Útmutatás: Először lássuk be, hogy ha m = pα t, ahol p ̸ | t és t > 2,
akkor φ(m) ≥ pα . Ebből következik, hogy az m = 2α , pα és 2pα (aholp > 2 prím) esetek kivételévela) keresett maradék 0. Ha m = pα vagy(
α2p , ahol α(≥ 2, akkor
a φ(m) ! szorzatban pα−1 és 2pα−1 is szerepel,)
ezért m | φ(m) !. Hasonlóan,ha) m = 2α , ahol α ≥ 3, akkor 2α−1((és 2 is) szerepel tényezőként φ(m) !-ben. Végül az m = 2p esetben aφ(m) ! = (p−1)! szorzat maradékát vizsgáljuk külön modulo p és modulo
2.

574

Eredmények 2.7.

c) Válasz: −1, ha m = 4, pα vagy 2pα , ahol p > 2 prím, és 1 egyébként.
— Útmutatás: A Wilson-tételre adott párba állításos bizonyítás módosításánál a fő nehézséget az jelenti, hogy (a legtöbb) összetett m esetén c2 ≡ 1 (mod m) nem csak c ≡ ±1 (mod m) esetén teljesül. A
párba állításnál a redukált maradékrendszer azon c elemei okoznak problémát, amelyeknek ,,önmaga a párja”, azaz c2 ≡ 1 (mod m). Jelöljük
ezek halmazát H-val. Ekkor a keresett r maradék megegyezik a H-belielemek szorzatának a maradékával. Ha m = 4, pα vagy 2pα , akkor
H-ban csak c ≡ ±1 (mod m) szerepel, és így r ≡ −1 (mod m). A
többi esetben a kínai maradéktétel segítségével lássuk be, hogy H-nak
több, mint két eleme van. Legyen d ̸≡ 1 (mod m) a H tetszőleges eleme,és állítsuk párba (csak) H elemeit a c 7→ cd (mod m) megfeleltetéssel.
Innen r ≡ d vagy 1 (mod m) adódik. A H-beli párba állítást most egy
másik d′ ̸≡ 1 (mod m) elem szerint elvégezve kapjuk, hogy csak r ≡ 1(mod m) lehetséges.
2.7.2 Válasz: 7 és 17. — Útmutatás: Ha m prím, akkor használjuk fel a Wilsontételt. Ha m összetett és m − 6 ≥ m/2, akkor (m − 6)! nem lehet relatív
prím az m-hez.
2.7.3 Azt kell igazolni, hogy az a1 b1 , . . . , am bm szorzatok nem alkotnak teljes
maradékrendszert modulo m.
a) Legyen m prím, m = p. Ha a p = ai = bj előállításnál i ̸= j, akkor
ai bi ≡ aj bj ≡ 0 (mod p). Ha p = ai = bi , akkor a többi aj elem, illetve atöbbi bj elem redukált maradékrendszert alkot modulo p, és megmutatjuk,
hogy az aj bj szorzatok viszont nem alkotnak azt. A Wilson-tétel alapján∏∏ ∏aj bj ≡
ajbj ≡ (−1)(−1) = 1 ̸≡ −1 (mod p) ,
j̸=i

j̸=i

j̸=i

tehát az aj bj (j ̸= i) szorzatok nem alkothatnak redukált maradékrendszert modulo p.
b) Először mutassuk meg, hogy ha k | m, akkor a k-val osztható a-kat és b-ket
eleve ,,egymással kell összeszorozni”. Ha m nem négyzetmentes, azaz van
olyan p prím, amelyre p2 | m, akkor az előző észrevétel alapján bármely
ai bi szorzat vagy relatív prím a p-hez, vagy pedig osztható
p2 -tel, tehát például a (p)m maradékosztály nem lesz reprezentálva. Ham négyzetmentes, és p az m egy páratlan prímosztója, akkor lássuk be,
hogy az m/p-vel osztható a és b elemek egy-egy teljes maradékrendszert
alkotnak modulo p, és vezessük vissza a feladatot az a) részre.
2.7.4 A (p − 1)! ≡ −1 (mod p) kongruenciában a p − c > (p − 1)/2 tényezők
helyére írjunk −c-t, majd a ,,négyzetgyökvonásnál” használjuk ki p prím
tulajdonságát.

Eredmények 2.7.

575

2.7.5 A (p2 − 1)!-ból pp−1 -et kiemelve p + 1 darab modulo p redukált maradékrendszer szorzata marad (a p + 1-edik a p-vel osztható számok együtthatóiból keletkezik).
2.7.6 (p − 3)/2.
2.7.7 Válasz: 10000. — Útmutatás: Vizsgáljuk külön a maradékot modulo 101
és modulo 100, majd oldjuk meg a kapott szimultán kongruenciarendszert.
2.7.8 Válasz: 3, 4, 5, 9. — Útmutatás: Először ,,ejtsük ki a faktoriálist”: az elsőszám alkalmas többszörösét a másodikból levonva kapjuk, hogy a keresettd legnagyobb közös osztó osztója 3n(n + 3)-nak. Ennek alapján mutassuk
meg, hogy ha n ≥ 4, akkor d = 3. Használjuk fel, hogy (n + 2)! maradéka
0 vagy −1 modulo n + 3.
2.7.9 Mindkét kérdésre m ≤ 3 a válasz. — Útmutatás: Nyilván elég megmutatni, hogy m > 3-ra nem létezik ilyen alakú redukált maradékrendszer.
Ha m = p > 3 prím, akkor csak 1!, 2!, . . . , (p − 1)! jöhetne szóba, de a
Wilson-tétel alapján (p − 2)! ≡ 1!. Ha m összetett és p a legkisebb prímosztója, akkor egyrészt p ≤ k esetén (k!, m) ̸= 1, másrészt egyszerűen
igazolható, hogy p ≤ φ(m), tehát a faktoriálisok között csak φ(m)-nél
kevesebb olyan van, amely relatív prím az m-hez.
2.7.10 A 31-gyel való oszthatóságot nem befolyásolja, ha az összeget a 31-hez
relatív prím (a1 a2 a3 )27 számmal beszorozzuk. Ezután használjuk fel a
Wilson- és a kis Fermat-tételt.
2.7.11 Válasz: 0, ±1. — Útmutatás: Lássuk be, hogy ha a számtani sorozat egyik
eleme sem osztható p-vel, akkor az elemek vagy redukált maradékrendszert alkotnak modulo p, vagy pedig mind azonos maradékot adnak p-vel
osztva. Ennek megfelelően használjuk fel a Wilson-, illetve a kis Fermattételt.
2.7.12 Válasz: x = 1, z = 2. — Útmutatás: Az x!-ban minden 1 ≤ i ≤ x − 1
tényező helyére írjuk a vele kongruens −(z − i) számot, ekkor
x!(z − x)! ≡ (−1)x−1 x(z − 1)! (mod z)
adódik. Ezután használjuk fel a Wilson-tételt, illetve a 2.7.1a feladatot.
2.7.13 Válasz: p ≤ 5. — Útmutatás: Tegyük fel indirekt, hogy egy p > 5 prímre(p − 1)! + 1 = pk teljesül. Ezt átalakítva a(p − 2)! =pk − 1= pk−1 + pk−2 + . . . + 1
p−1

(1)

egyenlőséget nyerjük. Vizsgáljuk (1)-et modulo (p − 1): a 2.7.1a feladat,
illetve p ≡ 1 (mod p − 1) alapján 0 ≡ k (mod p − 1) adódik. Innen azt

576

Eredmények 2.8.
kapjuk, hogy k ≥ p − 1, azonban ekkor pk ≥ pp−1 > (p − 1)! + 1, ami
ellentmondás.

2.8.
2.8.1 Páros m-ek esetén.
2.8.2a) A 13x ≡ 1 (mod 100) kongruenciát kell megoldani. — Válasz: (77).
b) 100 − φ(100) − 1 = 59.
c) 19.
d) Van.
2.8.3 Válaszok:
a) 2.
b) 4.
c) 8.
d) Legyen m = 2α t, ahol t páratlan, és jelölje t különböző prímosztóinak
a számát k. Ekkor a keresett érték 2k , ha α ≤ 1; 2k+1 , ha α = 2; és 2k+2 ,ha α ≥ 3.
Útmutatás: Az x2 ≡ 1 (mod m) kongruencia megoldásszámát kell meghatározni. Vizsgáljuk először azt a speciális esetet, amikor m egy páratlanprím hatványa, illetve kettőhatvány, majd általános m esetén térjünk át az
m kanonikus alakjában szereplő prímhatvány tényezők szerinti szimultán
kongruenciarendszerre.
2.8.4a)–b) Használjuk a nullosztó definícióját vagy a 2.8.5 Tételt.
c) Ezek az m-ek a prímhatványok.
d) Az összeg (0), ha m páratlan, és (m/2), ha m páros. A szorzat (2), ha
m = 4, és (0), ha m > 4.
e) Pontosan a nem négyzetmentes számok ilyenek, azaz amelyek legalább
egy prímszám négyzetével oszthatók.
2.8.5a) Először be kell látni, hogy a műveletek ,,jól vannak definiálva”, azaz két
ilyen maradékosztály összege és szorzata megint ilyen típusú maradékosztály. A műveleti azonosságok az összes modulo 20 maradékosztály
körében érvényesek, tehát a H részhalmazon is ,,automatikusan” teljesülnek. Nullelem a (0)20 , a (4s)20 ellentettje a (−4s)20 = (20 − 4s)20 .
Egységelem a (16)20 , a (16)20 és a (4)20 inverze önmaga, a (8)20 és a(12)20 pedig egymás inverzei.
b) Bármely (a) ∈ K-ra (a)40 (20)40 = (0)40 , tehát valóban minden elem nullosztó. Ebből következik, hogy nem létezhet egységelem, és K nem lehet
test. (Az, hogy K kommutatív gyűrű, az a) részhez hasonlóan igazolható.)

Eredmények 2.8.

577c) Legyen 1 < k < m és k | m.
(i) Ekkor a modulo m maradékosztályok közül a ,,k-val oszthatók” amaradékosztályok közötti összeadásra és szorzásra egy R kommutatívgyűrűt alkotnak.
(ii) Ha (k, m/k) = 1, akkor ez az R gyűrű egységelemes.
(iii) Ha (k, m/k) = 1 és m/k prím, akkor R test.
(iv) Ha (k, m/k) ̸= 1, akkor R minden nemnulla eleme nullosztó, és így
már egységelem sem létezik.
2.8.6 Csak a köbre emeléssel nincs semmi probléma. Részletesen az alábbiakat
mondhatjuk:a) Lnko: a jobb oldalon álló maradékosztály általában függ attól, hogy az(a)m és (b)m maradékosztályból melyik reprezentánst választottuk.
b) Köbre emelés: értelmes a definíció.
c) Köbgyökvonás: a jobb oldalon álló maradékosztály általában függ attól,
hogy az (a)m maradékosztályból melyik reprezentánst választottuk, sőt
további problémát jelent, hogy egy adott √maradékosztálynál már az isfügghet a reprezentáns választásától, hogy 3 a egyáltalán egész szám-e.
d) Számtani közép: hasonló a helyzet, mint c)-nél. — Ha finomabb vizsgálatot akarunk végezni, akkor érdemes a páros és páratlan m esetét
megkülönböztetni. Ha m páratlan és a két maradékosztályból olyan
reprezentánsokat veszünk, amelyekre (a+b)/2 egész szám (ilyen reprezentánsok
mindigvannak), akkor ez egyértelműen meghatározza az()(a + b)/2 m maradékosztályt, tehát ily módon (kissé erőltetetten) értelmezhetjük bármely két maradékosztály számtani közepét. Ha m páros,akkor a két maradékosztály bármely két reprezentánsára() egyformán igaz,
hogy (a+b)/2 egész szám-e vagy sem, azonban (a+b)/2 m az első esetben
sem lesz egyértelmű. Ez azt jelenti, hogy páros m esetén sehogyan sem
tudjuk két maradékosztály számtani közepét a fenti módon értelmezni.
e) Hatványozás: a jobb oldalon álló maradékosztály általában függ attól,
hogy a (b)m maradékosztályból melyik reprezentánst választottuk.
2.8.7 Kövessük — értelemszerű módosításokkal — a 2.4.1 Tételre adott bizonyítás gondolatmenetét. Legyen G összes eleme g1 , . . . , gk . Először
mutassuk meg, hogy ekkor ag1 , . . . , agk is kiadja a csoport összes elemét.
Ebből következik, hogy (ag1 )(ag2 ) . . . (agk ) = g1 g2 . . . gk . Ezt az egyenlőséget g1 g2 . . . gk inverzével beszorozva a feladat állítását kapjuk.
2.8.8 A Wilson-tétel bizonyításának a mintájára párosítsunk minden elemet az
inverzével. Ebből azonnal következik az állítás, ha (e-vel együtt) legfeljebb
két olyan elem van, amelynek a négyzete az egységelem. Ha kettőnél több
ilyen elem van, akkor ezek körében csináljunk egy másféle párosítást.

578

Eredmények 3.1.

3. Magasabb fokú kongruenciák
3.1.
3.1.1 a) 2.

b) 4.

c) 0.

d) 60.

3.1.2 alkalmazzuk a Zm gyűrűre azt a tételt, hogy egy (kommutatív) gyűrű
feletti polinom akkor és csak akkor osztható x − α-val, ha a megfelelő
polinomfüggvénynek az α gyöke.
3.1.3 Csak c) igaz.
3.1.4 a) Pl. f = x2 (x − 1) . . . (x − 11).

( )b) 37 · 36 · 36
11 .

3.1.5 Ha i megoldás, akkor f (i)p−1 ≡ 0 (mod p), ha pedig nem megoldás, akkor
a kis Fermat-tétel miatt f (i)p−1 ≡ 1 (mod p).
3.1.6 Használjuk fel a Wilson-tételre ebben a pontban adott bizonyítást: akeresett szorzat (−1)j+1 ap−1−j , ahol ap−1−j a bizonyításban szereplő fpolinom megfelelő együtthatója.
3.1.7 Írjunk f -ben xp−1 helyére mindaddig 1-et, amíg ez csak lehetséges.
3.1.8 Kezeljük a kérdést a Zp test feletti polinomok körében. Itt az f polinomhoz tartozó polinomfüggvénynek p helyettesítési értéke van. A Lagrange- vagy Newton-féle interpoláció egy olyan g polinom létezését garantálja, amelynek a foka legfeljebb p − 1 vagy g a nullpolinom, és a g-hez
tartozó polinomfüggvény az adott helyeken az előre megadott értékeket
veszi fel, vagyis jelen esetben minden helyettesítési értéke ugyanaz, mintaz f -hez tartozó megfelelő helyettesítési érték. — Az interpolációs polinom előállítására többféle eljárás ismert, azonban mindenképpen szükség
van hozzá az f összes helyettesítési értékére, tehát eleve ismernünk kellmagukat a gyököket és így a megoldásszámot is. Ennek megfelelően az
interpolációs polinom nem használható a megoldásszám megkereséséhez.
3.1.9 Tegyük fel, hogy a g1 és g2 polinom is megfelel, és tekintsük a
h = g1 − g2 polinomot. A feltételek alapján a h modulo p vett foka
legfeljebb p − 1 lehet, ugyanakkor a h(x) ≡ 0 (mod p) kongruenciának
minden c megoldása, azaz a megoldásszám p. Az ellentmondás csak úgy
oldható fel, hogy h-nak modulo p nincs foka, azaz h minden együtthatója
osztható p-vel.
3.1.10 A 3.1.3 Tételre adott első bizonyítást módosítsuk a 2.4.15b feladat felhasználásával.

Eredmények 3.2.

579

3.2.
3.2.1 a) 1.
b) 2.
c) 12.
d) 46. (Azt, hogy nem 23 a rend, minden számolás nélkül is megmutathatjuk 43 ≡ −22 (mod 47) és a kis Fermat-tétel felhasználásával.)
3.2.2 Csak a c) esetben van ilyen a szám.
3.2.3 9, 21 és 63.
3.2.4 Használjuk az (ai )t = ait összefüggést és a 3.2.2 Tétel (i) állítását. Ennek alapján a legnehezebb c) rész (amelynek a) és b) speciális esete) akövetkezőképpen igazolható:
1 ≡ (ai )t = ait (mod m) ⇐⇒ k | it ⇐⇒

k
k
i
⇐⇒
t
t.
(i, k) (i, k)(i, k)

3.2.5a) 10 és 30 (mutassunk példát is arra, hogy mindkettő valóban előfordul).
b) 36.
3.2.7 16.
3.2.8a) p | a3 − 1 = (a − 1)(a2 + a + 1), de p̸ | a − 1.
b) Válasz: 6. — Útmutatás: Az a) rész alapján (1 + a)2 ≡ a (mod p).
3.2.9 16.
3.2.10a) (A kongruenciák az m modulusra vonatkoznak):an ≡ 1 ⇐⇒ om (a) | n
ak ≡ 1 ⇐⇒ om (a) | k}⇐⇒ om (a) | (n, k) ⇐⇒ a(n,k) ≡ 1 .

b) Az a) rész alapján an − 1 és ak − 1 közös osztói ugyanazok, mint a(n,k) − 1
osztói.
3.2.11 Indirekt tegyük fel, hogy m > 2-re an ≡ 1 és ak ≡ −1 (mod m) teljesül.
Ekkor om (a) | n miatt om (a) páratlan, továbbá a2k ≡ 1 (mod m) alapján
om (a) | 2k. Innen om (a) | k, azaz ak ≡ 1 (mod m) következik, ami
ellentmondás.
3.2.12 Ha as ≡ −1 (mod p), akkor az előző feladat útmutatásához hasonló módon kapjuk, hogy op (a) páros. Ez az állítás p helyett tetszőleges m > 2
modulusra is igaz. A megfordításnál legyen op (a) = 2k, ekkor ak ≡ −1

580

Eredmények 3.2.
(mod p). Ez a rész összetett modulusra általában nem igaz, legyen például
m = 15 és a = 4.

3.2.13 b) Használjuk fel, hogy ak ≡ 1 (mod [m, n]) akkor és csak akkor igaz, haaz ak ≡ 1 (mod m) és ak ≡ 1 (mod n) kongruenciák egyszerre teljesülnek.
3.2.14 Válasz: 7. — Útmutatás: Az x2 ≡ 1 (mod 1000) kongruencia x ̸≡ 1(mod 1000) megoldásainak a számát keressük. A mod 1000 kongruencia helyett vizsgáljuk az x2 ≡ 1 (mod 125), x2 ≡ 1 (mod 8) szimultán
kongruenciarendszert.
3.2.15a) Mivel (ab)[u,v] = a[u,v] b[u,v] ≡ 1 · 1 = 1 (mod m), ezért o(ab) | [u, v].
Ebből következik, hogy ha o(ab) = uv, akkor (u, v) = 1. A megfordításhoz
tegyük fel, hogy (ab)t ≡ 1 (mod m); azt kell belátni, hogy ekkor uv | t.
A kongruenciát u-adik hatványra emelve kapjuk, hogy 1 ≡ atu btu ≡ btu(mod m). Innen o(b) = v | tu, és (u, v) = 1 miatt így v | t. Hasonlóan
adódik, hogy u | t, tehát uv = [u, v] | t.
b) Az a) részben már megmutattuk, hogy o(ab) | [u, v]. A másik oszthatóságot az a) rész második felében látott gondolatmenet mintájára igazolhatjuk.
()
3.2.16 Legyen d = o(a), o(b) , és emeljük a kongruenciát o(a)/d-edik, illetveo(b)/d-edik hatványra.
3.2.17 Vegyük észre, hogy modulo an − 1 az a rendje éppen n.
3.2.18 Mutassuk meg, hogy ha ab ≡ 1 (mod m), akkor om (a) = om (b), és ígyom (a) + om (b) páros szám.
Külön kell kezelni, ha itt a ≡ b(mod m), vagyis a2 ≡ 1 (mod m); ez azt jelenti, hogy om (a) = 2 (amipáros szám) vagy a ≡ 1 (mod m) (amelynek a rendje 1).
3.2.19a) A maradék 1, ha a ≡ 1 (mod p), és 0 egyébként.
b) A maradék 1, ha o(a) páratlan, és −1, ha o(a) páros.
3.2.20a) Legyen az a/b racionális szám tizedestört-alakja a/b = 0, c1 c2 c3 . . ., ekkor
a ci tizedesjegyeket a következő maradékos osztásokból kapjuk:
10a = c1 b + r1 ,ahol 0 ≤ r1 < b,

10r1 = c2 b + r2 ,ahol 0 ≤ r2 < b,

10r2 = c3 b + r3 ,..
.

ahol 0 ≤ r3 < b,(1)

Eredmények 3.2.

581

Ha itt valamelyik ri = 0, akkor az eljárás véget ér, és véges tizedes törtet
kapunk. A többi esetben, mivel mindegyik ri csak az 1, 2, . . . , b − 1értékeket veszi fel, ezért lesz olyan h < j, amelyre rh = rj . Ekkor (1)alapján ch+1 = cj+1 , rh+1 = rj+1 , és így ch+2 = cj+2 , rh+2 = rj+2 stb.,
vagyis ekkor végtelen szakaszos tizedes törtet kapunk.
A megfordításhoz tegyük fel, hogy a 0 < α < 1 valós szám tizedestörtalakja véges:α = 0, u1 u2 . . . uk ,uk ̸= 0 ,(2a)illetve végtelen szakaszos:
α = 0, u1 u2 . . . uk v1 . . . vn v1 . . . vn . . . ,(2b)ahol u1 u2 . . . uk a nem ismétlődő rész (a tiszta szakaszos esetben ez hiányzik, azaz k = 0), v1 . . . vn pedig a (legkisebb ismétlődő) szakasz.
A (2a) esetben α = u1 . . . uk /10k , a (2b) esetben pedig α(10n+k − 10k )lesz egész szám.
b) Ezt lényegében már az a) részben beláttuk.
c) Egy tiszta szakaszos tizedes tört az a)-ban látott eljárással egy 10n − 1
nevezőjű (közönséges) törtté alakítható, a b az ennek (esetleges) egyszerűsítésével kapott tört nevezője, tehát (b, 10) = 1.
A megfordításhoz tekintsük az (1)-beli eljárást, legyen r0 = a, ekkor
r0 ≡(mod b) ,a

r1 ≡ 10a(mod b) ,r2 ≡ 10r1 ≡ 10 a (mod b) ,2

és ugyanígy általában ri ≡ 10i a (mod b).
Az rh = rj (h < j) egyenlőség a 10h a ≡ 10j a (mod b) kongruenciát
jelenti, ami (10a, b) = 1 miatt ekvivalens 10j−h ≡ 1 (mod b) teljesülésével.
Ez azt jelenti, hogy lesz olyan i > 0, amelyre ri = r0 = a, vagyis a szakasz
rögtön a tizedesvessző után kezdődik, a szakasz hossza pedig annyi, ahány
modulo b páronként inkongruens hatványa van a 10-nek, azaz ob (10).
d) Az ekvivalencia az előző két részből a ,,maradékelv” szerint következik,
hiszen a kimaradt racionális számok adják a kimaradt vegyes szakaszos
esetet. Itt a nem ismétlődő rész, illetve a szakasz hosszára vonatkozó
állítást a c) résznél látottak mintájára igazolhatjuk.

582

Eredmények 3.3.

3.3.
3.3.1 Azoknak a redukált maradékosztályoknak az elemei, amelyek egy-egy
reprezentánsa:a) 3, 5;b) 3, 7;c) 5, 11.
3.3.2 Megfelel például az x ≡ 2 (mod 11), x ≡ 3 (mod 14) szimultán kongruenciarendszer megoldása: x ≡ 101 (mod 154).
3.3.3a) Kövessük a 3.3.5 Tétel bizonyításában az (L1) és (L2) rész gondolatmenetét. Először keressünk egy primitív gyököt modulo 5, ilyen például a
2. Ezután nézzük meg, hogy a 2 primitív gyök-e modulo 25; ehhez elég
25−1 ̸≡ 1 (mod 25) teljesülését ellenőrizni, ami valóban fennáll. Mivel a 2
primitív gyök modulo 52 , ezért primitív gyök minden 5-hatványra is.
b) Keressük a számot a = 2 + 5t alakban. Az a akkor nem lesz primitív
gyök mod 25, ha 1 ≡ (2 + 5t)5−1 ≡ 24 + 4 · 8 · (5t) (mod 25), azaz t ≡ 1(mod 5). Innen a ≡ 7 (mod 25). Lássuk még be, hogy ha a nem primitív
gyök modulo 25, akkor nem lehet az modulo 625 sem; ehhez a 3.3.2 Tételt
érdemes használni.
3.3.4 Igaz: b), d), e), f).
3.3.5a) Ha g primitív gyök, akkor g (p−1)/2 ≡ −1 (mod p), és így(g1 g2 )(p−1)/2 ≡ (−1)(−1) = 1 (mod p).
b) Mutassuk meg, hogy ha g primitív gyök és gh ≡ 1 (mod p), akkor h isprimitív gyök. Ennek alapján megfelel egy ilyen g és h pár, valamint egy
t tetszőleges primitív gyök, hiszen ght ≡ t (mod p).
c) Ezek a 2k + 1 alakú prímek, az ún. Fermat-prímek (ekkor a k kitevő
szükségképpen 2-hatvány, lásd az 1.4.4 feladatot).
3.3.6 Legyen p > 2 prím, g primitív gyök mod p. Ekkor az 1, g . . . , g p−2 elemek
redukált maradékrendszert alkotnak mod p, és így()p−2(p − 1)! ≡ 1 · g · . . . · g p−2 = g (p−1)/2≡ (−1)p−2 = −1 (mod p) .
3.3.7 Az összeg maradéka 0, ha p − 1̸ | k, és p − 1, ha p − 1 | k. — Útmutatás:
A keresett maradék nem változik, ha az 1, 2, . . . , p − 1 számok helyett egy
másik redukált maradékrendszert vizsgálunk. Ennek megfelelően érdemesebb az 1k + g k + . . . + g (p−2)k összeget tekinteni, ahol g primitív gyök
mod p. Ha g k ≡ 1 (mod p), akkor az összeg maradéka nyilván p − 1,
egyébként pedig használjuk fel a (véges) mértani sorozat összegképletét.

Eredmények 3.3.

583

3.3.8 Válasz: 1, ha p > 3, és 2, ha p = 3. — Útmutatás: Állítsuk párbaa primitív gyököket úgy, hogy az egy párba tartozó elemek szorzata 1
maradékot adjon.
3.3.9a) Használjuk fel a 3.2.4c feladatot.
b) Tekintsük az a) részben szereplő j = t(p − 1)/d értékeket a 0 ≤ j < p − 1
feltétel mellett: ekkor 0 ≤ t < d és (t, d) = 1 miatt ezek száma φ(d).
3.3.10 Az egyik irány könnyen következik a 3.2.4a feladatból. A megfordításhoz
induljunk ki abból, hogy a és b egy g primitív gyök alkalmas hatványaival
kongruensek modulo p, és használjuk fel a 3.2.4c feladatot. — Másik
lehetőség: (c, p) = 1 esetén az összes op (c)-edrendű elem száma megegyezik a c hatványai között előforduló op (c)-edrendű elemek számával.
3.3.11 Minden állítás érvényben marad, ha p − 1 helyére φ(m)-et írunk.
3.3.12a) Vegyük észre, hogy elég a következő összefüggést igazolni:52

α−3= 1 + t2α−1 ,ahol t páratlan (és α ≥ 3) ,és ezt bizonyítsuk be α szerinti teljes indukcióval.
b) A kongruencia már mod 4 sem teljesül.
c) A megadott számok relatív prímek m-hez, számuk φ(m), továbbá a feladat a) és b) részéből könnyen adódik, hogy páronként inkongruensek
modulo m.
i
3.3.13 Legyen gi primitív gyök mod pαi , i = 1, 2, . . . , r. Ekkor megfelel, ha ui
αiiaz x ≡ gi (mod pi ), x ≡ 1 (mod m/pαi ) szimultán kongruenciarendszer
megoldása. — Páros m esetén használjuk fel a 3.3.12c feladatot is. Legyen
az m kanonikus alakjában a 2 kitevője α. Ha α = 1, akkor a képletensemmit sem kell változtatni. Ha α = 2, akkor a képletben a hatványok
szorzatát egy uj tényezővel kell kiegészíteni, ahol 0 ≤ j < 2 = φ(4).
Ha α ≥ 3, akkor egy uj v k kiegészítő tényező kell, ahol 0 ≤ j < 2 és
0 ≤ k < 2α−2 . Itt az u, illetve v értékeket az x ≡ −1 (mod 2α ), x ≡ 1(mod m/2α ), illetve az x ≡ 5 (mod 2α ), x ≡ 1 (mod m/2α ) szimultán
kongruenciarendszerek megoldásaként kaphatjuk meg.

3.3.14a) Egy tetszőleges F egész együtthatós polinom esetén jelölje deg F az F fokszámát, N (F ) pedig az F (x) ≡ 0 (mod p) kongruencia megoldásszámát.
A 3.1.2 Tétel alapján N (F ) ≤ deg F . Ha xp−1 − 1 = f h, akkor a kis
Fermat-tétel és p prím volta miatt egy redukált maradékrendszer minden

584

Eredmények 3.4.
eleme kielégíti az f (x) ≡ 0 (mod p) és h(x) ≡ 0 (mod p) kongruenciák
közül (legalább) az egyiket, ezértp − 1 ≤ N (f ) + N (h) ≤ deg f + deg h = p − 1 ,így mindenhol egyenlőség teljesül. Tehát valóban N (f ) = deg f .
b) alkalmazzuk az fi polinomokra az a) részt.
c) Egy c elemre akkor és csak akkor teljesül op (c) = q β , ha f1 (c) ≡ 0 (modp), de f2 (c) ̸≡ 0 (mod p). Ilyen c létezése a b) rész alapján következik.
d) Legyen a d kanonikus alakja d = q1β1 . . . qrβr . A c) rész alapján létezik
olyan ci , amelyre op (ci ) = qiβi (i = 1, 2, . . . , r). Ekkor a 3.2.15a feladat
szerint op (c1 . . . cr ) = d.

3.4.
3.4.1 A feltétel szerint p | 73 − 2 = 11 · 31, azaz csak p = 11 és p = 31 jöhet
szóba. A 7 primitív gyök mod 11, de nem primitív gyök mod 31, és így
egyedül p = 11 felel meg a feltételeknek.
3.4.2 a) 0.

b) (p − 1)/2.

c) (p + 1)/2.

3.4.3a) Kétféleképpen is előállítunk olyan g-hatványokat, amelyek az ab szorzattal
kongruensek mod p:
g ind(ab) ≡ ab ≡ g ind a · g ind b = g ind a + ind b (mod p) ,és így az első és utolsó tagban a g kitevői kongruensek mod p − 1.
b) Az a) részhez hasonló gondolatmenetet alkalmazunk:()kkg ind(a ) ≡ ak ≡ g ind a = g k · ind a (mod p) .
3.4.4 Az előző feladatnál látott módon bizonyíthatunk.
3.4.5 op (a).
3.4.6 Ez a 3.3.4 Tétel (i) állításának az átfogalmazása.
3.4.7a) Az előző feladat alapján mindkét feltétel azzal ekvivalens, hogy a primitív
gyök mod p.
b) A 3.2.4c feladat alapján op (a) = (p − 1)/(ind a , p − 1), bármelyik primitív
gyök szerint képeztük is az indexet.

585

Eredmények 3.5.

3.4.8 Használjuk fel a 3.4.6 feladatot.
3.4.9 Induljunk ki a 3.4.7b feladathoz adott útmutatásból.
3.4.10 Egy-egy táblázat felső sorában a mod p redukált maradékosztályok legkisebb pozitív reprezentánsait soroljuk fel növekvő sorrendben, az alsósorban pedig rendre ezeknek az elemeknek a g alapú indexei szerepelnek.
1 2 3 4 5 6a) p = 7, g = 3:
0 2 1 4 5 3b) p = 11, g = 2:

1 2
0 1

3
8

4
2

5 6
4 9

7
7

8
3

9 10
6 5

c) p = 17, g = 3:
1 2
0 14

3
1

4 5 6
12 5 15

7
11

8
10

9 10
2 3

11
7

12 13 14
13 4 915
6

16
8

3.4.11 Ha p | a, akkor a megfelelő k számok a p többszörösei. Legyen most(a, p) = 1 és g egy primitív gyök mod p. Ekkor az x ≡ g (mod p) ésx ≡ indg a (mod p − 1) szimultán kongruenciarendszer megoldásait vehetjük k-nak. — A feladat megoldható primitív gyök nélkül is, csak a
kis Fermat-tételre támaszkodva: az x ≡ a (mod p), x ≡ 1 (mod p − 1)
szimultán kongruenciarendszer megoldásai megfelelnek k-nak.

3.5.
3.5.1
a) Nincs megoldása.
b) x ≡ 51 (mod 101). — Útmutatás: Használjuk fel a kis Fermat-tételt.
c) x ≡ ±2 (mod 23). — Útmutatás: A szokásos redukció után az x2 ≡ 4(mod 23) kongruencia adódik.
d) x ≡ 0, ±6, ±7 (mod 17).
e) x ≡ 0, 2, 5, 6 (mod 13).
f) x ≡ ±5 (mod 11). — Útmutatás: Mivel x ≡ 0 (mod 11) nem megoldás,
ezért a redukciónál x20 helyére 1 írható.
3.5.2a) Válasz: 12. — Útmutatás: Az x30 ≡ 1 (mod 73) és x45 ≡ 1(mod 73) kongruenciák megoldásszámának összegéből le kell vonni a közös
megoldások számát, azaz az x(30,45) ≡ 1 (mod 73) kongruencia megoldásszámát.
b) Válasz: (k + 1, 30), ha 31 | k + 1, és (k + 1, 30) − 1, egyébként.

586

Eredmények 3.5.
Útmutatás: A bal oldal (xk+1 − 1)/(x − 1) alakba írható. Így a kérdéses
kongruencia megoldásai x ≡ 1-től esetleg eltekintve azonosak az xk+1 ≡ 1(mod 31) kongruencia megoldásaival. Külön meg kell vizsgálni, hogy az
x ≡ 1 (mod 31) milyen k esetén lesz megoldása az eredeti kongruenciának.

3.5.3 a ≡ 0, ±1 (mod p).
3.5.4 A megoldhatóság feltétele: (k, p − 1) | indg g = 1. Ekkor a megoldásszám(k, p − 1) = 1.
3.5.5 x ≡ cbi (mod p), i = 1, . . . , r.
3.5.6 a) 1.

b) ±1.

3.5.7 A keresett feltétel: (k, p − 1) = 1.
3.5.8 A 3-ra és a 3t − 1 alakú prímekre.
3.5.9 Használjuk a 3.5.3 Tételben szereplő két kritérium bármelyikét vagy a
3.5.2 Definíciót (az utóbbi esetben a b) résznél a kis Fermat-tételre isszükség van).
3.5.10 (k, p − 1) = 2.
3.5.11a) Válasz: 1, ha p − 1 | k, és 0 egyébként. — Útmutatás: Ha d = (k, p − 1),
akkor a k-adik hatványmaradékok g rd alakban írhatók, ahol 0 ≤ r << (p−1)/d. Használjuk ezután a véges mértani sorozat összegképletét. —Egy másik lehetőség: A 3.3.7 feladatban szereplő összegben minden k-adik
hatványmaradék (k, p − 1)-szer fordul elő. — Egy harmadik út: Vegyükp−1észre, hogy a k-adik hatványmaradékok éppen a Zp feletti x (k,p−1) − 1
polinom (egyszeres) gyökei, és használjuk fel a gyökök és együtthatók
közötti összefüggést.
p−1b) Válasz: −1, illetve 1, aszerint, hogypáros, illetve páratlan.
(k, p − 1)Útmutatás: Állítsuk párba a k-adik hatványmaradékokat úgy, hogy az
egy párba tartozó elemek szorzata 1 maradékot adjon. — További lehetőségek: Írjuk fel a k-adik hatványmaradékokat az a) részhez adottelső útmutatás szerint, illetve alkalmazzuk az a) részhez adott harmadikútmutatást.
3.5.12 Lásd a 3.5.9 feladathoz adott útmutatást. — Általánosítás: a akkor és
csak akkor lesz egyszerre k-adik és n-edik hatványmaradék, ha[k, n]-edik hatványmaradék.

Eredmények 3.6.

587

3.6.
3.6.1 Egy olyan homogén lineáris egyenletrendszernek, amelyben az ismeretlenek száma nagyobb az egyenletek számánál, mindig van nemtriviális
megoldása. (Ez nemcsak modulo p, hanem bármely más test felett isérvényes.)
3.6.2 alkalmazzuk a Chevalley-tételt.
3.6.3a) A kínai maradéktétel szerint elegendő a problémát egy pα prímhatvány
modulusra megoldani. Ha α > 1, akkor az x1 = p⌈α/2⌉ , x2 = x3 = 0
választás megfelelő. Ha α = 1, akkor (pl. a Chevalley-tétel alapján) az
x21 + x22 + x23 ≡ 0 (mod p) kongruenciának van nemtriviális megoldása. Itt
feltehető |xi | ≤ p/2, ezért 0 < x21 +x22 +x23 < p2 , tehát az x21 +x22 +x23 összeg(amely a feltétel szerint p-vel osztható) p2 -tel már nem lehet osztható.
b) Az a)-beli eljárást kell egyetlen esetben finomítani: ha α > 1 és páratlan,
akkor legyen xi = p(α−1)/2 yi , és az yi -kre alkalmazzuk az előbb α = 1-relátott gondolatmenetet.
3.6.4 A p = 2 eset nyilvánvaló. Ha p > 2, akkor a Chevalley-tétel
szerint∑5
4
léteznek olyan ui egészek, 1 ≤ i ≤ 5, amelyek a i=1 xi ≡ 0 (mod p)
kongruencia egy nemtriviális megoldását adják. Ha itt pl. u1 ̸≡ 0(mod p), akkor vi = up−2
ui is megoldás és v1 ≡ 1 (mod p). A többi
1∑5vi -ről is feltehető |vi | ≤ (p − 1)/2. Ennek megfelelően i=1 vi4 oszthatóp-vel és5
( p − 1 )4∑p4
0<
vi4 ≤ 1 + 4
<
.
2
4
i=1
3.6.5
a) A cj számban a qi prím kitevője legyen γij (1 ≤ i ≤ k, 1 ≤ j ≤ t).
∑t
Az fi (x1 , . . . , xt ) = j=1 γij x2j polinomokra és p = 3-ra alkalmazzuk a
Chevalley-tételt.
b) Itt t ≥ (m − 1)k + 1 a megfelelő feltétel.
3.6.6 Először azt igazoljuk, hogy ha az állítás igaz n = r-re és n = s-re, akkor
teljesül n = rs-re is. A 2rs−1 számból vegyünk tetszőleges 2r−1-et, ekkor
az r-re vonatkozó állítás szerint kiválaszthatunk r olyat, amelyek összege
osztható r-rel. A maradék 2rs − 1 − r számból ismét vegyünk tetszőleges
2r −1-et, ezek között is van r darab olyan, amelyek összege osztható r-rel.
Lássuk be, hogy ily módon 2s−1 darab olyan r-es csoport keletkezik, ahol
minden csoport elemeinek az összege osztható r-rel. alkalmazzuk ezután
az s-re vonatkozó állítást ezen összegek r-edrészére.

588

Eredmények 3.6.
Ennek∑ alapján elég az n∑ = p = prím esettel foglalkozni. Legyen
2p−1
2p−1
f1 = j=1 cj xp−1
, f2 = j=1 xp−1
, és alkalmazzuk a Chevalley-tételt.
j
j

3.6.7
a) Indirekt tegyük fel, hogy az egyetlen megoldás xj = aj , j = 1, 2, . . . , t.
Ekkor a Chevalley-tételre adott bizonyításban csak a G polinom definícióját kell módosítani: legyen mostG(x1 , . . . , xt ) =

t
∏
(

)
1 − (xj − aj )p−1 .

j=1b) Legyen a megoldásszám s, a megoldások a1 , . . . , as . Mindegyik av megoldáshoz készítsük el az a) résznek∑smegfelelően megadott Gv polinomot(v = 1, . . . , s). Legyen G =v=1 Gv . Ekkor a Chevalley-tétel bi∗
zonyítását követve F = G adódik. A fokszámokat összehasonlítva ebből
azt kapjuk, hogy G-ben az (x1 . . . xt )p−1 tag együtthatója csak 0 lehet
modulo p, azaz s(−1)t ≡ 0 (mod p).
3.6.8a) Az A mátrix determinánsa−b a
0
0 −b a
0
0 −b
..
..
..
.
.
.
a
0
0

...
...
...
..
.

0
0
0
..
.

...

−b

= (−b)p−1 + (−1)p−2 ap−1 ≡ 0 (mod p),tehát r(A) ≤ p − 2. Másrészt a bal felső elemhez tartozó aldetermináns(−b)p−2 ̸≡ 0 (mod p), tehát r(A) ≥ p − 2. Vagyis r(A) = p − 2, ésa megoldásszám p − 1 − (p − 2) = 1. (Az eredményt természetesen jól
ismerjük a 2.5.5 Tételből.)b) A kérdéses mátrix minden eleme 1, tehát a rangja 1, és így a megoldásszámp − 2 (vö. a 3.5.3 feladattal).
c) Az a) részhez hasonlóan igazolható, hogy a rang p − 2, és így a megoldásszám 1. A megoldás könnyen láthatóan x ≡ ap−2 (mod p). A
megoldásszám a 3.5.7 feladatból is következik.
3.6.9 Azt kell belátnunk, hogy a mátrix determinánsa 0 (mod p).
a) A sorok összege 0.
b) Az i-edik sort si -vel jelölve s1 + s2 − s3 − s4 + s5 + . . . = 0.
3.6.10 Jelölje a Kőnig–Rados-tételben a három polinomhoz tartozó mátrixokat
Af , Ag , illetve Ah . Az Af mátrixból a sorok permutálásával úgy kapjuk

589

Eredmények 3.7.

meg Ag -t, hogy az utolsó sorból lesz az első, miközben a többi sor egymáshoz viszonyított helyzete nem változik. Az Af -ből úgy jutunk el Ah -hoz,
hogy tükrözünk a főátlóra, majd az utolsó sorból első sort csinálunk.
Mivel ezek az átalakítások a mátrix rangját nem változtatják meg, ahárom kongruencia megoldásszáma azonos. — Könnyen megoldhatjuk afeladatot a Kőnig–Rados-tétel nélkül is. Ha (j, p) = 1, akkor f (j) ≡ jg(j)(mod p), és így az első két kongruenciának ugyanazok a megoldásai. Hasonlóan igazolható, hogyf (a) ≡ 0 (mod p) ⇐⇒ h(a−1 ) ≡ 0 (mod p),ahol a−1 az a multiplikatív inverzét jelenti: aa−1 ≡ 1 (mod p).
3.6.11 A 3.1.3 Tételben leírt redukciós eljárással kiküszöbölhetjük a p − 1-nél
magasabb fokú tagokat. Mivel könnyen eldönthető, hogy x ≡ 0 (mod p)
mikor megoldás, ezért elég a p-hez relatív prím megoldások keresésére
szorítkozni. Ebben az esetben a kis Fermat-tétel alapján xp−1 helyére
1-et írhatunk. Ha a kapott h = d0 + d1 x + . . . + dp−2 xp−2 polinomban
minden dj osztható p-vel, akkor h(x) ≡ 0 (mod p) nyilván minden x-re
teljesül. Végül, ha d0 ≡ . . . ≡ di−1 ≡ 0 (mod p), de di ̸≡ 0 (mod p), akkor
a h1 = h/xi polinomra már alkalmazhatjuk a Kőnig–Rados-tételt, és ah(x) ≡ 0 (mod p), ill. h1 (x) ≡ 0 (mod p) kongruenciáknak ugyanazok aredukált maradékosztályok lesznek a megoldásai.

3.7.
3.7.1 a) 1.

b) 0.

c) 12.

d) 73.

e) 15.

3.7.2 Használjuk a 3.7.1 Tételt.
3.7.3a) A megoldhatóság feltétele a ≡ 1 (mod 11), a megoldásszám 10.
Útmutatás: Használjuk a kis Fermat-tételt és a 3.7.1 Tételt.
b) A megoldhatóság feltétele a ≡ 1 (mod 8), a megoldásszám 4.
3.7.4 Az állítás leolvasható a 3.7.1 Tételre adott bizonyításból.
3.7.5a) x ≡ 32 (mod 73 ).
b) Nem oldható meg.
c) x ≡ 2 + 49j (mod 73 ).

590

Eredmények 4.1.

4. Legendre- és Jacobi-szimbólum
4.1.
4.1.1 Első bizonyítás: Az x2 ≡ c2 (mod p) kongruencia megoldható; az egyik
megoldás x ≡ c (mod p).
Második bizonyítás: (c2 )(p−1)/2 = cp−1 ≡ 1 (mod p).
( 2 ) ( )2Harmadik bizonyítás: cp = pc = 1.
4.1.2 a) 1.

b) −1.

c) −1.

4.1.3 Az összeg 0, a szorzat 1, ha p ≡ 1 (mod 4), és −1, ha p ≡ −1 (mod 4).
4.1.4 Az x2 ≡ a (mod( p)) kongruencia megoldása szükségképpen kongruens
a ±1, ±2, . . . , ± p−1
redukált maradékrendszer valamelyik j elemével,2
és így valóban a ≡ |j|2 (mod p). Továbbá mind a megadott elemek,mind pedig a kvadratikus maradékok száma (p − 1)/2, ezért a megadottelemek között már nem lehetnek kongruensek. Ez utóbbi közvetlenül
is bizonyítható: Indirekt, ha valamely 1 ≤ u < v ≤ (p − 1)/2 esetén
u2 ≡ v 2 (mod p), akkor p | (v − u)(v + u), de itt 1 ≤ v − u < v + u ≤≤ (p − 1), tehát egyik tényező sem osztható p-vel, ami ellentmond p prím
voltának.
4.1.5 Megmutatjuk, hogy a ≡ b ≡ 0 (mod 77), és így 5929 = 772 | a2 + b2 .
Indirekt okoskodva, ha például a nem osztható (mondjuk) 7-tel, akkor 7
2
prím volta és 7 | a(2 +Ekkor) b miatt b sem osztható 7-tel.
−122a ≡ −b (mod 7) és 7 = −1 felhasználásával az alábbi módon jutunk ellentmondásra:1=( )2 ( 2 ) ( 2 ) ( )( )2
a
a
−b
−1
b
=
=
=
= −1.
7
7
7
7
7

4.1.6 Használjuk fel a Wilson-tételt.
4.1.7 (±a(p+1)/4 )2 = a(p+1)/2 = a · a(p−1)/2 ≡ a · 1 = a (mod p).
4.1.8 a) Ha op (a) = 2t − 1, akkor (at )2 ≡ a (mod p).

b) p = 4k + 3.

4.1.9a) Ha op (g) = p − 1, akkor g (p−1)/2 ̸≡ 1 (mod p).
b) p = 2k + 1 (ezek az ún. Fermat-prímek, lásd az 1.4.4 feladatot és az 5.2
pontot).
4.1.10 32.

Eredmények 4.1.

591

4.1.11( ) ( ) (4k) (2)2 (k) (k)= p = p p = p .
a) Mivel p + 1 = 4k, így 1 = p1 = p+1pb) Bizonyítsunk az a) részhez hasonlóan.
4.1.12 Ha p ≤ 11, akkor legalább az egyik kongruencia x2 ≡ 0 (mod p) típusú.
Egyébként használjuk ki, hogy a jobb oldalak szorzata négyzetszám, ésígy a megfelelő öt Legendre-szimbólum szorzata szükségképpen 1.
4.1.13a) x ≡ 1 és 6 (mod 13). — Útmutatás: alkalmazzuk a teljes négyzetté
kiegészítést.
b) x ≡ −3 (mod 17).
c) x ≡ 0, ±8 (mod 23). — Útmutatás: Az x25 helyére a kis Fermat-tétel
alapján x3 írható. Az x kiemelése után egy másodfokúra visszavezethető
negyedfokú kongruencia adódik.
d) Nincs megoldás. — Útmutatás: x ≡ 0 (mod 19) nem megoldás, ígyekvivalens lépést végzünk, ha x-szel szorzunk és x18 helyére 1-et írunk.
4.1.14a) alkalmazzuk a Legendre-szimbólum multiplikativitását.
b) Legyen n(p) = n és r a legkisebb
amelyrern > p. Ekkor(rn−p)olyan(rnegész,)(r )0 < rn − p < n, ezért 1 == p = − p , és így r ≥ n. Eztpfelhasználva (r − 1)n < p-ből adódik az állítás.
4.1.15 ( )2a) ip = 1, ha (i, p) = 1, és 0, ha p | i.
b) Mutassuk meg, hogy ha S(a, p)-ben i helyére mindenütt ai-t írunk, akkor( 2)
egyrészt az összeg nem változik, másrészt ap = 1 kiemelése után az újösszeg éppen S(1, p)-vel egyenlő.
c) Rögzített i-re az i + a értékek teljes maradékrendszert alkotnak mod p,és így az ezekhez tartozó Legendre-szimbólumok összege a 4.1.3 feladat
alapján 0.
d) Az előző három részből következik.
4.1.16( )a) Vegyük észre, hogy pc +1 értéke aszerint 2, 0, illetve 1, hogy c kvadratikus
maradék, kvadratikus nemmaradék, illetve osztható p-vel.
( )b) Az a) részből következik a 4.1.3 és 4.1.15d feladatok, valamint a −1
p -retanultak felhasználásával.

592

Eredmények 4.2.

4.2.
4.2.1 Megoldható: c), e), f). — A c)-nél használjuk fel a Wilson-tételt, azösszetett modulusok esetén pedig akkor és csak akkor oldható meg a
kongruencia, ha a modulusok minden prímhatvány osztójára nézve létezik
megoldás.
4.2.2( ) (−1)(2)a) p = 8k + 1 vagy 8k + 3. — Útmutatás: −2
p = p
p .
b) p = 12k ± 1 vagy p = 3. — Útmutatás: A reciprocitási tétel alkalmazásánál az számít, hogy p > 3 mivel kongruens mod 4, utána pedigaz, hogy p mivel kongruens mod 3. Ezért aszerint érdemes az eseteket
megkülönböztetni, hogy p mivel kongruens mod 12.
c) p = 6k + 1 vagy p = 3.
d) p = 5k ± 1 vagy p = 5.
e) p = 8k ± 1 vagy 8k + 3. — Útmutatás: Bontsuk szorzattá x4 − 4-et.
f) p = 4k + 1. — Útmutatás: alkalmazzuk a 3.5.1 Tételt, vizsgáljuk az
eseteket(a2)p-nek a 8-cal való osztási maradéka szerint, és használjuk fel a
(−1)
és
p
p képletét.
g) Minden p-re. — Útmutatás: Használjuk fel az e) és f) részt, vagy alkalmazzuk a 3.5.1 Tételt.
h) A 24k + 17 alakú prímek kivételével minden prímre.
4.2.3 Kövessük( a 4.1.5
feladatra adott útmutatást, felhasználva, hogy az 1999)
−2
prím és 1999
= −1.
4.2.4 A feltétel ekvivalens azzal, hogy (2c)8 ≡ −27 (mod 43100 ). Az
x8 ≡ −27 (mod 43) kongruencia
megoldhatóságához használjuk fel a 3.5.1( )Tételt, valamint, hogy −2=
1.
A 43100 modulusra a 3.7.2 feladat (vagy43
a 3.7.1 Tétel) alapján térhetünk át. Végül a kapott maradékosztályoknak
a modulus páratlansága miatt biztosan van páros eleme is.
4.2.5a) Ha 8c2 ≡ 1 (mod p), akkor( ) ( 2 ) ( )3 ( )2 ( )
1
8c
2
c
2
1=
=
=
=
.
p
p
p
p
p
A második állítást indirekt bizonyítjuk: Ha 8c2 − 1 minden prímtényezője
8k + 1 alakú volna, akkor ezek (megfelelő multiplicitással vett) szorzata,azaz maga a 8c2 − 1 is 8k + 1 alakú lenne, ami (ellentmondás.
)b) Az a) részhez hasonlóan okoskodhatunk (most p3 = 1 adódik).
(−1)c) A p felhasználásával kapjuk, hogy c2 + 4 minden (páratlan) p
prímosztójára p ≡ 1 (mod 4). Ez azt jelenti, hogy p ≡ 1 vagy 5

Eredmények 4.3.

593

(mod 8) és (mod 12) is. Mivel c2 + 4 ≡ 5 (mod 8) és (mod 12), ezért
nem teljesülhet minden prímosztóra p ≡ 1 (mod 8), illetve (mod 12).
4.2.6a) A reciprocitási tétel alapján
5 ( )
∏
ai
i=1

pi

r

= (−1)(2) ,()ahol r a 4k − 1 alakú pi -k száma, továbbá 2r pontosan akkor páratlan,
ha r = 2 vagy 3.
( )b) A feltétel szerint minden i ̸= j-re ppji = 1. Így a reciprocitási tétel miatta pi prímek között legfeljebb egy lehet 4k − 1 alakú.
4.2.7a) A középső számot c-vel jelölve, az összeg
S = (c − 9)2 + (c − 8)2 + . . . + (c + 9)2 = 19(c2 + 30)( )= −1, ezért S a 19-nek pontosan az elsőalakba írható. Mivel −30
19hatványával osztható, és így nem lehet teljes hatvány.
b) Az a) részhez hasonlóan elég belátnunk, hogy(1)− p2()/12(a) a =
(36a
) kvadratikus
nemmaradék mod p. Vegyük észre, hogy p = p = p3 .
4.2.8 Például f = (x2 + 1)(x2 − 17)(x2 + 17) megfelel.

4.3.
4.3.1 a) 1.

b) −1.

c) −1.

d) 1.

4.3.2
a) Legyen m = p1 . . . pr . Ha az x2 ≡ a (mod m) kongruencia megoldható,
2
akkor minden
is megoldható, tehát( ai-re) az x ≡ a( a(mod) (pi )) kongruencia( )minden i-re pi = 1, és így m = pa1 . . . par = 1.
b) Például m = 9, a = 2, vagy m = 15, a = 8 stb.
c) m = p2k+1 (ahol p prím, k ≥ 0).
( )4.3.3 A p = 2 eset nyilvánvaló. Egyébként p ≡ 1 (mod 4), ekkor −1= 1,ptehát elég az a, b > 0 esetet nézni. Legyen (mondjuk) az a páratlan,( ) ( ) ( 2 2 ) (b 2 )ekkor (a > 1 esetén) ap = ap = a +b
= a = 1.
a4.3.4 Mindkét összeg −1.
( k ) ( −2 )= 2k+1 .
Útmutatás b)-hez: Lássuk be, hogy 2k+1

594

Eredmények 5.1.

4.3.5
(a)
( )
( n)
(a)
k
a) Ha a ≡ 1 (mod 4), akkor m= m
a = a = n . Ha a = 2 t, aholk ≥ 2 és t páratlan, akkor m ≡ n (mod 4) miatt a reciprocitás egyformánműködik(2)( 2a) t, m és t, n párra, továbbá k ≥ 3 esetén m ≡ n (mod 8) miatt=m) 2 (vagy tetszőleges páros szám), akkor nincs(n2 ,) ha pedig k( 2=szükség m -re, illetve n -re.
b) Mindkét esetben megfelel tetszőleges (az a-hoz relatív prím, 1-nél nagyobb, páratlan) m és n = m + 2a.
4.3.6
(r)
a) 0 vagy φ(m). — Útmutatás: Ha minden m= 1, akkor az( S) összeg
cnyilván φ(m). Egyébként legyen c tetszőleges szám, amelyre m= −1,′és írjunk r helyére mindenhová cr-et. Az így keletkező S összegről lássuk
be, hogy egyrészt S ′ = S, másrészt S ′ = −S.
b) −1, ha m egy 4k + 3 alakú prím páratlan hatványa, és 1 minden más
esetben.
4.3.7a) m négyzetszám. — Útmutatás: A négyzetszámok nyilván megfelelnek.
Ha m nem négyzetszám, akkor van olyan p prímosztója, amely páratlan
hatványon szerepel az m kanonikus alakjában, azaz m = pk t, ahol (t, p) == 1 és k páratlan. Legyen c egy kvadratikus nemmaradék mod p. Ekkor
az x ≡ c (mod( a )p), x ≡ 1 (mod t) szimultán kongruenciarendszer egy amegoldására m= −1.
b) a négyzetszám. — Útmutatás: Az a) részhez hasonlóan bizonyíthatunk,használjuk fel a reciprocitást is. Ne felejtsük el, hogy a lehet páros és/vagy
negatív szám is.

5. Prímszámok
5.1.
5.1.1 Ha valamilyen m > 1 modulusra (például) r1 , . . . , rj teljes maradékrendszer modulo m, akkor bármely n-re az n + r1 , . . . , n + rj számok is teljes
maradékrendszert alkotnak modulo m, és így biztosan van közöttük mmel osztható. Ha m | n + ri és n + ri > m, akkor n + ri nem lehet
prím.
5.1.2
a) Legyen n ≥ 7 páratlan. Ekkor n − 3 ≥ 4 páros, és így n − 3 = p1 + p2 ,tehát n = 3 + p1 + p2 .

Eredmények 5.1.

595b) Ha egy páros szám három prím összege, akkor az egyik prím szükségképpen a 2, továbbá n − 2 = p1 + p2 ⇐⇒ n = 2 + p1 + p2 .
5.1.3 Minden n ≥ 8. — Minden n ≥ 40, valamint n = 18, 24, 30, 34 és 36.
5.1.4 Csak az 5 és 2 pár ilyen.
5.1.5 c) Használjuk fel, hogy ha (p, d) = 1, akkor a számtani sorozat első ptagja teljes maradékrendszer modulo p.
5.1.6 Mersenne és Fermat: Az 1.4.4 feladatban láttuk, hogy ha k összetett,akkor 2k −1, ha pedig k nem kettőhatvány, akkor 2k +1 biztosan összetett.
n2 + 1: Ha n > 1 páratlan, akkor n2 + 1 > 2 páros, és általában, hak < n ≡ k (mod k 2 + 1), akkor n2 + 1 ≡ k 2 + 1 ≡ 0 (mod k 2 + 1), tehát
ekkor n2 + 1 összetett.
Csupaegy: A k darab 1-esből álló szám is biztosan összetett, ha k összetett.
333 . . . 31: Ezek a számok (10k −7)/3 alakúak, és 2 ≤ k ≤ 8 esetén prímek.
Azonban ha k = 2+30r, akkor a kis Fermat-tétel alapján 10k −7 ≡ 102 −7(mod 31), és így (3, 31) = 1 miatt
10k − 7102 − 7≡
= 31 ≡ 0 (mod 31),3
3
tehát ilyenkor mindig 31-gyel osztható számot kapunk. Ugyanígy adódik,hogy például végtelen sok 17-tel osztható van közöttük: a 10 primitív
gyök modulo 17, tehát létezik olyan s, amelyre 10s ≡ 7 (mod 17), és
ekkor k = s + 16r esetén 17 | (10k − 7)/3.
Fibonacci : Minden harmadik elem páros, sőt tetszőleges m-re végtelen
sok m-mel osztható van közöttük (lásd az 1.2.5 feladatot).
5.1.7 Használjuk fel az ún. interpolációs polinomokra vonatkozó tételt: Bármely
k helyen tetszőlegesen előírva a helyettesítési értékeket, pontosan egy
legfeljebb k − 1-edfokú megfelelő polinom létezik (amelynek együtthatói
az adott testből valók).
5.1.8a) Ha a ≡ b (mod f (b)), akkor f (a) ≡ 0 (mod f (b)).
(b1) Az állítás átfogalmazható arra, hogy ha g egész együtthatós polinom,
akkor g(n) nem lehet minden n-re egy prímszám rögzített konstansszorosa. Ennek bizonyítása az a)-hoz hasonlóan történhet.
(b2) Ha egy komplex együtthatós polinom a fokszámánál több racionális helyen
racionális értéket vesz fel, akkor szükségképpen racionális együtthatós. Ez
például az interpolációs polinomok segítségével igazolható.

596

Eredmények 5.2.

(b3) Egy kivételével minden változónak adjunk rögzített egész értéket, ezzel a
feladatot visszavezettük az egyváltozós esetre.
5.1.9a) Az 5.1.1 Tétel bizonyításának gondolatmenetéből n szerinti teljes indukcióval következik.
2jb) A ⌊102 c⌋ egész szám ,,végén” éppen pj áll.
c) A c számot (valószínűleg) csak úgy tudjuk megadni, ha már előre ismerjük(az éppen a c segítségével meghatározni remélt) prímszámokat.
5.1.10 Pl. K = (104 )! megfelel.

5.2.
5.2.1
a) A könnyen adódó Fn+1 = Fn (Fn − 2) + 2 összefüggést felhasználva bizonyítsunk teljes indukcióval.
b) Támaszkodjunk az a) részre.
c) Mindegyik Fermat-számnak van olyan prímtényezője, amely semelyik másik Fermat-számnak sem lehet osztója.
d) Az n-edik prímszám nem lehet nagyobb Fn−1 -nél.
( )( )5.2.2 Ha Fn prím, akkor mutassuk meg, hogy F5n , illetve F10n értéke −1. A
megfordítás pontosan ugyanúgy igazolható, mint az 5.2.2 Tételben.
5.2.3 A feltétel szükségességét ugyanúgy igazolhatjuk, mint az 5.2.2 Tételben.
A megfordításnál okoskodjunkindirekt; ekkor feltehető, hogy√
Kn -nek létezik egy q ≤Kn prímosztója. Mutassuk meg, √hogy
oq (3) = 2n vagy 5 · 2n . Innen kapjuk, hogy 2n | q − 1. Ezt a q ≤ Kn
feltétellel összevetve ellentmondásra jutunk.
5.2.4 Használjuk fel a φ(N ) képletét.
5.2.5 Válasz: 5. — Útmutatás: Először mutassuk meg, hogy k szükségképpen
kettőhatvány. Ezután használjuk fel az 5.2.1a feladatot és azt a tényt,hogy F5 osztható 641-gyel.
5.2.6 Az 5.2.3 Tétel alapján a legkisebb szóba jövő prímek a 47, a 233, a 223, illetve a 431, és az ismételt négyzetre emelések módszerével ellenőrizhetjük,
hogy ezek valóban osztói a megadott Mersenne-számoknak.
n5.2.8 Ha 22 ≡ −1 (mod q 2 ), akkor az 5.2.1 Tétel bizonyításához hasonló
módon oq2 (2) = 2n+1 | φ(q 2 ) = q(q − 1) adódik. Ebből kapjuk, hogyoq2 (2) | q − 1, és így valóban 2q−1 ≡ 1 (mod q 2 ). A Mersenne-számokra
vonatkozó állítás hasonlóan igazolható.

Eredmények 5.3.

597

5.2.9 A (8, 9) páron kívül csak azok a párok lesznek megfelelők, amelyek egyik
tagja egy Fermat- vagy Mersenne-prím, a másik tag pedig a megfelelő
kettőhatvány.
5.2.10 Ha k | n teljesül
H-ban, akkor egyrészt alkalmas√ a és b egészekkel√
n/k = a + b 3, másrészt n/k racionális. Innen 3 irracionalitása miatt következik, hogy b = 0 és a egész szám. Az állítás másik iránya
nyilvánvaló.
5.2.11 Elég belátni, hogy ha Fn prím, akkor alkalmas k-ra Fn | Hk . Ennek
igazolásához használjuk fel, hogy oFn (6) | Fn − 1, tehát oFn (6) = 2j
alakú. Ekkor Fn | Hj−1 .

5.3.
5.3.1 Válasz: 6003. (A redukált maradékosztályokban végtelen sok, a 9999
prímosztói által reprezentált maradékosztályokban pedig egy-egy (pozitív) prím található.)
5.3.2 A problémát az jelenti, hogy az A = 4p1 . . . pr +1 számnak nem feltétlenül
van 4k + 1 alakú prímosztója, mert lehet, hogy páros sok 4k + 3 alakú
prím szorzata.
5.3.3a) Kövessük az 5.3.2 Tétel bizonyításának a gondolatmenetét.
b)–h) Járjunk el az 5.3.3 Tétel bizonyításának a mintájára. Az egyes esetekben mindig vizsgáljuk meg, milyen alakú prímosztói lehetnek a következő
alakú számoknak [a c), d), f) és h) résznél használjuk fel a 4.2.5 feladatot]:b) n2 + 2;c) n2 + 4;d) n2 − 2 vagy 8n2 − 1;22e) 5n − 1;f) n + 4;g) (2n)2 + 3;h) 12n2 − 1.
5.3.4 Végtelen sok; a 10 000k + 4321 számtani sorozatról van szó.
5.3.5 Indirekt tegyük fel, hogy a szóban forgó tizedes tört szakaszos lenne,
k hosszúságú szakasszal. Azonban végtelen sok prím van, amelynek az
utolsó 2k jegye 1-es, és olyan prím is végtelen sok van, amelynek az utolsó
2k jegye 3-as, ezért a szakasznak egyrészt csupa 1-esből, másrészt csupa
3-asból kellene állnia, ami lehetetlen.
5.3.6 A feltétel: (a, b, c) = 1. A szükségesség nyilvánvaló. Útmutatás az
elégségességhez: Legyen (a, b) = s, ekkor (s, c) = 1. A Dirichlet-tétel
alapján van olyan k, amelyre a + bk = sp, ahol p egy c-nél nagyobb prím.
Ezután alkalmazzuk ismét a Dirichlet-tételt az sp + cn,
n = 0, 1, . . . számtani sorozatra.

598

Eredmények 5.4.

5.3.7
( )
a) Például a p = 8 · |c| · k + 1 alakú prímekre pc = 1. Ennek igazolásához
felhasználhatjuk |c| kanonikus alakját és a Legendre-szimbólum (vagy aJacobi-szimbólum) tulajdonságait. (Gondoljunk arra az esetre is, amikor
c páros és/vagy negatív szám.)b) Válasz: c nem négyzetszám. — Útmutatás: használjuk fel a 4.3.7b feladatot (vagy az ott látott megoldás gondolatmenetét).
5.3.8 Legyenek (p1 , . . . , pn−1 különböző prímek.
) Ekkor alkalmas k egész számra
az f = x 1 + k(x − p1 ) . . . (x − pn−1 ) polinom megfelel: v1 = p1 , . . . ,vn−1 = pn−1 , vn = 1.
5.3.9 Legyenek a és d rögzített relatív prím pozitív egészek. Válasszunk olyan
r nemnegatív egészt, amelyre a1 = a + rd összetett szám. Ekkor bármely
s pozitív egészre (a1 , ds ) = 1, és így a feltétel szerint létezik olyan ks ,amelyre ps = a1 + ks ds prím. Ezek a ps prímek valamennyien egyben
a+kd alakúak is, és (ks ̸= 0 miatt) szükségképpen végtelen sok különböző
van közöttük.

5.4.
5.4.1 Írjuk fel az a és b számot a = ⌊a⌋ + {a}, illetve b = ⌊b⌋ + {b} alakban,ahol 0 ≤ {a}, {b} < 1. Ekkor a + b = ⌊a⌋ + ⌊b⌋ + {a} + {b}. Ha itt az
utolsó két tag összege 1-nél kisebb, akkor ⌊a + b⌋ = ⌊a⌋ + ⌊b⌋, ha pedig 1
és 2 közé esik, akkor ⌊a + b⌋ = ⌊a⌋ + ⌊b⌋ + 1.
5.4.2 Lássuk be, hogy elég x egész értékeire szorítkoznunk, majd használjuk fel,hogy csak véges sok olyan pozitív egész van, amely kisebb, mint (az 5.4.3
Tétel által garantált) x0 .
5.4.3 alkalmazzunk az 5.4.2 Tétel bizonyításához hasonló gondolatmenetet. Aπ(pn ) = n összefüggésből és a π(x)-re adott felső becslésből azonnal
adódik, hogy pn > (1/c2 ) · n · log n, ha n elég nagy. A másik irányú
becslés kicsit bonyolultabb, itt szükségünk van a log pn < (1 + ε) log negyenlőtlenség igazolására is. Eredmény: bármely ε > 0 esetén minden(ε-tól is függően) elég nagy n-re pn < (1/c1 + ε) · n · log n.
5.4.4 A feladat két része könnyen következik egymásból: az a) rész a b) rész
logaritmizált változata. Az a) rész igazolásához támaszkodhatunk a∑()
log n · π(n) ≥log p ≥ log f (n) · π(n) − π(f (n))
p≤negyenlőtlenségekre, ahol például az f (n) = n/(log n)2 választás célhoz
vezet.

599

Eredmények 5.3.

5.4.5 A (iii) a (iv)-nek logaritmizált alakja. Az (i)⇒(ii), illetve (i)⇒(iii) következtetés ugyanúgy igazolható, mint az 5.4.2 Tétel, illetve az 5.4.4 feladat.
A megfordításoknál is hasonló gondolatmenetet érdemes követni.
5.4.6a) A felső becslés azonnal adódik az S(n) ≤ n · π(n) összefüggésből és π(x)felső becsléséből.
()Az alsó becslés igazolásához induljunk ki az
S(n) ≥ π(n) − π(cn) · (cn) egyenlőtlenségből, ahol 0 < c < 1, és a prímszámtétel segítségével mutassuk meg, hogy található olyan c′ > 0, amelyre
π(n) − π(cn) > c′ · n/ log n. (A prímszámtétel helyett használhatjuk az
5.4.3 Tételt is, ekkor a c értékét elegendően kicsinek kell választanunkahhoz, hogy megfelelő c′ létezését biztosítani tudjuk.)b) A pk ∼ k log k összefüggés alapján mutassuk meg, hogy∑

∫ π(n)π(n)S(n) ∼

k log k ∼t log t dt .
2

k=2

Használjuk fel, hogy∫t log t dt =2t2 log t − t24ésπ(n) ∼

n.
log n5.4.7 Használjuk fel, hogy egy adott N -ig ,,sok” prímszám van, és így ezekből sok kéttagú összeg, illetve különbség képezhető, ugyanakkor az így
keletkező páros számok ,,kevesen” vannak, ezért a skatulyaelv alapján
legalább az egyik páros szám sokféleképpen áll elő ilyen összegként, illetve különbségként.
Nézzük mindezt részletesebben az összegekre, a különbségek is hasonlóan tárgyalhatók. Bármely két, N -nél nem nagyobb páratlan prímszámösszege egy 2N -nél nem nagyobb páros szám. Az ilyen összegek száma(

π(N ) − 1 + 1
2

)
∼

N2
,
2(log N )2

a 2N -nél nem nagyobb páros számok száma pedig N . Ezért (elég nagy
N esetén) van olyan páros szám, amely legalább
N>K
3(log N )2
-féleképpen áll elő két prímszám összegeként.

600

Eredmények 5.5.

5.4.8 A képlet alapja a Wilson-tétel és a megfordítása: j > 1 eseténj | (j − 1)! + 1 ⇐⇒ j prím. — A π(n) gyakorlati kiszámítására ez
a formula nem használható, mert már a faktoriálisok, illetve ezek osztási
maradékainak meghatározására sem ismerünk gyors algoritmust.
5.5.
5.5.1 Használjuk fel a Csebisev-tételt.
5.5.2 Írjuk fel a nagyobbik számot n = p + (n − p) alakban, ahol p a legnagyobb
prím n-ig, majd ismételjük meg ugyanezt n helyett n−p-vel stb. Az eljárás
addig folytatható, amíg a ,,maradék” 0 vagy 1 lesz. Az n-et vagy n − 1-et
ily módon előállító prímek a Csebisev-tétel alapján mind különbözők.
5.5.3a) Az 1-es számjeggyel kezdődő k+1-jegyű számok 10k ≤ n < 2·10k alakúak,és ezek között a Csebisev-tétel szerint minden k-ra található prímszám.
b) A Csebisev-tétel helyett támaszkodjunk az 5.5.5 Tétel (A) részére.
5.5.4a) Legyen p olyan prím, amelyre n/2 < p ≤ n. A törteket közös nevezőre
hozva a közös nevező is, és pontosan egy tag kivételével az összes számláló
is osztható p-vel. Ezért az összeg nem lehet egész (csak olyan törtkéntírható fel, amelynek a nevezője osztható p-vel). — Az állítás bizonyíthatóa Csebisev-tétel felhasználása nélkül is, ha az lkkt(1, 2, . . . , n) közös nevezőben és az így adódó számlálókban a 2 kitevőjét vizsgáljuk.
b) Ha n ≥ 2k − 1, akkor az a) részre adott (bármelyik) bizonyítás átvihető.
Ha n < 2k − 1, akkor az összeg kisebb, mint 1.
( ) ( 2n )5.5.5 Mivel 2n
k = 2n−k , ezért feltehető, hogy k < n. Ekkor( ) ( )2n2n(2n − k) . . . (n + 1)
=
·
.
n
k
(k + 1) . . . n
A jobb oldali törtnél a számláló és a nevező is n − k darab tényező
szorzata, és a számláló bármely tényezője nagyobb, mint a nevező bármely
tényezője. Ennélfogva a tört nagyobb, mint 1.
5.5.6 A modulusok páronként relatív prímek, ezért a kongruenciarendszer megoldható. A megoldások egy redukált maradékosztályt alkotnak modulo
m = p1 . . . pK q1 . . . qK , amelyben a Dirichlet-tétel szerint található (végtelen sok) p > m prímszám. A kongruenciarendszer konstrukciójának
megfelelően p − j osztható pj -vel, p + j pedig qj -vel, továbbá p − j > pj ,p + j > qj , tehát valamennyi p ± j összetett szám.

Eredmények 5.5.

601

5.5.7 ( )a) A 2nn számlálójának a p az egyik tényezője, viszont a nevező és a számláló
többi tényezője nem osztható p-vel.
b) Mind a számláló, mind a nevező a p-nek pontosan a második hatványávalosztható (a számlálóban a 3p és 4p, a nevezőben a p és 2p tényezőkben
szerepel(2na) p). — Általánosítás: Ha 2n/(2k + 1) < p ≤ n/k és p > 2k,
akkor n nem osztható p-vel.
5.5.8 Jelöljük L-lel az n és 2n közötti prímek számát. Az 5.5.3 Tétel bizonyításában szereplő C az 5.5.7a feladat szerint éppen az n és 2n közötti
prímek szorzata, ennélfogva C < (2n)L . Másrészt a bizonyításban szereplő (6) egyenlőtlenségből elég nagy n-re C > 4n/4 következik, hiszenaz ottani (7) jobb oldalán szereplő különbségben a kivonandó elhanyagolható a kisebbítendőhöz képest. A C-re most felírt két egyenlőtlenségből
kapjuk, hogy 4n/4 < (2n)L , ahonnan logaritmálással adódik a feladatállítása elég nagy n-re, majd az 5.4.2 feladat mintájára minden n ≥ 2-re.
5.5.9a) Használjuk fel, hogy elég nagy n esetén az (n, n + n2/3 ) intervallum tartalmaz prímszámot.
nb) A qn = ⌊α3 ⌋ feltétel ekvivalens√√n3nqn ≤ α < 3 qn + 1(1)
teljesülésével. Válasszuk meg a qn prímeket rendre úgy, hogy (1) azt
jelentse, hogy α egy egymásba skatulyázott intervallumsorozat minden
intervallumának eleme. Ez megtehető, mert az egymásba skatulyázottság
ekvivalens a qn3 ≤ qn+1 < (qn + 1)3 − 1 egyenlőtlenséggel.
c) A b)-beli képletben α pontos értéke nem ismert, csak α létezését tudtuk
igazolni.
5.5.10a) Az 5.5.5 Tétel (B) részének bizonyítását követve azt kapjuk, hogy alkalmas c > 0 mellett az (n, n + c log n) intervallum végtelen sok n-re nem
tartalmaz prímszámot.
b) Az 5.5.1 Tétel bizonyítása szerint n = (K + 1)! + 1 esetén az (n, n + K)
intervallum prímmentes. Fejezzük ki a K-t az n segítségével. Ehhez
használjuk fel az m!-ra vonatkozó alábbi becsléseket:( m )m< m! ≤ mm .
e
(A felső becslés nyilvánvaló, az alsó becslés pedig könnyen igazolható teljes
indukcióval.) Ezeket az egyenlőtlenségeket (vagy a Stirling-formulát) logaritmálva log m! ∼ m log m adódik. A jelen esetben ez azt jelenti, hogy
log n ∼ K log K, ahonnan azt nyerjük, hogy K ∼ log n/ log log n.

602Eredmények 5.6.

Ezzel azt igazoltuk, hogy bármely
ε > 0 esetén végtelen) sok olyan n(pozitív egész létezik, amelyre az n, n+(1−ε) log n/ log log n intervallum
nem tartalmaz prímszámot.
c) A jelzett megjegyzés szerint, ha n − 1 a K + 1-nél nem nagyobb prímek
szorzata, akkor az (n, n + K) intervallum prímmentes. Az 5.4.5 Lemmaszerint n ≤ 4K+1 , az 5.4.4b feladat szerint pedig n < e(1+ε)(K+1) is igaz
(ez utóbbihoz felhasználtuk a prímszámtételt). Innen K > c log n adódik,vagyis az a)-beli eredményt kapjuk, illetve az élesebb becslést felhasználva
az 5.5.5 Tétel (B) részének állítása adódik.
5.5.11 Alkalmazzunk az 5.5.5 Tétel (B) részének bizonyításához hasonló gondolatmenetet (természetesen most fordított irányú egyenlőtlenségekről
van szó). Az egyetlen lényeges eltérést az jelenti, hogy pj < N miattlog pj > log N nem teljesül (erre a (15) megfelelőjénél lenne szükség).
Ezen például az alábbi módon segíthetünk: Ha N > pj > N/(log N )2 ,akkor elég nagy N -re log pj > (1 − ε′ ) log N . Ezért a (13)-nak megfelelő
egyenlőtlenségeket ezekre a prímekre érdemes felírni és összegezni.

5.6.
5.6.1 Divergens: a), c), e).
Az egyes sorozatokat jelölje rendre A, B, . . . , F , az n-nél nem nagyobb
elemek számát pedig rendre A(n), B(n), . . . , F (n). Ekkor
A(n) ∼ c1 n;

B(n) ∼√

n;E(n) ∼ c2 n;√
F (n) ∼ c3 n ,ahol a ci -k alkalmas pozitív konstansok (amelyek a c3 kivételével függnek
L-től). A D sorozatra
D(n) ∼ c4 (log n)kteljesül, ahol k az L-nél kisebb prímek száma; itt lényegesen egyszerűbb
annak a gyengébb eredménynek az igazolása, hogyc5 (log n)k < D(n) < c6 (log n)k .
5.6.2 Csak c) divergens. — A megfelelő integrálok:
∫

∫
dx
−100
dx
−1
a)
= 0,01 ;
b)
=
;
x1,01
x
x(log x)2
log x
∫
dx
= log log log x .
c)x · log x · log log x

Eredmények 5.6.

603

5.6.3 Divergens: b). — Az 5.6.1 Tétel első bizonyításához hasonló gondolatmenetet érdemes alkalmazni.
5.6.4a) Konvergens: rendezzük át a számokat a legkisebb prímosztóik szerint(ezek a feltétel szerint mind különbözők), ekkor an ≥ p2n , tehát
∞
∑
1

a
n=1 n

≤

∞
∑
1

p2
n=1 n

< ∞.

b) Konvergens: A feltétel alapján an ≥ 22 log n = n2 log 2 .
α = 2 log 2 > 1, ezért
∞
∑
1

a
n=1 n

≤

∞
∑
1

nα
n=1

Mivel

< ∞.

c) Divergens: elég nagy n-re an < cn, ahol c = 101001 .
d) Lehet konvergens, és lehet divergens.
e) Konvergens: Rendezzük át a számokat az osztóik száma szerint, ekkor a
feltétel szerint d(an ) ≥ n.
Az 1.6.11c feladat alapján ebből
√2n ≤ 2 an , azaz an ≥ n /4 következik. Ezután használjuk fel, hogy anégyzetszámok reciprokösszege konvergens.
5.6.5 Nem érdemes; az összeg nagyságát aránytalanul befolyásolhatja az elsőnéhány tag. Például, ha a köbszámokhoz hozzávesszük a 2-t és a3-at, akkor a reciprokösszeg már nagyobb lesz a négyzetszámok reciprokösszegénél, ugyanakkor a köbszámok lényegesen gyorsabban nőnek, minta négyzetszámok, tehát a köbszámok(nak a 2-vel és a 3-mal kibővített)sorozata ritkább a négyzetszámokénál.
5.6.6 Az 5.6.1 Tétel harmadik bizonyításához hasonló gondolatmenetet érdemes
alkalmazni.
5.6.7 Ha az aj sorozat nem tart 0-hoz, akkor könnyen adódik, hogy a végtelensor divergens, a végtelen szorzat pedig 0. Ezért a továbbiakban feltehetjük, hogy az aj sorozat 0-hoz tart. A végtelen szorzat logaritmusát
véve kapjuk, hogy∞∏j=1

(1 − aj ) = 0 ⇐⇒∞∑− log(1 − aj ) = ∞ .

j=1

Használjuk fel, hogy 0 < aj < 1/2 esetén aj < − log(1 − aj ) < 2aj .

604

Eredmények 5.7.

5.6.8 A bizonyítandó egyenlőtlenséggel ekvivalens, ha a két oldal logaritmusára
igazoljuk a megfelelő egyenlőtlenséget. Ehhez használjuk fel az 5.6.2
Tételt és azt, hogy 0 < a ≤ 1/2 esetén − log(1 − a) jól közelíthető aval.
5.6.9∑a) Divergens: az n = 2p alakú számokra np(n) = 4p, és már a p 1/(4p)sor is divergens.
b) Konvergens. — Legyen q rögzített prímszám és Sq azon n egészek reciprokösszege, amelyekre P (n) = q. Mutassuk meg, hogy
Sq =

1∏ 1
.
q
1 − p1p≤q

Az 5.6.8 feladat alapján ekkor Sq < c(log q)/q. Innen kapjuk, hogy
∞
∑

∑ Sq
∑ log q
1
=
<c
< ∞.
2
nP
(n)
q
q
q
q
n=2

5.7.
5.7.1
a) Az algoritmusban szerepel az rk = rk+1 qk+2 + rk+2 lépés. Itt a jobb oldalelső tagjában szereplő szorzatot rk+1 > rk+2 és qk+2 ≥ 1 felhasználásával
csökkentve a kívánt rk > 2rk+2 egyenlőtlenség adódik.
b) 2 log2 b.
c) A legkisebb b-hez akkor jutunk, ha (a, b) = rs−1 = 1 és a qi hányadosok alehető legkisebbek, azaz qs = 2, a többi qi pedig 1. Ekkor az algoritmus
egyenlőségei a végéről kezdve a következő alakot öltik:
rs−1 = 1, rs−2 = 2, rs−3 = rs−2 + rs−1 , . . . , b = r1 + r2 ,ahonnan a Fibonacci-számok képzési szabálya szerint rs−j = φj+1 , ésb = φs+1 .
5.7.2 Az eljárás során a ,,számláló” és a ,,nevező” legnagyobb közös osztója nem
változik (még a ,,számláló” felezésekor sem, hiszen a ,,nevező” és így a legnagyobb közös osztó is páratlan). Az eljárás euklideszi algoritmus jellege
miatt végül el kell jutnunk (a, b) = d-hez. Ez a d érték a ,,számlálóba”
kerül, hiszen az egyes lépések végén ott jelennek meg az új számok. Ekkor
a v ,,nevezőre” (d, v) = (a, b) = d teljesül, tehát d | v.

605

Eredmények 5.7.
5.7.3 341 = 11 · 31. Ekkor
φ(11) | 340 ⇒ 2340 ≡ 1 (mod 11),2 ≡ 1 (mod 31) ⇒ 2
5

340

és

≡ 1 (mod 31).

Ebből következik, hogy 2340 ≡ 1 (mod 11 · 31), vagyis a 341 kettes alapúálprím. Ugyanakkor
3340 ≡ 310 ̸≡ 1 (mod 31) ⇒ 3340 ̸≡ 1 (mod 341) ,tehát a 341 nem hármas alapú álprím.
5.7.5 Mivel p páratlan, ezért
ap − 1 ap + 1·=
a−1 a+1= (ap−1 + ap−2 + . . . + 1)(ap−1 − ap−2 + . . . + 1) ,n=ahonnan kapjuk, hogy n páratlan és összetett. Az an−1 ≡ 1 (mod n)
kongruencia abból következik, hogy a2p ≡ 1 (mod n) és n ≡ 1(mod 2p); ez utóbbi az n(a2 − 1) = a2p − 1 egyenlőség modulo p vizsgálatából és n páratlanságából adódik.
5.7.6 561 = 3 · 11 · 17. Így (a, 561) = 1 =⇒ a560 ≡ 1 (mod 561) igazolásához
elég belátni a kongruencia fennállását a 3, a 11 és a 17 modulusokra, ez
pedig a kis Fermat-tétel felhasználásával könnyen adódik.
5.7.7 (a)⇒(b): Ha n nem négyzetmentes, akkor az 5.7.4 Tétel bizonyításának
idevágó részét követve (de az ottani (2) képletet értelemszerűen kihagyva)
ellentmondásra jutunk. Ha p | n, akkor vegyünk egy olyan g primitív
gyököt mod p, amely relatív prím n-hez (ez utóbbi feltétel teljesülését az
5.7.4 Tétel bizonyításában többször alkalmazott szimultán kongruenciarendszeres eljárással biztosíthatjuk). Ekkor(g, n) = 1 =⇒ g n−1 ≡ 1 (mod n) =⇒=⇒ g n−1 ≡ 1 (mod p) =⇒ op (g) = p − 1 | n − 1 .
(b)⇒(c): Mivel n négyzetmentes, ezért elég az n minden p prímosztójára
igazolni az an ≡ a (mod p) kongruenciát. Ha p | a, akkor ez nyilvánvalóan
teljesül, ha pedig (p, a) = 1, akkor a kis Fermat-tétel és p − 1 | n − 1
alapján an−1 ≡ 1 (mod p), amiből a bizonyítandó kongruencia a-val való
szorzással adódik.

606

Eredmények 5.7.
(c)⇒(a): Ha (a, n) = 1, akkor az an ≡ a (mod n) kongruenciát a-val
egyszerűsítve kapjuk, hogy an−1 ≡ 1 (mod n).

5.7.8 Használjuk fel az 5.7.7 feladat b) feltételét.
5.7.9a) Ha véletlenül 1 < (a, n) < n adódik, akkor ezzel nemcsak n összetettségét
igazoltuk, hanem sikerült az n egy nemtriviális osztóját is előállítanunk.
(Ennek azonban igen kicsi az esélye, lásd a b) részt.)b) Nagyjából 10−100 .
5.7.10 Ekkor (a − 1, n) [illetve (a + 1, n)] egy nemtriviális osztó.
5.7.11 Először egy prímteszttel megállapítjuk, hogy az n prím-e. Nyilván elégazzal az esettel foglalkoznunk, amikor n páratlan összetett szám.
Először egy gyors algoritmussal
meg tudjuk állapítani, hogy n teljes√khatvány-e: megvizsgáljuk, hogy n egész szám-e, ahol 2 ≤ k ≤ log2 n.
Ha n = mk , akkor elég m-et faktorizálnunk. A feladat feltétele m-re is
teljesül, hiszen φ(m) | φ(n) miatt a φ(n) általunk ismert többszöröse aφ(m)-nek is többszöröse. Így a továbbiakban feltehetjük, hogy az n nem
teljes hatvány.
Válasszunk (mondjuk) 1000 véletlen n̸ | a értéket, és számítsuk ki (a, n)et. Ha (a, n) > 1, akkor az 5.7.9 feladat alapján az n-et két nemtriviális
osztója szorzatára tudjuk bontani.
Ha (a, n) = 1, akkor tekintsük az 5.7.5 Tétel alapötletéhez hasonlóanazeeae , a 2 , a 4 , . . .
sorozatot, ahol e-ről tudjuk, hogy osztható φ(n)-nel. Az első elem modulo
n maradéka az Euler–Fermat-tétel szerint 1. Az 5.7.5 Tétel bizonyításának ,,négyzetmentes” részében tulajdonképpen csak azt használtuk ki,hogy az n nem prímhatvány, ennek mintájára most is megmutatható,
hogy egy modulo n redukált maradékrendszer elemeinek legalább a felérea maradékok sorozata olyan, hogy valahány 1 után egy ±1-től különböző
maradék következik. Ekkor az 5.7.10 feladat alapján az n-et fel tudjuk
bontani.
Ha n = n1 n2 , ahol ni > 1, akkor ismételjük meg az egész eljárást
n1 -re és n2 -re (φ(ni ) | φ(n) miatt ugyanaz az e továbbra is használható),majd hasonlóan folytassuk mindaddig, amíg megkapjuk az n prímtényezős
felbontását. Mivel a prímtényezők száma legfeljebb log2 n, és minden
egyes szorzatra bontás lépésszámigénye legfeljebb c log2 n, ezért a kanonikus alakot legfeljebb c(log2 n)2 lépésben megkapjuk, ahol c alkalmas
konstans.

Eredmények 5.7.

607

5.7.12 Nem alkalmas, ugyanis nem ismerünk gyors algoritmust a faktoriálisok,
illetve ezek osztási maradékainak meghatározására.
5.7.13a) Kövessük az 5.7.4 Tétel bizonyításának azt a részét, amikor azt igazoltuk,
hogy ha van tanú, akkor legalább annyi tanú van, mint cinkos.
b) Legyen n > 1 páratlan szám. Válasszunk (mondjuk) 1000 véletlen a ̸≡ 0(mod n) értéket, és mindegyikre vizsgáljuk meg, hogy an−1 ≡ 1 (modn) teljesül-e. Ha legalább egy esetben nem teljesül, akkor az n biztosanösszetett. Ha mind az 1000 esetben teljesül, akkor 2−1000 -nél kisebb annak
a valószínűsége, hogy az n nem prím és nem univerzális álprím.
5.7.14 Jelölje R a kipróbált a-k számát. Ha n prím, akkor mindig ±1 maradékot
kapunk, és 2−R a valószínűsége annak, hogy minden maradék 1. (Ennéla tesztnél tehát a ,,másik irányban” is tévedhetünk, azaz egy prímet istévesen összetett számnak vélhetünk.) Ha n összetett, akkor az 5.7.4 és
5.7.5 Tételek bizonyításához hasonlóan járhatunk el.
5.7.15 Módosítsuk értelemszerűen az 5.2.3 feladat útmutatásánál szereplő gondolatmenetet.
5.7.16a) Lássuk be, hogy on (a) = n − 1.
b) Legyen n − 1 kanonikus alakjan − 1 = pβ1 1 . . . pβr r .
A feltétel alapján pβi i | on (ai ). Ekkor (pl. a 3.2.4c feladat szerint) léteznek
olyan bi számok, amelyekre on (bi ) = pβi i , ahonnan a 3.2.15a feladat
alapján kapjuk, hogy on (b1 . . . br ) = n − 1.
√c) Tegyük fel indirekt, hogy n összetett, ekkor létezik egy q ≤ n prímosztója. Ezután ismételjük meg a b) rész gondolatmenetét az n helyetta√q modulusra. Azt kapjuk, hogy van olyan b, amelyre oq (b) = c > n ≥ q,ami ellentmondás.
5.7.17 Azt kell igazolni, hogy ha egy a-ra jó sorozatot kapunk, akkor(n−1)/2a( )a≡(mod n)n(∗ )is teljesül.
Ha ar ≡ 1 (mod n), akkor könnyen adódik, hogy (*) mindkét oldalán
1 áll.

608

Eredmények 5.8.
jRátérve az a2 r ≡ −1 (mod n) esetre, az a(n−1)/2 maradékának ameghatározása most sem jelent nehézséget. Ezután mutassuk meg, hogy
ha q az n prímosztója, akkor oq (a) a 2j+1 -nek páratlan többszöröse,
és
(a)
j+1
így 2
| q − 1 is teljesül. Ezek alapján bizonyítsuk be, hogy q értéke
j+1(q − 1)/2 ( ) paritásától függ, majd az n kanonikus alakjának segítségévelírjuk fel na értékét. Végül, ha az n kanonikus alakjában a q prímek
helyére beírjuk a 2j+1 | q − 1 feltételből adódó alakot, akkor a beszorzást
elvégezve és egy alkalmaskettőhatvány szerinti oszthatóságot vizsgálva(a)megkapjuk, hogy n valóban a (*)-nak megfelelő értéket veszi fel.
5.8.
5.8.1 Ekkor ez egy aláírás nélküli, névtelen levél, amelyet akár egy harmadik
fél is hamisíthatott A nevében.
5.8.2 T invertálhatósága azt jelenti, hogy az rt ≡ s (mod N ) kongruenciának
bármely s esetén (r-ben) pontosan egy megoldása van. Ez a kongruencia
ekvivalens az
rt ≡ s (mod p),
rt ≡ s (mod q)(1)
szimultán kongruenciarendszerrel. Az (1)-beli két kongruenciának a 3.5.7
feladat szerint akkor és csak akkor van minden s-re pontosan egy megoldása, ha (t, p − 1) = (t, q − 1) = 1, azaz ha (t , φ(N )) = 1.
5.8.3a) Elég megmutatni, hogy a szóban forgó kongruencia mod p és mod q isfennáll. Nézzük például mod p. Ha p | r, akkor mindkét oldal 0-val
kongruens, ha pedig (p, r) = 1, akkor()k(q−1)
r1+kφ(N ) ≡ r rp−1
≡ r · 1 = r (mod p) .
()b) v ≡ 1 mod [p − 1, q − 1] .
5.8.4 Nem okoz gondot, hiszen csak azt használjuk fel, hogy az rp ≡ r (mod p)
kongruencia minden r-re teljesül (lásd az 5.8.3a feladatot). Természetesenekkor a φ(N )-nek vélt (p − 1)(q − 1) szorzat valójában nem φ(N ).
5.8.5 Legyen s ≡ rt (mod N ), ahol s és t ismert, és r értékét szeretnénk
meghatározni. Emeljük s-et a t-edik hatványra, majd az eredményt megint a t-edik hatványra stb., amíg ismét s-sel kongruens számot nem kapunk:kst ≡ s (mod N ) .
(2)

Eredmények 5.8.

609

Mivel (t, φ(N )) = 1, ezért az 5.8.2 feladat szerint a (2) kongruenciából
lehet t-edik gyököt vonni, azaz
k−1st

≡ r (mod N ) .

Ez azt jelenti, hogy ha (2) elég kis k-ra bekövetkezik, akkor r-et meg
tudjuk határozni. Ha tk ≡ 1 (mod φ(N )), akkor az 5.8.3a feladat szerint(2) biztosan teljesül, ezért nem szabad, hogy a t modulo φ(N ) vett rendje
kicsi legyen.
5.8.6 Az A, illetve B ag kA kB = (g kB )kA = (g kA )kB
egyenlőségek alapján tudja a megadott értéket kiszámítani. Más ezt(remélhetőleg) nem tudja megcsinálni, hiszen nem ismeri kA és kB egyikét
sem.
5.8.7
a) Tegyük fel indirekt, hogy két részösszeg egyenlő. A közös tagokat kiejtve
elérhetjük, hogy a két összegben együttvéve is csupa különböző tag szerepeljen. Ekkor az előforduló legnagyobb tag a (6) feltétel szerint egymagában is nagyobb már, mint a teljes másik összeg, ami ellentmondás.
∑∑b) Tegyük fel indirekt,
hogy
di =
dj . Ekkor∑∑ bizonyos di -kre és dj -kre(7) alapján
rci ≡
rcj (mod
m).
Az
(r,
m)
=
1
feltételmiatt∑∑
r-rel egyszerűsíthetünk, azazci ≡cj (mod m). Végül, mivel∑k−1
m > i=0 ci , ezért a kongruencia helyett egyenlőség is írható, ami ellentmond C összeginjektivitásának.
c) Közvetlenül következik az összeginjektivitás definíciójából.
d) Az u előállításához a δi értékekre van szükség, vagyis arra, hogy a megadott v az összeginjektív sorozat mely tagjainak az összege. A (6) sorozatnál ehhez alkalmazzuk a mohó algoritmust, azaz vegyük mindig a lehető
legnagyobb ci -t. A (7) sorozatnál az rx ≡ di , illetve rx ≡ v (mod m) kongruenciák legkisebb pozitív megoldásai megadják a ci -ket és a megfelelő
v ′ -t, amelyekre már alkalmazhatjuk az előző eljárást.

610

Eredmények 6.1.

6. Számelméleti függvények
6.1.
6.1.1 A multiplikativitás igazolásához alkalmazzuk a d(n) függvény képletét(1.6.3 Tétel), vagy használjuk fel az 1.6.5a-b feladatot. A teljes multiplikativitás cáfolásához elég egyetlen olyan a, b számpár, amelyre d(ab) ̸≠= d(a)d(b) és (a, b) ̸= 1.
6.1.2a), c) f (n) és h(n) se nem additív, se nem multiplikatív.
b) g(n) teljesen multiplikatív.
d) k(n) additív, de nem teljesen additív.
6.1.3 Multiplikatív h nem létezik. A feltételek alapján
0 = h(6) = h(2)h(3) ⇒ h(10)h(15) = h(2)h(5)h(3)h(5) = 0 ̸= 3 .
Additív, sőt teljesen additív h viszont végtelen sok létezik. A feltételekből
adódó
0 = h(2) + h(3),1 = h(2) + h(5),3 = h(3) + h(5)egyenletrendszert megoldva h(2) = −1, h(3) = 1 és h(5) = 2. Válasszukh(7) értékét egy c paraméternek, a többi p prímre pedig legyen h(p) = 0,
ekkor egyértelműen meghatározható a h teljesen additív függvény, amely
ezeket a feltételeket kielégíti: Han = 2α1 3α2 5α3 7α4 t, ahol (t, 210) = 1 és αi ≥ 0, i = 1, 2, 3, 4,
akkorh(n) = −α1 + α2 + 2α3 + cα4 .
6.1.4 Ha van ilyen f ̸= 0 multiplikatív függvény, akkor a 6.1.6 Tétel szerint
f (1) = 1, továbbá ha az n kanonikus alakjában szereplő prímhatványok
qj , . . . , qw , akkor a 6.1.7 Tétel alapján csak f (n) = cj . . . cw lehetséges. Az
ily módon a ci -k segítségével definiált függvényről mutassuk meg, hogy
valóban multiplikatív. Az additív esetben és a b) résznél is hasonlóan kelleljárni.
6.1.5 Igaz: a), d).
6.1.6a) A szükséges és elégséges feltétel f (k) = 0.

611

Eredmények 6.1.

b) Most is f (k) = 0 a szükséges és elégséges feltétel. Az elégségesség bizonyításához vegyük a, b és k kanonikus alakját, és a 6.1.7 Tétel alapjánírjuk fel g(a) = f (ka), g(b) = f (kb) és g(ab) = f (kab) értékét. Használjuk
fel, hogy (a, b) = 1 miatt a k bármely prímosztója az a és b közül legfeljebb
az egyiket osztja.
c) A teljesen multiplikatív esetben f (k) = 1 vagy 0 a szükséges és elégséges
feltétel. A multiplikatív esetben ez csak szükséges, de nem elégséges:legyen például{
f (n) =

0, ha n ≡ 4 (mod 8);
1, egyébként,és

k = 4,

ekkor f (k) = 0, de g nem multiplikatív, pl. g(3)g(2) = 0 ̸= 1 = g(6).
Szükséges és elégséges feltétel: f (k) = 1 vagy f (kn) = 0 minden n-re (ezutóbbi a g = 0 függvényt jelenti).
6.1.7a) Használjuk fel az ab = (a, b)[a, b] összefüggést.
b) Használjuk fel a számok kanonikus alakját.
c) Azok az f -ek, amelyek előállnak egy additív és egy konstans függvényösszegeként.
d) A szóban forgó egyenlőséget a multiplikatív függvények konstansszorosai
mindig kielégítik. Ha feltesszük, hogy f (1) ̸= 0, akkor ezek adják az összes
megoldást. Az általános esetben az összes megoldást az alábbi függvények
szolgáltatják:{
0, ( ) ha K̸ | n;f (n) =n
cg K
, ha K | n,ahol g(n) multiplikatív, c konstans és K rögzített pozitív egész.
6.1.8 Az állítás a multiplikativitás és additivitás definíciójának közvetlen következménye.
6.1.9a), e) Azonnal következik a definíciókból.
b)–d) Először mutassuk meg, hogy az f g szorzat akkor és csak akkor teljesen
additív, illetve additív, ha f (a)g(b) + f (b)g(a) = 0 minden a, b, illetve
minden relatív prím a, b esetén teljesül. — Válasz d)-re: Ha f ̸= 0 és
g ̸= 0, akkor f és g egy vagy két prím hatványaitól eltekintve minden
prímhatvány helyen 0, és a második esetben az adott két prím hatványain
felvett függvényértékekre is szoros szabályszerűség érvényes.
f) Következik a 6.1.6 Tételből.

612

Eredmények 6.1.

6.1.10a) Közvetlenül következik a definíciókból.
()()b) A feltétel átalakítható az f (a) − g(a) f (b) − g(b) = 0 egyenlőséggé. A
multiplikatív esetben a két függvény egy p prím hatványain esetleg eltérő
értékű lehet, minden más prímhatvány helyen viszont azonos értéket kellfelvenniük.
6.1.11 Ha f = 0, akkor a feltétel alapján g = 0 is igaz, és az állítás triviálisan
teljesül. Egyébként az 1 helyen felvett függvényértékek alapján a két függvény összege csak az 1 konstans lehet. Az f = 1−g függvényre a multiplikativitást felírva a g additivitása alapján az adódik, hogy (a, b) = 1 esetén
g(a)g(b) = 0. Ebből következik, hogy esetleg egy p prím hatványaitól
eltekintve minden prímhatvány helyen a g értéke 0, az f értéke pedig 1,
és így p̸ | n esetén g(n) = 0 és f (n) = 1. Innen azonnal adódik, hogyp̸ | n esetén (f 1000 + g 1000 )(n) = 1 és (f 1000 g 1000 )(n) = 0, amiből a kívánt
multiplikativitás, illetve additivitás könnyen leolvasható.
6.1.12 A 6.1.9d feladat megoldásához hasonló gondolatmenetet érdemes alkalmazni. Most a következő egyenlőségekből lehet kiindulni:a) Ha h = f − g, ahol f és g multiplikatív, akkor bármely (a, b) = 1 esetén
(
)(
) (
)(
)
f (a) − 1 f (b) − 1 = g(a) − 1 g(b) − 1 .
b) Ha h = f g, ahol f multiplikatív és g additív, akkor bármely (a, b) = 1
esetén()()
f (a)g(a) f (b) − 1 + f (b)g(b) f (a) − 1 = 0 .
6.1.13a) Mutassuk meg, hogy végtelen sok páronként relatív prím helyen a függvény értéke 0.
b) Legyen f (1) = f (2) = 1 és f (n) = 0, ha n > 2.
c) Ha létezik végtelen sok különböző p prím és νp > 0, amelyre f (pνp ) ̸= 0,
akkor ezek segítségével az a) részhez hasonlóan megmutatható, hogy afüggvény minden függvényértéket végtelen sok helyen vesz fel. Ezért
csak véges sok ilyen p létezhet, és ekkor ezek maximuma megfelel
K-nak.
6.1.14a) Hamis. Ellenpélda: f (n) = 3, ha 2 | n, de 4̸ | n, és f (n) = 0 egyébként.
Ez az f additív, továbbá f (4) + f (8) = f (32) is teljesül, de nem teljesen
additív, mert pl. f (2) + f (6) ̸= f (12).
b) Igaz. Ha (c, ab) = 1, akkor (ca, b) ≥ (a, b) > 1 ésf ((ca)b) = f (c(ab)) = f (c) + f (ab) = f (c) + f (a) + f (b) = f (ca) + f (b) .

613

Eredmények 6.2.

c) Hamis. Ez más megfogalmazásban ugyanaz, mint az a) állítás.
d) Igaz. A bizonyítás a b)-nél látott módon történhet.
e) Hamis. Ellenpélda: f (1) = f (2) = 1 és f (n) = 0, ha n > 2.
Érdemes végiggondolni, miért változott meg a válasz a d)-hez képest:
ott az f (ab) ̸= f (a) + f (b) egyenlőtlenséghez f (c)-t hozzáadva az egyenlőtlenség továbbra is érvényes marad, ezzel szemben ha e)-nél az f (ab) ̸≠= f (a)f (b) egyenlőtlenséget f (c) = 0-val szorozzuk meg, akkor már
egyenlőséget kapunk.
∏
6.1.15 Eredmény: φ2 (n) = n p|n (1 − 2/p) (ahol p prímet jelöl).
Útmutatás: Bizonyítsuk be, hogy φ2 (n) multiplikatív, ehhez szimultán
kongruenciarendszereket érdemes felhasználni. Ezután elég a függvényértékét a prímhatvány helyeken meghatározni.
6.1.16 Lássuk be, hogy a bal és a jobb oldalon álló függvény egyaránt multiplikatív (a bal oldali összegnél az előző feladathoz hasonló gondolatmenetetérdemes alkalmazni). Ennek alapján elég az egyenlőséget a prímhatvány
helyeken igazolni.

6.2.
6.2.1 Legyen a, illetve b összes pozitív osztója a1 , . . . , ar , illetve b1 , . . . , bs . Az
1.6.5a-b feladat szerint (a, b) = 1 esetén az ai bj számok kiadják ab összes
pozitív osztóját, és mindegyiket csak egyszer. Ígyσ(ab) =sr ∑∑i=1 j=1

ai bj =

r
(∑

ai

s
)(∑

i=1

)
bj = σ(a)σ(b) .

j=1

Ezután a multiplikativitás alapján elég a σ-függvény értékét a prímhatvány helyeken meghatározni.
6.2.2 Használjuk fel a függvények képletét, vagy támaszkodjunk az 1.6.5a-c feladatra.
6.2.3 Mivel 3̸ | nφ(n), ezért az n minden p prímosztója 3k − 1 alakú. Legyen
egy ilyen p kitevője az n kanonikus alakjában α. Ha α páratlan, akkor
σ(pα )-ból kiemelhető 1 + p, és így σ(n) osztható 3-mal, ami ellentmond afeltételnek. Ezért minden p kitevője páros, tehát az n négyzetszám.
αr1
6.2.4 Legyen az n kanonikus alakja n = pα
1 . . . pr . Ekkor minden olyan kmegfelel, amelyre
i +1
i +1
pα
− 1 | pkα
− 1,iii = 1, . . . , r.

614

Eredmények 6.2.
Ez teljesül, ha minden i-re
αi + 1 | kαi + 1,

azaz αi + 1 | (k − 1)αi .

Így biztosan megfelel, ha a k − 1 tetszőleges közös többszöröse az αi + 1
számoknak.
6.2.5 Válasz: n. — Útmutatás: Az osztók reciprokösszegénél hozzunk közös
nevezőre, és használjuk fel, hogy ha d végigfut az n osztóin, akkor n/d isvégigfut az n osztóin.
6.2.6a) Válasz: A négyzetszámok és a négyzetszámok kétszeresei. — Útmutatás:
Használjuk fel a σ(n) képletének törtmentes alakját. — Másik lehetőség:Legyen n = 2k t, ahol t páratlan. A feladat szempontjából csak n páratlan osztói, azaz t osztói számítanak; azt kell megvizsgálni, mikor leszd(t) páratlan. Az 1.6.8 feladat szerint ez pontosan akkor teljesül, ha tnégyzetszám.
b) Válasz: Különböző Mersenne-prímek szorzatai. — Útmutatás a szükαr1ségességhez: Legyen az n kanonikus alakja n = pα
1 . . . pr . Ekkor
2k = σ(n) =r∏i(1 + pi + p2i + . . . + pα
i ).

i=1

Itt minden tényező maga is kettőhatvány, és így páros is, tehát minden
pi > 2 és mindegyik αi páratlan. Ekkor 1 + pi kiemelhető:
2k =

r
∏

i −1
(1 + pi )(1 + p2i + p4i + . . . + pα
).
i

i=1

A jobb oldalon minden tényező kettőhatvány, ezért pi Mersenne-prím.
Azt kell még igazolni, hogy αi = 1. Tegyük fel indirekt, hogy valamelyiki −1
αi > 1. Ekkor az 1 + p2i + p4i + . . . + pα
tényezőből (annak párosságai22
miatt) 1 + pi kiemelhető, és 1 + pi is kettőhatvány. Ez azonban nem
lehetséges, mert 1 + p2i már 4-gyel sem osztható.
6.2.7 Első megoldás: σ(n) ̸= 2p, ahol p egy 3k − 1 alakú páratlan prím.
Második megoldás: σ(n) ̸= 3s , ha s > 1.
Harmadik megoldás: Használjuk fel, hogy a σ-függvény ,,ritkán” vesz fel
páratlan értéket.
Negyedik megoldás: Az 1, 2, . . . , N értékeket a σ-függvény csak az 1, 2, . . . ,N helyek valamelyikén veheti fel. Mutassuk meg, hogy ezen x ≤ N helyek

615

Eredmények 6.2.

közül is ,,sokszor”, mondjuk r esetben σ(x) > N . Ekkor a σ(1), . . . , σ(N )függvényértékek közül legfeljebb N − r darab lehet kisebb vagy egyenlő,mint N , vagyis az 1, 2, . . . , N számok közül legalább r darab nem szerepela σ-függvény értékkészletében.
Ötödik megoldás: Mutassuk meg, hogy ,,sok” olyan xi ̸= xj pár van,amelyre σ(xi ) = σ(xj ), majd alkalmazzunk a negyedik megoldáshoz hasonló gondolatmenetet.
6.2.8 Csak n = 1 felel meg.
Útmutatás: Lássuk be, hogy ha n ≥ 2, akkor n! < σ(n!) < (n + 1)!.
6.2.9 Használjuk fel,√hogy n = ab esetén a és b közül az egyik nagyobb vagy
egyenlő, mint n. — Egyenlőség pontosan akkor teljesül, ha az n egy
prímszám négyzete.
6.2.10a) (a1) n prím.
(a2) Nincs megoldás.
(a3) n = 10, 49.
(a4) n = 21.
b) Csak c = 1 esetén.
c) Ha c = 2k + 1 > 7 és 2k = p + q, ahol p és q különböző prímek, akkor
n = pq megfelel.
6.2.11a) (a1) n prím.
(a2) Nincs megoldás.
(a4) n = 6.
b) Csak c = 2 esetén.
c) c = 4k, ahol k > 3.

(a3) n = 4.

6.2.12a) Végtelen sok. — Ha találunk egy megfelelő a0 , b0 párt, és p az a0 és b0
közös prímosztója, akkor ak = a0 pk , bk = b0 pk is megfelel. Kiindulásnak
vehető például a0 = 6, b0 = 8 vagy a0 = 12, b0 = 14 stb.
b) Végtelen sok. — Ha n felírható n = p1 + p2 = p3 + p4 alakban, ahol
a pi számok különböző prímek, akkor a = p1 p2 , b = p3 p4 megfelel. Az
5.4.7 feladathoz hasonlóan igazolható, hogy végtelen sok ilyen n létezik(azaz amelyik legalább kétféleképpen írható fel két különböző prímszámösszegeként). — Megjegyezzük, hogy ugyanez a gondolatmenet az a)résznél is alkalmazható, ott azonban egyszerűbben is célhoz értünk.
6.2.13 Használjuk fel, hogy az 1-en és n-en kívül az n minden minden osztója
legfeljebb n/2, illetve legalább 2.
Egyenlőség: a) n = 1 vagy prím; b) és c) n = 4 vagy prím.
6.2.14 Válasz: n = 6. — Útmutatás: Az előző feladat gondolatmenetét kellfinomítani.

616

Eredmények 6.2.

6.2.15a) Használjuk fel az (a1) egyenlőtlenséghez a függvények képletét, az (a2)höz pedig azt, hogy a φ(n) az n bizonyos osztóinak előjeles összege. Mindkét esetben az egyenlőség pontosan akkor teljesül, ha n prím.
αr1b) Mutassuk meg, hogy ha n kanonikus alakja n = pα
1 . . . pr , akkorrr1 ) ∏(
1)
σ(n)φ(n) ∏(
1
−
1
−
.
=
≥
i +1
n2
p2i
pα
i
i=1
i=1

A (b1) állítás ebből pi ≥ i + 1 alapján következik.
A (b2) állításhoz igazoljuk, hogy
inf∏(
σ(n)φ(n)
1)
,
=
lim
1
−
N →∞
n2
p2
p≤N

majd használjuk fel az 5.6.6 feladatot.
αr1
6.2.16 Legyen az n kanonikus alakja n = 2α pα
1 . . . pr , ahol pi > 2 (itt α = 0,
illetve r = 0 is lehet). Mutassuk meg, hogy minden αi = 1, α ≤ 2 ésr ≤ 1. Ebből következik, hogy n = 1, 2, 4, p, 2p vagy 4p, ahol p páratlan
prím. Ezeket behelyettesítve könnyen igazolható, hogy csak a megadottn értékek teljesítik a feltételt.

6.2.17 Mindkét függvény csak a 0 és ±1 értékeket veszi fel.
6.2.18a) 3. — Útmutatás: Négy egymást követő egész szám közül valamelyik
osztható 4-gyel.
b) Akármilyen sok. — Útmutatás: Lásd a 2.6.11 feladatot.
6.2.19 Legyen az n-edik primitív egységgyökök összege S(n). Elég belátni, hogy
S(n) multiplikatív, továbbá S(pα ) = µ(pα ) bármely pα prímhatványra.
Az S(n) multiplikativitásához mutassuk meg, hogy (a, b) = 1 esetén egy
a-adik és egy b-edik primitív egységgyök szorzata ab-edik primitív egységgyök, és minden ab-edik primitív egységgyök egyértelműen felírható ilyen
szorzat alakban. — A feladat az összegzési és megfordítási függvények
segítségével is megoldható, lásd a 6.5.9a feladatot.
6.2.20 0.
6.2.21a) Használjuk fel a függvények képletét, vagy pedig azt, hogy az n osztói
a multiplicitással számolt prímosztók bizonyos részhalmazainak felelnek

617

Eredmények 6.3.

meg. — Ha n négyzetmentes, akkor mindkét helyen egyenlőség teljesül,
egyébként pedig mindkét helyen szigorú egyenlőtlenség áll.
b) k ω(n) ≤ dk (n) ≤ k Ω(n) .
6.2.22 Igaz: a).
6.2.23 Hasonlóan járhatunk el, mint a σ-függvény esetében, lásd a 6.2.2 Tételnekés a 6.2.8 Tétel σ-ra vonatkozó részének a bizonyítását, vagy pedig a 6.2.1
αr1
feladatot. Eredmény: Ha az n kanonikus alakja n = pα
1 . . . pr és ν ̸= 0,akkor
σν (n) =r∏

ναi(1 + pνi + p2ν
)=i + . . . + pi

i=1rν(α +1)
∏
p i
−1
i

i=1

pνi − 1.

6.3.
6.3.1 Használjuk fel a 6.3.2 Tételt.
6.3.2
∏r
i
a) Ha az n kanonikus alakja n = i=1 pαi , akkor a 2n = σ(n) feltétel a
2

r
∏
i=1

i
pα
i =

r (
∏

i
1 + pi + . . . + pα
i

)
(1)

i=1

egyenlőséget jelenti. Az (1) bal oldala a 2-nek pontosan az első hatványával osztható, ezért a jobb oldal tényezői közül az egyik 2-vel osztható,de 4-gyel már nem, a többi tényező pedig páratlan. Ez azt jelenti, hogy
egyetlen αi kitevő lesz páratlan és az ehhez tartozó pi prím biztosan 4k+1
alakú, a többi αj kitevő pedig páros.
b) Az a) rész szerint n = s2 p, ahol p egy 4k + 1 alakú prím. Ebből azonnal
következik, hogy n ≡ 1 (mod 4). Ha 3 | s, akkor 9 | n, tehát n ≡ 9 (mod36). Ha 3̸ | s, akkor p ̸= 3 miatt 3̸ | n. Mivel p kitevője az n kanonikus
alakjában páratlan, ezért 1 + p | σ(n), és így 3̸ | p + 1. Ez azt jelenti, hogy
csak p ≡ 1 (mod 3) lehetséges, tehát n = s2 p ≡ 1 (mod 3). Az n ≡ 1(mod 4) kongruenciával együtt ebből azt kapjuk, hogy n ≡ 1 (mod 12).
6.3.3a) A bizonyítandó 2pα > σ(pα ) egyenlőtlenség ekvivalens átalakításokkal apα (p − 2) > −1 alakra hozható.

618

Eredmények 6.3.

b)

1
1 )(
1
1)
σ(pα q β ) (
=
1
+
+
.
.
.
+
1
+
+
.
.
.
+
<
pα q β
p
pα
q
qβ
p
q
3 5
<
·
≤ · < 2.
p−1 q−1
2 4∏kic) Példák bővelkedőre: legyen n kanonikus alakja i=1 pαi , ahol pi az i-edik
páratlan prímszám (tehát p1 = 3, p2 = 5 stb.) és α1 ≥ 3, a többi αi pedig
tetszőleges pozitív egész.
Példák hiányosra: k darab olyan különböző qi prím szorzata, amelyekre
1+

√
1
k
< 2.
qi

d) Mutassuk meg, hogy ha a > 1, akkor
σ(an)
σ(n)
>
.
an
n

(2)

A (2)-t legegyszerűbben annak alapján igazolhatjuk, hogy ha n összes
osztója d1 , . . . , dt , akkor az adi számok az an különböző osztói, és ígyσ(an) > aσ(n). Másik két lehetőség, ha a σ képletét használjuk, illetve
azt a tényt, hogy σ(m)/m az m szám osztóinak a reciprokösszege.
e) Egy hiányos számot tetszőleges bővelkedő számmal megszorozva bővelkedő számot, egy elég nagy prímszámmal szorozva pedig hiányos számot
kapunk.
6.3.4 A 6.2.6a feladat alapján egy ilyen szám csak n = 2α t2 alakú lehet. Azt
kell még igazolni, hogy α = 0. A σ(n) = 2n + 1 feltételt átalakítva(2α+1 − 1)(σ(t2 ) − t2 ) = t2 + 1(3)

adódik. Ha α ≥ 1, akkor (3) bal oldalának első tényezője 4k − 1 alakú, ésígy létezik 4k − 1 alakú prímosztója. Ez azonban ellentmond annak, hogy
egy t2 + 1 alakú számnak nem lehet 4k − 1 alakú prímosztója.
6.3.5a) A 6.3.2 Tétel bizonyításához hasonló gondolatmenetet lehet alkalmazni.
b) Azt kell belátni, hogy ekkor σ(n) is páratlan. Írjuk fel σ(n)-et σ(n) == 2v w alakban, ahol w páratlan, és mutassuk meg, hogy v ≥ 1 esetén
ellentmondásra jutunk.
c) Tegyük fel, hogy pα szupertökéletes, és írjuk fel σ(pα ) kanonikus alakjának
felhasználásával σ(σ(pα )) értékét.

Eredmények 6.4.

619

6.3.6
a) Az n osztóinak harmonikus közepe
d(n)
nd(n)
∑ 1 =
.
σ(n)
d|n d
b) Az a) rész alapján elég azt igazolni, hogy ha n tökéletes szám, akkord(n) páros, azaz n nem lehet négyzetszám. Ez valóban igaz, hiszen ha nnégyzetszám, akkor σ(n) páratlan, és így σ(n) ̸= 2n.
c) Tegyük fel indirekt, hogy 1 + p + . . . + pα | pα (α + 1). Mivel(1 + p + . . . + pα , pα ) = 1, ezért 1 + p + . . . + pα | α + 1. Ez azonban
lehetetlen, hiszen 1 + p + . . . + pα > α + 1.
d) Legyen n = p1 p2 . . . pr , ahol pi prím és p1 < p2 < . . . < pr . Ha mindegyik
pi páratlan, akkor apr + 1
p1 + 1...
| p1 . . . p r
22oszthatóság azért nem teljesülhet, mert (p1 + 1)/2 a jobb oldal minden
tényezőjéhez relatív prím.
Ha p1 = 2, akkor szükségképpen p2 = 3. Az n = 6 harmonikus szám,ha pedig az n-nek további prímtényezői is vannak, akkor az előző esethez
hasonlóan juthatunk ellentmondásra.
6.3.7a) Ha a < b és σ(a) = σ(b) = a + b, akkor σ(b) = a + b < 2b és
σ(a) = a + b > 2a.
b) Tegyük fel indirekt, hogy a = 2k és b barátságos számpár. Ekkor
σ(2k ) = 2k+1 − 1 = σ(b) = 2k + b,
ahonnan b = 2k − 1, továbbá b és σ(b) páratlansága miatt b = u2 . Az így
adódó 2k − 1 = u2 egyenlőség azonban már modulo 4 sem teljesülhet, hak ≥ 2.

6.4.
6.4.1 Az Ω(n)-re vonatkozó völgytétel szó szerint a 6.4.1 Tétel mintájára bizonyítható, a dk (n) esetén annyit kell változtatni, hogy a szimultán kongruenciarendszer modulusai 2K+k és 3K+k , az ω(n)-hez pedig két olyan
relatív prím modulust érdemes választani, amelyek mindegyike K + 2
darab különböző prímszám szorzata.

620

Eredmények 6.4.
A σ(n) völgytételénél bármely elég nagy prím megfelel n-nek, hiszen
ekkor σ(n) = n + 1, ugyanakkor n + 1 és n − 1 párossága miattσ(n − 1) > (n − 1) +n−1
2

és σ(n + 1) > (n + 1) +

n+1
.
2

Ugyanígy bizonyítható a φ(n)-re vonatkozó hegytétel is.
A többi függvény hegytételénél és φ(n) völgytételénél a 6.4.2 Tétel
bizonyításához hasonlóan n-et az első r prímszám szorzatának érdemes
választani.
A dk (n) és σ(n) hegytétele, illetve a φ(n) völgytétele a 6.4.2 Tétel
bizonyításának értelemszerű módosításával igazolható.
Végül, az Ω(n) és ω(n) függvények esetén, a 6.4.2 Tétel bizonyításának ajelöléseivel élve, azt kell megmutatni, hogy r−s > K. Ez abból következik,hogyn ≤ p1 . . . pK+1 pr−K−1< pr−K,rr
ha r elég nagy, ugyanakkor
n + 1 = q1 . . . qs > psr .
6.4.2 Kövessük a 6.4.5 Tétel bizonyításának gondolatmenetét.
6.4.3a) Megfelel például, ha n az első 101 prím szorzatának elég nagy hatványa.
b) Legyen n az első r prímszám szorzata. Ekkor az 5.4 pont eredményei
alapján
log n
log n ∼ pr ∼ r log r,és ígyr∼
log log nadódik. Ebből d(n) = 2r miatt a feladatban megadott becslést kapjuk.
6.4.4 Legyen Ω(n) = s, azaz n = q1 . . . qs , ahol qi = qj is előfordulhat. Ekkor
qi ≥ 2 miatt n ≥ 2s . — Egyenlőség pontosan akkor teljesül, ha n kettőhatvány.
6.4.5 Lássuk be, hogy adott r esetén az első r prímszám szorzata a legkisebb
olyan n, amelyre ω(n) = r. Ez azt jelenti, hogy ω(n) az n függvényében
mért maximális nagyságrendjét az ilyen alakú számokon éri el. Ha n azelső r prím szorzata, akkor 6.4.3b-hez hasonlóan kapjuk a feladat állításait.
6.4.6a) Alkalmazzuk a 6.4.6 Tételt az n0,99 /φ(n) függvényre, vagy használjuk fel
a d(n)φ(n) ≥ n összefüggést és a 6.4.5 Tételt.

621

Eredmények 6.4.

b) φ(n) ≥ π(n) − ω(n).
c) Legyen n tetszőleges olyan egész, amelyre ω(n) = r, és legyen nr az elsőr prímszám szorzata. Mutassuk meg, hogyφ(n)φ(nr )≥
nnr

log log n ≥ log log nr .

ésEnnek alapján az állítást elég az nr számokra igazolni.
A prímszámok eloszlásáról tanult eredményeket felhasználva kapjuk,
hogy
(
log

φ(nr )nr≥−)r1) ∑ (
1)
1−
= log
=
log 1 −
≥
pi
pi
i=1
i=1

r
∑
1
i=1

pi

r
∏
(

−

r
∑
1

>−
p2
i=1 i

azaz

∑ 1
p≤pr

p

− 2 > − log log pr − c − 2 ,φ(nr )
1> ′.
nr
c log prEzután vegyük figyelembe a log log nr ∼ log pr összefüggést (amilog nr ∼ pr -ből a mindkét oldal végtelenhez tartása miatt jogos ,,logaritmálással” adódik).
d) Alkalmazzuk a 6.4.6 Tételt a σ(n)/n1,01 függvényre, vagy használjuk fela σ(n) ≤ nd(n) összefüggést és a 6.4.5 Tételt.
e) σ(n)/n az n osztóinak a reciprokösszege, és ígynσ(n) ∑ 1≤≤ 1 + log n .
njj=1f) A c) részhez hasonlóan kell bizonyítani.
Megjegyezzük, hogy a 6.2.15a feladat alapján a σ(n)-re vonatkozó állítások közvetlenül is következnek a φ(n)-re vonatkozó megfelelő állításokból(és a 6.2.15b feladat szerint ez fordítva is ,,majdnem” igaz).
6.4.7 Használjuk fel, hogya) lim

n→∞

∏(
p≤n

1−

1)
= 0;
p

b) lim

n→∞

∏(
p≤n

1+

1)
= ∞.
p

622

Eredmények 6.4.

6.4.8a) Legyenek v1 , v2 , . . . azok a prímek, amelyekre k | vi − 1, és Br = v1 . . . vr .
Ha (n, Br ) > 1, akkor az n osztható valamelyik vi -vel, és így
k | vi − 1 | φ(n) .
Ezek szerint k̸ | φ(n) legfeljebb azokra az n-ekre fordulhat elő, amelyek a
Br -hez relatív prímek. Az ilyen n-ek száma N -ig nagy N esetén körülbelül
φ(Br )N.
Br
Így elég megmutatni, hogy bármely ε > 0-hoz található olyan r, hogyrφ(Br ) ∏(
1)
=
1−
< ε.
Br
v
i
i=1

∑∞
Ez az 5.6.7 feladat alapján következik abból, hogy i=1 1/vi divergens.
b) Ha ω(n) nagy, akkor φ(n) osztható a 2-nek egy nagy hatványával, tehát
eleve kevés ilyen φ(n) érték keletkezik. Ha ω(n) kicsi, akkor φ(n) > cn,ahol c (kis pozitív) konstans, és így ha φ(n) ≤ N , akkor
n < N/c. De ezekre az n-ekre (is) az a) rész szerint φ(n) majdnem
mindig osztható egy előre megadott nagy k-val (ez a k lehet a már szerepelt kettőhatvány is), azaz ismét csak kevés φ(n) érték keletkezhet.
6.4.9a) A 6.4.8a feladathoz hasonlóan bizonyíthatunk. Legyenek w1 , w2 , . . . azok
a prímek, amelyekre k | wi + 1, és legyen Cr = w1 . . . wr .
Ha az n valamelyik wi -nek pontosan az első hatványával osztható, akkor
k | wi + 1 | σ(n) .
Ezek szerint k̸ | σ(n) legfeljebb azokra az n-ekre fordulhat elő, amelyek
vagy relatív prímek Cr -hez, vagy pedig Cr valamelyik prímtényezőjéneka négyzetével is oszthatók. Ezek az n-ek bizonyos maradékosztályokba esAz ilyen mod Cr2 maradékosztályok számának és
nek mod Cr2 .
2
Cr -nek az arányar∏(wi − 1 )
1−
.
wi2
i=1
Mutassuk meg a 6.4.8a feladatban látott módon, hogy ez az arány tetszőlegesen kicsi lehet, ha r elég nagy.

623

Eredmények 6.5.

b) Itt egyszerűbb a dolgunk, mint a φ(n)-nél volt, ugyanis σ(n) ≤ N ből következik, hogy n ≤ N . Ennek megfelelően a φ(n)-nél látott bizonyításnak csak az utolsó lépésére van szükség: mivel σ(n) majdnem
mindig osztható egy előre megadott nagy k-val, ezért csak kevés σ(n)érték keletkezhet.

6.5.
6.5.1 A dj (n) függvények definíciójából következik.
6.5.2a) Tegyük fel, hogy f multiplikatív, és legyen (a, b) = 1. Az f + multiplikativitásának igazolásához felhasználjuk, hogy az 1.6.5a-b feladat szerint ab osztóit egyértelműen előállíthatjuk az a és a b egy-egy osztójánakszorzataként (amelyek nyilván szintén relatív prímek). Ennek alapján
f + (ab) =∑f (d) =

d|ab

=

∑

a1 |a,b1 |b∑f (a1 b1 ) =a1 |a,b1 |bf (a1 )f (b1 ) =

(∑
a1 |a

)(∑
)
f (a1 )
f (b1 ) = f + (a)f + (b) .
b1 |bA megfordítást hasonló módon igazolhatjuk n = ab szerinti teljes indukcióval vagy a Möbius-féle megfordítási formula felhasználásával.
b) Ha f helyére f + -t írunk, akkor éppen az a)-beli állításhoz jutunk.
6.5.3a) f = 0 és a 6.5.1 Definíció utáni példáknál definiált e(n). — Útmutatás:()2
Mutassuk meg, hogy egy p prímre f + (p2 ) = f + (p) csak f (p) = 0
esetén teljesülhet.
b) f = 0. — Útmutatás: Vizsgáljuk az f + függvény értékét rendre az
alábbi helyeken: p1 p2 , p1 p3 , p2 p3 , p21 p2 , p31 p2 stb., ahol p1 , p2 , p3 különböző prímek, és olvassuk le ebből, hogy f értéke minden prímhatvány
helyen nulla.
6.5.4a) Használjuk fel a 6.5.2 feladatot.
b) Következik az a) részből és f teljes multiplikativitásából. Az f (n) = n
esetben σ(n), illetve φ(n) képletét nyerjük.

624

Eredmények 6.5.

6.5.5{a) f˜(n) ={c) Ω̃(n) ={c, ha n = 1;0, ha n > 1.

1,
0,
{
1,
d) ω̃(n) =0,b) g̃(n) =1, ha n prímhatvány;0, egyébként.

6.5.6 Legyen n kanonikus alakja n =f (n) =

r∑i=1

ha n = 2;
ha n ̸= 2.
ha n prím;
egyébként.

∏r

i
f (pα
i )=

αi
i=1 pi . Ekkor

αi
r ∑
∑

f˜(pβi i ) =∑f˜(pβ ) .

pβ |ni=1 βi =0

Innen f˜ egyértelműségéből következik, hogy ha k nem prímhatvány, akkor
f˜(k) = 0.
6.5.7 A Möbius-féle megfordítási formula szerint ez az f (n) = n függvény.
6.5.8 A Möbius-féle megfordítási formula szerint
φ(n) =

∑
d|n

µ(d)

n
.
d

6.5.9
a) Jelöljük az összes n-edik egységgyök összegét T (n)-nel, az n-edik primitív
egységgyökök összegét pedig S(n)-nel.
Ekkor S + (n) = T (n) == e(n) miatt S(n) = µ(n). (Egy másik bizonyítást a 6.2.19 feladatbanvázoltunk.)b) Jelöljük az összes n-edik egységgyök, illetve az n-edik primitív egységgyökök k-adik hatványainak összegét Tk (n)-nel, illetve Sk (n)-nel. Ekkor
Sk (n) = T̃k (n) és{n, ha n | k;
Tk (n) =0, ha n̸ | k.
Írjuk fel Sk (n)-et a Möbius-féle megfordítási formula segítségével, és használjuk fel a 6.5.8 feladatot is. — Másik lehetőség: Mivel Sk (n) és a feladatban megadott függvény is multiplikatív, ezért elég az egyenlőségüket
a prímhatvány helyeken igazolni.
c) Térjünk át a modulo p testre. Jelöljük az xk ≡ 1 (mod p) kongruencia megoldásainak összegét V (k)-val, a k-adrendű elemek összegét pedig
U (k)-val. Mutassuk meg, hogy U + (n) = V (n), továbbá d | p − 1 esetén

Eredmények 6.6.

625

V (d) = e(d). Ebből vezessük le, hogy d | p − 1 esetén U (d) = µ(d), és így
speciálisan U (p − 1) = µ(p − 1).
6.5.10 a) φ(1)φ(2) . . . φ(n).
b) n!.
c) 1.
d) 0.
6.5.11 A 6.5.4 Tétel bizonyítása átvihető erre az általános esetre is.

6.6.
6.6.1 dk (n).
6.6.2 Az összeadással közismerten minden rendben van, a szorzás szerepét betöltő konvolúcióra az asszociativitás, a kommutativitás és az egységelem
létezése a 6.6.2 Tételből következik, és az(f + g) ∗ h = (f ∗ h) + (g ∗ h)disztributivitás is könnyen ellenőrizhető (a ,,szorzás” kommutativitása miatt elég az egyik oldali disztributivitást igazolni). Nullosztómentesség:
Lássuk be, hogy ha k, illetve m a legkisebb olyan pozitív egész, amelyre
f (k) ̸= 0, illetve g(m) ̸= 0, akkor (f ∗ g)(km) ̸= 0.
6.6.3 Válasz: k. — Útmutatás: Írjuk fel minden n-re a (g ∗ g ∗ . . . ∗ g)(n) == f (n) egyenlőséget, ebből n = 1-re√g(1) = k f (1)adódik, majd n = 2, 3, . . . esetén rendre egyértelműen meghatározhatók ag(2), g(3), . . . függvényértékek.
6.6.4a) A 6.5.2 feladat útmutatásához hasonló gondolatmenetet lehet alkalmazni.
b) Ha f = 0 vagy g = 0, akkor az állítás igaz, ezért a továbbiakban feltehetjük, hogy f (1) = g(1) = 1. Ha f ∗ g teljesen multiplikatív, akkor
az()2(f ∗ g)(p2 ) = (f ∗ g)(p)egyenlőségből bármely p prímre f (p)g(p) = 0, és így f és g teljes multiplikativitása miatt minden n > 1-re is f (n)g(n) = 0 adódik. A megfordításhoz mutassuk meg, hogy az f (p)g(p) = 0 feltételből
()k(f ∗ g)(pk ) = f (pk ) + g(pk ) = (f ∗ g)(p)következik.

626

Eredmények 6.6.

6.6.5 Az egyik lehetőség, ha kihasználjuk, hogy az egyenlőség mindkét oldalánmultiplikatív függvény áll, így elég az egyenlőséget a prímhatvány helyeken igazolni. Elegánsabb azonban a konvolúció tulajdonságaira támaszkodni: Legyen g(n) = n, ekkor σ ∗ φ = (g ∗ 1) ∗ (µ ∗ g) = g ∗ g,
tehát
∑
∑
n
n
σ(d)φ( ) = (σ ∗ φ)(n) = (g ∗ g)(n) =k · = nd(n) .
d
k
d|n

6.6.6

k|n

∞
∑
f (n)
n=1

ns

=

∞
∑
f (n)
n=1

ns0

·

1

n

<c
s−s0

∞
∑
n=1

1
ns−s0

< ∞.

6.6.7 Alkalmazzuk a 6.6.4 Tételt.
6.6.8 Használjuk fel a 6.6.1 feladatot és a 6.6.4 Tételt.
6.6.9 Írjuk fel a σ, illetve µ függvényt összegzési, illetve megfordítási függvényként, és alkalmazzuk a 6.6.7 feladatot.
6.6.10a) A jobb oldal definíció szerint a∞∏ (∑f (pk ) )p≤N k=0pks(1)szorzat határétéke, ha N → ∞. Az (1)-ben szereplő véges sok abszolút
konvergens sor szorzását elvégezve a számelmélet alaptétele és f multiplikativitása miatt azokból az f (n)/ns értékekből álló FN (s) végtelen sort
kapjuk, ahol az n minden prímosztója kisebb vagy egyenlő, mint N . Mivel
az
∞
∑
f (n)
F (s) =
nsn=1
sor abszolút konvergens, ezért
lim FN (s) = F (s) .

N →∞b) Az f teljes multiplikativitása miattf (pk ) ( f (p) )k
=
,
pks
ps

627

Eredmények 6.7.

és így az a)-beli képlet jobb oldalán most végtelen mértani sorok állnak.
6.6.11 Az egyenlőség következik a ζ-függvény szorzat-előállításából és abból,
hogy a µ-függvény M (s) Dirichlet-sora a ζ-függvény reciproka. — Másik
lehetőség: Alkalmazzuk a 6.6.10a feladatot az f = µ függvényre.
6.6.12a) Válasz: π 4 /36. — Útmutatás: Használjuk fel a 6.6.8a feladatot.
b) Válasz: 5π 4 /72. — Útmutatás: A d2 (n) függvény T (s) Dirichlet-sorát a6.6.10a feladat alapján végtelen szorzattá alakítva, majd a szorzat tényezőiként fellépő végtelen sorokat kiszámítva lássuk be, hogy
T (s) =

ζ 4 (s).
ζ(2s)6.6.13 Válasz: 15/π 2 . — Útmutatás: Alkalmazzuk a 6.6.10a feladatot az
f = |µ| függvényre, majd lássuk be, hogy az így kapott végtelen szorzatértéke ζ(s)/ζ(2s).
6.6.14
∞
∞
∞
∞
∞
∑
∑
(∑
) ∑
(∑
) ∑
f (n)xn
jn
k
=
f (n)
x
=
x
f (d) =
f + (k)xk .
a)
n
1
−
x
n=1
n=1
j=1
k=1

d|k

k=1

b) Alkalmazzuk a feladat a) részét a µ, illetve φ függvényre és x = 1/2-re.
Eredmény:(b1) 1/2;(b2) 2.

6.7.
6.7.1 Válasz: 1. — Útmutatás: A 6.7.5 Tétel második bizonyításához hasonló
meggondolásokkal kapjuk, hogy ez az összeg az 1, 2, . . . , n egészek közül
azoknak a számát határozza meg a logikai szitaformula segítségével, amelyek egyetlen prímmel sem oszthatók. Nyilván csak egyetlen ilyen pozitív
egész van: az 1, tehát az összeg értéke 1. (A ,,tanulság”: időnként adolgok elbonyolítása is hasznos lehet; most is az történt, hogy egy nyilvánvaló darabszámot bonyolult képlettel is meghatároztunk, és éppen ez
tette lehetővé a bonyolult képlet egyszerű alakjának a megtalálását.) —Másik lehetőség: miután a választ (néhány n kipróbálása után) megsejtettük, az eredmény helyességét teljes indukcióval is igazolhatjuk.
6.7.2 Válasz: 6/π 2 . — Útmutatás: Jelölje K(n) az 1, 2, . . . , n egészek között anégyzetmentesek számát. A feladat ekkor a
lim

n→∞

K(n)
n

628

Eredmények 6.7.
határérték vizsgálata. A 6.7.5 Tétel második bizonyításához hasonlóan alogikai szitaformula segítségével lássuk be, hogy⌊n⌋∑µ(j) 2 .
K(n) =j√j≤ nVegyük észre, hogy az egészrész elhagyásakor legfeljebb,,hibatag” keletkezik, ami azn√n nagyságú∑ µ(j)√j≤ nj2,,főtaghoz” képest elhanyagolható.
6.7.3a) A 6.7.2 Tételt a d3 = d2 ∗ 1 konvolúcióra alkalmazva
D3 (n) =

⌊n⌋
d(j)
j
j=1

n
∑

adódik. Az n-nel való osztás és az egészrész elhagyása után (a keletkező
hibatagtól eltekintve) a
n
∑
d(j)
(1)
j
j=1
összeget kell megbecsülni. Ehhez felhasználjuk a d(n) középértékére vonatkozó 6.4.3 Tételt. Az ottani jelölésekkel d(j) = D(j) − D(j − 1).
Rendezzük át az (1) összeget ennek megfelelően, majd alkalmazzuk D(j)re a 6.4.3 Tételt, ekkor hibatagoktól eltekintve a
n
∑
log j
k=2

j

∫ n
∼
2

log t
log2 ndt ∼t2eredményhez jutunk. Ne felejtsük el azt is megmutatni, hogy a hibatagokelhanyagolhatók ehhez a főtaghoz képest.
b) Kövessük a 6.7.3 Tétel bizonyításának gondolatmenetét.
Legyenfν (n) = nν , és alkalmazzuk a 6.7.2 Tételt a σν = 1 ∗ fν konvolúcióra,
ekkor
⌊n
j ⌋
n ∑
∑
Σν (n) =kν
j=1 k=1

Eredmények 6.8.

629

adódik. Ezután a jobb oldal k szerinti belső összegét becsüljük a szokásos módon az integrálkritériummal (lásd az 5.6.1 Tétel első bizonyítását,illetve az 5.6.2 feladatot).
6.7.4 Mivel a σ középértékfüggvénye ,,viszonylag kicsi”, ezért az 1, 2, . . . , n számok között ,,sok” olyan i van, amelyre (például) σ(i) ≤ 2n. A 6.4.9 feladat
alapján ,,kevés” ilyen σ(i) érték van, ezért valamelyiket a függvénynek sok
helyen fel kell vennie.
6.7.5a) Az alsó becslés Ω(i) ≥ ω(i) miatt nyilvánvaló. A felső becsléshez írjuk be Ω(i) és ω(i) előállítását a megfordítási függvényeik segítségével(lásd a 6.5.5c-d feladatot), ekkor a szokásos összegátrendezéssel, majd az
egészrészt elhagyva azt kapjuk, hogy∑′ 1),Ω(i) − ω(i) < n
r
i=1

n
∑
(

r≤n

∑′
ahol
-vel azt jelöljük, hogy csak azokra az r értékekre kell az összegzést
végezni, amelyek a prímek egynél nagyobb kitevőjű hatványai. Az 5.6.1b
feladat megoldásánál beláttuk, hogy ez az összeg kisebb 1-nél.
b) Ez az a) részből és az említett tételekből következik.
6.7.6 Használjuk fel a 6.2.21a feladatot, és alkalmazzuk a Hardy–Ramanujantételt ω-ra és (a 6.7.5b feladat alapján) Ω-ra.
6.7.7 A (meglepő) válasz: 0. — Útmutatás: Használjuk fel, hogy a Hardy–
Ramanujan-tétel megfelelője érvényes Ω-ra is (lásd√ a 6.7.5b feladatot).
Tegyük fel, hogy i = ab, ahol a és b kisebb, mint n. Ekkor a ,,legtöbb
esetben” Ω(a) és Ω(b) is ,,körülbelül”√
log log n ∼ log log n ,és így Ω(i) ∼ 2 log log n. Ilyen i azonban (ismét a 6.7.5b feladat szerint)
csak kevés van.
6.7.8 A pontos tételt úgy kapjuk, ha a 6.7.7 Tételben az ω helyére az (előírt
tulajdonságokkal rendelkező) f -et, a log log i helyére pedig a∑ f (p)p≤ipértéket írjuk. A bizonyítás ugyanúgy történik, mint a 6.7.7 (és 6.7.7A)
Tétel esetén.

630

Eredmények 6.8.

6.8.
6.8.1 Rögzített m és k = 1, 2, . . . mellett az f (mk ) = kf (m) számsorozat csakúgy lehet korlátos, ha f (m) = 0.
6.8.2 Legyen m rögzített, és tekinsük azokat a k pozitív egészeket, amelyekre(k, m) = 1. Ekkor f (m) = f (km) − f (k). A Cauchy-féle konvergenciakritérium szerint bármilyen ε > 0 esetén elég nagy k mellett|f (km) − f (k)| < ε teljesül, és így csak f (m) = 0 lehetséges.
6.8.3 Az alábbi függvények felelnek meg:{
f = 0;

gc (n) = nc ;hr (n) =1, ha n = 1;r, ha n = 2;0, ha n > 2,ahol c tetszőleges valós szám és 0 ≤ r ≤ 1.
Útmutatás: Ha a függvény mindenhol pozitív értéket vesz fel, akkor alogaritmusára alkalmazhatjuk a 6.8.1 Tételt, és így a fenti gc függvényeket
nyerjük. Ha a függvény valahol a 0 értéket veszi fel, akkor minden nagyobb
helyen is 0-t kell felvennie; ennek alapján mutassuk meg, hogy a legkisebb
olyan hely, ahol a 0-t veszi fel, nem lehet nagyobb, mint 3. Ebből az f = 0
mellett a fenti hr függvényeket kapjuk. Végül könnyen adódik, hogy afüggvény sehol sem vehet fel negatív értéket.
6.8.4 Ekkor a −f függvény kielégíti a 6.8.1 Tétel bizonyításában szereplő (1)feltételt.
6.8.5 Az f valós és képzetes részére külön-külön alkalmazható a 6.8.1 Tétel.
6.8.6a) Megfelel például a
k1 , 2k1 , 2k2 , 3k2 , 3k3 , 4k3 , . . . , jkj , (j + 1)kj , . . .
()
sorozat, ahol kj , j(j + 1) = 1 és a kj számok (az előírt bn elemekhez
képest) elegendően nagyok. Ha a sorozat elemein az f például monoton
növő, akkor az additivitás miattf (j) + f (kj ) = f (jkj ) ≤ f ((j + 1)kj ) = f (j + 1) + f (kj ) ,ahonnan f (kj ) kivonása után f (j) ≤ f (j+1), azaz f monotonitása adódik.
Ezután a 6.8.1 Tételből következik, hogy f (n) = c log n.
b) Megfelel például ac1 , c1 d1 , c2 , c2 d2 , c3 , c3 d3 , . . . , cj , cj dj , . . .

Eredmények 7.1.

631

sorozat, ahol a d1 , d2 , . . . számsorozatban minden 1-nél nagyobb egész
végtelen sokszor fordul elő, továbbá (cj , dj ) = 1 és a cj számok (az előírt
bn elemekhez képest) elegendően nagyok. Legyen m > 1 rögzített és
ε > 0 tetszőleges. Ekkor a sorozat konstrukciója, f additivitása és afeladat feltétele miatt van olyan (nagy) j, amelyre m = dj és|f (m)| = |f (cj dj ) − f (cj )| < ε ,tehát csak f (m) = 0 lehetséges.

7. Diofantikus egyenletek
7.1.
7.1.1 Háromféleképpen. (10 000 = 201 · 47 + 7 · 79 = 122 · 47 + 54 · 79 == 43 · 47 + 101 · 79.)
7.1.2 14.
7.1.3 Hétféleképpen. — Útmutatás: A 7x + 13y + 15z = 500, x + y + z = 50
egyenletrendszerből például x-et kiküszöbölve a 6y + 8z = 150, majd ezt
2-vel osztva a 3y + 4z = 75 diofantikus egyenlethez jutunk. Ennek olyan
megoldásait keressük, ahol y ≥ 0, z ≥ 0, továbbá x ≥ 0 miatt y + z ≤ 50.
7.1.4 9.
7.1.5 Az ax + by = c diofantikus egyenletet b ̸= 0 esetén egy x, y egész számpár
pontosan akkor elégíti ki, ha x megoldása az ax ≡ c (mod b)lineáris kongruenciának (és y értéke ekkor egyértelműen adódik az egyenletből). Vegyük észre, hogy a 2.5.4 Tétel bizonyításában szereplő (5) képlet (a jelölések ,,konverziója” után) éppen a 7.1.1 Tétel (1) képletének az
x′ -re vonatkozó részével azonos. (Nem feltétlenül szükséges a bizonyításra
támaszkodni, elég csak a 2.5.4 Tétel állítását felhasználni, ekkor azonban
kicsit nehézkesebb a gondolatmenet.)
7.1.6 a) 0 vagy ∞.

b) 0 vagy 1.

7.1.7 x = −3 − 5u − 10v, y = 3u + 3v + 1, z = 2v + 1. — Útmutatás: A
kétismeretlenes esethez hasonlóan az egyik ismeretlent kifejezve, majd atörtből a biztosan egész értékű részt leválasztva és alkalmas új ismeretlent
bevezetve csökkentsük az együtthatók abszolút értékét mindaddig, amíga tört nevezője 1 lesz. Ezután az így adódó két egész paraméterrel írjuk
fel az eredeti ismeretlenek értékeit.

632

Eredmények 7.1.

7.1.8 Egy lehetséges út, ha a 7.1.1 Tétel után vázolt megoldási algoritmust
általánosítjuk (ezt alkalmaztuk az előző feladatnál is), ebből a megoldhatóságra vonatkozó állítás is kihozható. — Egy másik lehetőség a kszerinti teljes indukció. A k ismeretlenes a1 x1 + . . . + ak xk = c egyenletet a következőképpen vezethetjük vissza k − 1 ismeretlenesre: Legyend = (ak−1 , ak ), ekkor ak−1 xk−1 +ak xk alakban éppen d többszörösei, azaz
a dy számok állnak elő. Így az eredeti egyenlet helyett vizsgálhatjuk a
k − 1 ismeretlenes a1 x1 + . . . + ak−2 xk−2 + dy = c egyenletet, amelyre már
alkalmazhatjuk az indukciós feltételt.
7.1.9 Ha az egyenlet megoldható, akkor az egyenlet bármely megoldása nyilván megoldása a kongruenciának is tetszőleges m modulus esetén. Ha
az egyenlet nem oldható meg, akkor (a1 , . . . , ak )̸ | c, és ekkor az m == (a1 , . . . , ak ) modulusra nyilván a kongruencia sem oldható meg.
7.1.10 Ez pontosan akkor igaz, ha az ai számok relatív prímek és található
közöttük pozitív. – Útmutatás: A feltétel szükségessége nyilvánvaló. Az
Ha valamely
elégségességhez tegyük fel, hogy például a1 > 0.
c0 -ra sikerül pozitív egészekből álló megoldást találni, akkor x1 értékét
növelve és a többi xi értékét változatlanul tartva, a c0 -lal reprezentált
modulo a1 maradékosztály minden c0 -nál nagyobb elemére is kapunk
megfelelő megoldást. Így elég azt megmutatni, hogy minden modulo
a1 maradékosztálynak van olyan c eleme, amelyre létezik pozitív egész
megoldás. Ehhez használjuk fel, hogy az
a1 x1 + . . . + ak xk = c(1)diofantikus egyenlet (a 2.5 pontban pontosan megfogalmazott értelemben),,ekvivalens” az
a2 x2 + . . . + ak xk ≡ c (mod a1 )(2)kongruenciával. Oldjuk meg a (2) kongruenciát c = 1, 2, . . . , a1 -re. (Biztosan létezik megoldás, mert (a1 , . . . , ak ) = 1 miatt (1) bármely c-remegoldható az egész számok körében.) Mivel kongruenciáról van szó,
nyilván az is feltehető, hogy mind az a1 darab kongruencia esetében akapott x2 , . . . , xk értékek mindegyike pozitív.
7.1.11a) Legyen a > b, és alkalmazzuk az előző feladat alapötletét. Eszerint ha egy
c összerakható, akkor nyilván bármely pozitív t-vel c + tb is összerakható. Így a feladat megoldásához mindegyik modulo b maradékosztályban
meg kell keresni a legkisebb összerakható elemet. Mivel (a, b) = 1, ezért
a 0a, 1a, 2a, . . . , (b − 1)a elemek teljes maradékrendszert alkotnak modulo b, vagyis az egyes maradékosztályok legkisebb összerakható elemei

Eredmények 7.2.

633

b, a, 2a, . . . , (b − 1)a. Ez azt jelenti, hogy a legnagyobb nem összerakható
szám az ,,utolsóként belépő” (b − 1)a-val reprezentált maradékosztály(b − 1)a − b = ab − a − b eleme.
b) Válasz: (a − 1)(b − 1)/2. (Ez biztosan egész szám, hiszen (a, b) = 1
miatt a és b közül legalább az egyik páratlan.) — Útmutatás: Mutassuk
meg, hogy ha két pozitív egész összege ab − a − b, akkor közülük az egyikösszerakható, a másik pedig nem.
7.1.12 A megoldáshoz kényelmesebb a feladatot ,,fordított” szemlélettel, ,,öszszeállítás” helyett ,,szétvágásra” átfogalmazni: egy adott kocka a) minden elég nagy n, illetve b) n ≥ 48 esetén szétvágható pontosan n darab
kockára.
a) Mivel egy kockából könnyen csinálhatunk 8, illetve 27 kis kockát, ezek
egymás utáni alkalmazásával egy kocka 1 + 7x + 26y részre is bontható,
ahol x és y tetszőleges nemnegatív egészek. A 7 és a 26 relatív prímek, ésígy valóban minden elég nagy n előállítható ilyen alakban.
b) Mivel egy kockát 8 részre vágva, a kis kockák számát mindig tudjuk 7-tel
növelni, ezért elég az állítást a 48 és 54 közötti n-ekre igazolni.
48: 48 = 27 + 3 · 7, azaz a kockát vágjuk 27 részre, majd 3 kis kockát 8-8
részre.
49: egy 6 oldalú kocka alsó felét bontsuk 4 darab 3 oldalú kockára, a felső
sorát 36 darab egységkockára, a fennmaradó két sort pedig 9 darab
2 oldalú kockára.
50: 50 = 7 · 7 + 1.
51: egy 6 oldalú kocka alsó felét és még egy nyolcadát bontsuk 5 darab
3 oldalú kockára, a megmaradt részből kiválaszthatunk 5 darab 2
oldalú kockát és marad még 41 darab egységkocka.
52: egy 4 oldalú kockából vegyünk ki egy 3 oldalú részt, ekkor marad
37 egységkocka, ezekből kettőt 8-8 részre osztva összesen 52 kockára
bontottuk az eredeti kockát.
53: 53 = 1 + 2 · 19 + 2 · 7 alapján elég olyan eljárást mutatni, amely 19-cel
növeli a kockák darabszámát; egy 3 oldalú kockát bontsunk egy 2
oldalúra és a megmaradó 19 egységkockára.
54: egy 8 oldalú kocka háromnegyedét bontsuk 6 darab 4 oldalú kockára,a maradékból leválasztható 2 darab 3 oldalú és 4 darab 2 oldalú
kocka, valamint marad 42 darab egységkocka.

7.2.
7.2.1 Mutassuk meg, hogy ha x2 + y 2 = z 2 , akkor x, y és z között található 3-

634

Eredmények 7.2.

mal, 4-gyel, illetve 5-tel osztható. Nézzük például az 5-tel való oszthatóságot. Egy négyzetszám 5-tel osztva 0, 1 vagy −1 maradékot ad. Tegyük fel
indirekt, hogy x, y és z egyike sem osztható 5-tel, ekkor x2 + y 2 = z 2 bal
oldala 0-val vagy ±2-vel kongruens modulo 5, a jobb oldal viszont ±1-gyel,ami ellentmondás. A 4-gyel, illetve 3-mal való oszthatóság is hasonlóan
igazolható. (Mindhárom oszthatóságnál az egyenlet helyett a 7.2.1 Tétel
szerinti karakterizációt használva is hasonlóan bizonyíthatunk.)
7.2.2 Válasz: 8, 15, 17.
— Útmutatás: Az xy/2 területképlet alapján
xy = 120. A 120 összes lehetséges felbontását megvizsgálva csak a 8 · 15
esetben lesz x2 + y 2 négyzetszám. — Másik lehetőség: A 7.2.1 Tétel
alapján a 60 = d2 mn(m − n)(m + n) egyenletet kell megoldani az ottmegadott (4) feltételrendszert is figyelembe véve. Így egyedül a d = 1,m = 4, n = 1 eset lehetséges.
7.2.3 Válasz: 6, 8, 10 és 5, 12, 13. — Útmutatás: A 7.2.1 Tétel alapján a terület
d2 mn(m − n)(m + n), a kerület pedig()
d 2mn + (m2 − n2 ) + (m2 + n2 ) = 2md(m + n) .
Ezek egyenlősége az egyszerűsítések után a dn(m − n) = 2 egyenletet jelenti.
Ennek a 7.2.1 Tétel (4) feltételét is kielégítő megoldásai
d = m = 2, n = 1, illetve d = 1, n = 2, m = 3. — Másik lehetőség:Az
xy= x + y + z,
x2 + y 2 = z 22
diofantikus egyenletrendszert kell megoldani. Az első egyenletből átrendezéssel kapott (xy/2) − z = x + y egyenlőséget emeljük négyzetre, ekkor
a második egyenlet felhasználásával és xy-nal történő egyszerűsítés utánz = (xy/4) − 2 adódik. Ezt az első egyenletbe visszahelyettesítve, átrendezés és szorzattá alakítás után az (x − 4)(y − 4) = 8 egyenlethez jutunk.
Mivel x és y pozitív, ezért (a tényezők sorrendjétől eltekintve) csak az 1 · 8
és 2 · 4 előállítás ad megoldást.
7.2.4 Válasz: minden k ≥ 3-ra. — Útmutatás: Használjuk a 7.2.1 Tételt.
Lássuk be, hogy az 1 és a 2 nem állítható elő az ott megadott x, y,illetve z alakok egyikeként sem. A 2-nél nagyobb számok esetén pedig aképletben szereplő d szorzó miatt elég azt igazolni, hogy a 4 és a páratlanszámok előállnak ilyen alakban: 4 = 2 · 2 · 1, illetve 2r + 1 = (r + 1)2 − r2 .
7.2.5 Ha x, y, z primitív pitagoraszi számhármas, akkor (y − x)2 , z 2 és (x + y)2
relatív prímek, és számtani sorozatot alkotnak.
Megjegyzés: Az u2 + v 2 = 2w2 diofantikus egyenlet 0 < u < w < v és az
x2 + y 2 = z 2 pitagoraszi egyenlet 0 < x < y < z megoldásai kölcsönösen

Eredmények 7.3.

635

visszavezethetők egymásra, az u = y − x, v = x + y, w = z, illetve afordított irányú x = (v − u)/2, y = (u + v)/2, z = w helyettesítéssel
(x-re és y-ra egész számokat kapunk, mivel u és v szükségképpen azonos
paritású). Ennek alapján az u2 + v 2 = 2w2 egyenlet összes megoldását isfelírhatjuk három egész paraméter segítségével.

7.3.
7.3.1 Mivel az x és y előjele most nem számít, ezért az összes egészek körében
kapott megoldásokat négyesével csoportosítva kapunk egy-egy ,,lényegesen
különböző megoldást”, kivéve az y = 0 esetet (amely csak akkor fordul elő,ha n négyzetszám). Ennek megfelelően a ,,lényegesen különböző megoldá⌈ f (n) ⌉, ahol f (n) a 7.3.1 Tételben megadott megoldásszám.
sok” száma
4
7.3.2 Két megoldás van: a süteményt a tepsi oldalaival párhuzamosan 6, illetve
8, vagy pedig 5, illetve 12 részre kell vágni (az első esetben 48, a második esetben 60 szelet keletkezik). — Útmutatás: Ha a tepsi oldalaival
párhuzamosan x, illetve y részre vágunk, akkor xy/2 égett és (x−2)(y −2)nem égett szelet keletkezik. Az így kapott egyenlet az (x − 4)(y − 4) == 8 alakra hozható. — Másik lehetőség: A tepsi fala mentén körbehaladó ,,sorban” összesen 8-cal több szelet van, mint a következő (szintén,,körbefutó”) sorban. Ez azt jelenti, hogy ennél a két sornál beljebb isösszesen 8 szelet van, amelyek egy 2 × 4-es vagy egy 1 × 8-as téglalapot
alkotnak.
7.3.3 A 2/p = 1/x + 1/y egyenlet a (2x − p)(2y − p) = p2 alakra hozható. —Ottlik Géza megoldása: Az egyenletet xy-nal beszorozva kapjuk, hogy
valamelyik ismeretlen osztható p-vel, mondjuk x = kp. Ezt visszahelyettesítve fejezzük ki y-t, és lássuk be, hogy p = 2k − 1. Innen x és y isegyértelmű.
7.3.4 Pontosan azok, ahol a nevezőnek van nem 4k + 1 alakú pozitív osztója.
7.3.5 Az
1
1
1
=
+
u
2u 2u
egyenlőség alapján elég megmutatni, hogy a megadott n-ekre 4/n felírható
két vagy három természetes szám reciprokának az összegeként.
4
1 1
n = 2s:
= +
n
s s
4
1
1
n = 4s − 1:= +ns s(4s − 1)

636

Eredmények 7.3.
n = 8s − 3:

4
1
1
1
=
+
+
n
2s s(8s − 3) 2s(8s − 3)

n = 24s − 15:

4
1
1
=
+
n
8s − 5 24s − 15
4
1
1
1
=
+
+
n
6s s(24s − 7) 6s(24s − 7)n = 24s − 7:

7.3.6 Induljunk ki az a/b = 1/b + 1/b + . . . + 1/b (,,rossz”) előállításból, majd
alkalmazzuk elég sokszor például az
1
1
1
=
+
n
n + 1 n(n + 1)
azonosságot.
7.3.7 Nincs. — Útmutatás: Az x4 − 4 = y 5 diofantikus egyenlet bal oldalát
szorzattá bontva, a két tényező páratlan x esetén relatív prím, és így
külön-külön is ötödik hatványok, a különbségük 4, ami lehetetlen. Páros
x-re pedig az egyenlet bal oldala nem osztható 8-cal, a jobb oldal viszontigen.
7.3.8 Az egyetlen megoldás x = y = s = t = 0. — Útmutatás: A feladat egyszerűen visszavezethető az egész megoldások keresésére, sőt (az indirekt
feltételezett nemtriviális megoldásról) az is feltehető, hogy (x, y, s, t) = 1.
Ekkor a paritást vizsgálva ellentmondásra jutunk. — Másik lehetőség:Egy nemtriviális egész megoldás olyan szabályos háromszöghöz vezet,
amelynek mindhárom csúcsa rácspont. Területi megfontolásokkal mutassuk meg, hogy nincs ilyen háromszög.
7.3.9 Az összeg 3-mal osztható, de 9-cel nem.
7.3.10 ±4, ±6.
7.3.11 A feladat ,,csúnya” megoldása: Legyen a hat szám n, n + 1, . . . , n + 5, ésosszuk ezeket minden lehetséges módon két csoportba. Azt kell igazolni,
hogy az így adódó egyenletek egyikének sincs egész megoldása. Mivel egy
egész együtthatós polinom egész (sőt racionális) gyökei könnyen megkereshetők, ezért a feladat megoldása csak némi türelmes számolást igényel.
Természetesen nem kell minden lehetőséget számításba venni, például atényezőnkénti összehasonlításból látszik, hogy n(n + 1)(n + 4) mindenn ≥ 0 esetén kisebb, mint (n + 2)(n + 3)(n + 5), és más hasonló megfontolások is alkalmazhatók.
Lényegesen ,,elegánsabb” a következő gondolatmenet: Mivel a hat szám
közül három osztható 2-vel, további egy 3-mal, és legfeljebb további egy

Eredmények 7.3.

637

5-tel, ezért n > 1 esetén a számok valamelyikének van 5-nél nagyobb
prímosztója. Ezzel a prímmel a többi szám egyike sem lehet osztható, ígyez a prím csak az egyik szorzatnak lehet osztója.
Harmadik lehetőség: Ha a számok valamelyike osztható 7-tel, akkor
az előzőleg látott módon készen vagyunk. Egyébként a hat szám redukált
maradékrendszert alkot modulo 7. Ha létezne két egyenlő szorzat, akkor a
hat szám szorzata négyzetszám lenne. A hat szám szorzata −1 maradékot
ad 7-tel osztva, viszont egy négyzetszámnak nem
ez a maradéka.
)( lehetLegendre-szimbólum
A harmadik megoldás a Wilson-tétel és a −1pfelhasználásával átvihető a 6 helyett 106-ra (mivel a 107 egy 4k − 1 alakú
prímszám). Az első megoldás (elvileg vagy jól programozott számítógép
segítségével) átvihető a 106-ra vagy bármely konkrét darabszámra. Lényegében a második megoldás is általánosítható: Sylvester és Schur egy
klasszikus tétele szerint k darab k-nál nagyobb egymást követő egész szám
valamelyikének mindig van k-nál nagyobb prímosztója, így ez a prím a
két részszorzat közül csak az egyiknek lehet osztója. A fennmaradó esetekben a Csebisev-tétel biztosít olyan prímszámot, amely csak az egyik
részszorzatnak osztója.
Végül megjegyezzük, hogy maga az állítás hat helyett tetszőleges kegymást követő egész esetén is igaz. Ez következik abból a nehéz tételből, hogy egymást követő pozitív egészek szorzata sohasem lehet teljes
hatvány (lásd az 1.6.3 feladathoz fűzött megjegyzést).
7.3.12 Csak páros m-re van megoldás: n = m + 1 és x = y = 2m/2 .
Útmutatás: Az egyenletet (x, y) segítségével átírva mutassuk meg, hogy
csak x = y lehetséges. Ebben az esetben az egyenlet a2m = x2n−2m(3)

alakra hozható. Ekkor nyilván x = 2s . Ezt (3)-ba visszaírva lássuk be,
hogy m = 2s és n = m + 1.
7.3.13a) Az (x + 5)(y + 3) = 22 alakból könnyen leolvasható a 2d(22) = 8 darab
megoldás.
b) Nincs megoldás. Az egyenletet modulo 11 érdemes vizsgálni.
c)–e) Csak a triviális x = y = z = 0 megoldás létezik. A ,,jó” modulusok: c)-nél
3 vagy 8; d)-nél 5, 7, 8 vagy 23; e)-nél 11.
f) x = ±1, z = −2. — Útmutatás: a bal oldal két tényezője bármely x egészszám esetén relatív prím, ezért külön-külön is köbszámok.
g) x = ±1, y = 0. — Útmutatás: Egyszerű átalakítások után azt kapjuk,
hogy két szomszédos szám szorzata ,,majdnem” negyedik hatvány. Ezen

638

Eredmények 7.4.

az úton továbbhaladva, alkalmas kongruenciavizsgálatok után még egy
szorzattá bontásra van szükség.
h) y = x, valamint x = 2, y = 4 és x = 4, y = 2. — Útmutatás: Írjuk át azegyenletet (x, y) segítségével, vagy pedig logaritmálás után használjuk fel
az f (z) = z/ log z (valós) függvény viselkedését.
i) x = 5, y = 1. — Útmutatás: Vizsgáljuk az egyenletet modulo 31, éshasználjuk fel a hatványmaradékokról tanultakat.
7.3.14a) Nincs ilyen számrendszer. — Útmutatás: x > 0 esetén 1 + x + x2 mindig
két szomszédos négyzetszám közé esik.
b) A 3-as számrendszer az egyetlen megoldás. — Útmutatás: x > 3 esetén
4(1 + x + x2 + x3 + x4 ) két szomszédos négyzetszám közé esik.
c) Nincs ilyen számrendszer. — Útmutatás: A megfelelő kifejezés két relatív prím tényező szorzatára bontható, és közülük az egyik nem lehet
négyzetszám.

7.4.
7.4.1 1 + i | a + bi ⇐⇒ a ≡ b (mod 2).
7.4.2a) α = γϱ ⇐⇒ α = γ ϱ,b) Az a) részből következik.
c) Következik akár a Gauss-felbonthatatlan, akár a Gauss-prím definíciójából, vagy pedig a 7.4.15 Tételből.
7.4.3 A 7.4.2a feladat szerint α | α ⇐⇒ α | α, vagyis ekkor α = εα, ahol
ε egység. Mutassuk meg, hogy itt a két oldal abszolút értéke mindig
egyenlő, a szögek összehasonlításából pedig arg(α) = k · 45◦ adódik. Ez
pontosan azt jelenti, hogy α a koordinátatengelyek vagy pedig az y = ±x
egyenesek valamelyikén helyezkedik el. (Az α = εα egyenlőségből az
ε = ±1, ±i esetek végigpróbálásával is ugyanerre az eredményre jutunk.)
7.4.4a) Használjuk fel, hogy az a/b racionális szám akkor és csak akkor Gaussegész, ha egész szám.
b) Ha (a, b) = d az egész számok körében, akkor azt kell igazolni, hogy az
a1 = a/d és b1 = b/d számok a Gauss-egészek körében is relatív prímek.
Ha egy γ Gauss-egész közös osztója a1 -nek és b1 -nek, akkor N (γ) az egész
számok körében közös osztója N (a1 ) = a21 -nek és N (b1 ) = b21 -nek, amiből
következik, hogy N (γ) = 1, tehát γ egység. (Egy másik lehetőség, hogy

639

Eredmények 7.5.

alkalmas u és v egész számokkal 1 = a1 u + b1 v, és így γ | a1 és γ | b1
esetén szükségképpen γ | 1.)
7.4.5 Igaz: a), c).
7.4.6 (Természetesen a megadott eredmények helyett azok bármelyik egységszerese is helyes.)a) 2 − i. — Útmutatás: alkalmazzuk az euklideszi algoritmust.
b) 2. — Útmutatás: használjuk fel, hogy 1−i és 2+i Gauss-prímek, továbbá
2 = ε(1 − i)2 és 2 + i̸ | 39.
c) 1 + i. — Útmutatás: A keresett δ legnagyobb közös osztó osztója a két
szám összegének és különbségének is, ahonnan (4 + i, 2 + i) = 1 miatt δ | 2
adódik. Innen δ = 1 vagy 2 vagy 1 + i. Végül mutassuk meg, hogy az elsőkét eset nem lehetséges.
7.4.7a) Igaz: (a1).
b) (α, α) = (a, b) vagy (α, α) = (1 + i)(a, b).
7.4.8 Mutassuk meg, hogy β akkor és csak akkor barátja α-nak, ha β = εα és(α, α) = 1. Így α-nak (0 vagy) 4 barátja van, és könnyen adódik az a)-belifeltétel is.
7.4.9 32 (2 + i)3 (2 − i)(1 + i)3 (−1 − 4i). — Útmutatás: Érdemes először a90-et kiemelni és a 7.4.15 Tétel szerint Gauss-prímek szorzatára bontani.
A fennmaradó rész 3 + 29i = π1 . . . πr felbontásának a meghatározásához
térjünk át a normákra: 850 = N (π1 ) . . . N (πr ). A 850 kanonikus alakjából
kapjuk, hogy r = 4, és a πi Gauss-prímek normái 2, 5, 5 és 17. Innen
π1 = 1 + i, π2 = π3 = 2 + i vagy 2 − i , aszerint hogy (3 + 29i)/(2 + i)
Gauss-egész-e vagy sem (π3 = π2 nem lehet, miért?) stb.
7.4.10 Igaz: b), c), e).
7.4.11 Bizonyítsunk N (α) szerinti teljes indukcióval. A kulcslépés: Ha az α két
különböző felbontása Gauss-prímek szorzatára
α = π 1 . . . πr = ϱ 1 . . . ϱs ,ahol

πi ̸= εϱj ,akkor létezik olyan ε egység, hogy N (π1 ) ≤ N (ϱ1 ) esetén az
α1 = εα − π1 ϱ2 . . . ϱs
Gauss-egészre N (α1 ) < N (α), és α1 -nek is két különböző felbontása van
Gauss-prímek szorzatára.

7.5.

640
7.5.1

Eredmények 7.5.
⌈ r(n) ⌉, ahol r(n) a 7.5.1 Tételben megadott megoldásszám (ha az egyen8
let nem oldható meg, akkor r(n) = 0). — Útmutatás: Az x és y felcseréléséből, illetve az előjelek változtatásával kapott megoldások nem adnak ,,lényegesen különböző” megoldást. Ez általában 8 lehetőség, kivéve
azokat a megoldásokat, amikor x és y valamelyike 0, vagy x = y (ezekcsak az n = k 2 , illetve n = 2k 2 esetekben fordulhatnak elő).

7.5.2 16.
7.5.3 Válasz: 7. — Útmutatás: A 8k + 6 alakú számok nem írhatók fel két
négyzetszám összegeként vagy különbségeként, tehát r ≤ 7. Azt kell még
igazolni, hogy végtelen sok esetben teljesül, hogy két egymást követő 8k+6
alakú szám között mind a hét szám előáll a kívánt módon.
7.5.4 A 7.5.1 Tétel szerint az a2 +b2 kanonikus alakjában szereplő 7 és 11 prímek
kitevője páros, azaz legalább 2 kell hogy legyen. — Másik lehetőség: a 7
és a 11 Gauss-prímek, tehát
7 | a2 + b2 = (a + bi)(a − bi) =⇒ 7 | a + bi vagy 7 | a − bi =⇒a − bia + bivagy
Gauss-egész =⇒ 7 | a és 7 | b,=⇒77
és ugyanez érvényes a 11-re is.
7.5.5 Akkor és csak akkor van megoldás, ha az n kanonikus alakjában minden 4k − 1 alakú prím kitevője páros és a 2 kitevője nem 1. Ekkor amegoldásszám ugyanaz, mint a 7.5.1 Tételben, ha n osztható 4-gyel, ésaz ottani értéke fele, ha n páratlan.
7.5.6 Akkor és csak akkor van megoldás, ha n nem osztható 4-gyel és nincs
4k − 1 alakú prímosztója. Ebben az esetben a megoldásszám 2r+2 , aholr az n páratlan (4k + 1 alakú) prímosztóinak a száma.
7.5.7a) Annak megfelelően, hogy k az átfogó, illetve az egyik befogó hossza, az
x2 + y 2 = k 2 , illetve x2 − y 2 = k 2 diofantikus egyenletek ,,lényegesen
különböző”, pozitív egész x, y megoldásainak a számát kell meghatározni.
A 7.5.1 Tétel (és a 7.5.1 feladat) alapján az első egyenletnél ez a megoldásszám(2β1 + 1) . . . (2βr + 1) − 1,
2ahol β1 , . . . , βr a k kanonikus alakjában szereplő 4t + 1 alakú prímek
kitevői. A második egyenletnél pedig a 7.3.1 Tétel (és a 7.3.1 feladat)

641

Eredmények 7.5.
felhasználásával kapjuk, hogy a keresett megoldásszám
12
2 (d(k ) − 1)1k2
2 (d( 4 ) − 1)ha k páratlan;
ha k páros.

b) A 7.5.6 feladat alapján az átfogó akkor és csak akkor lehet k hosszúságú,
ha a k > 1 szám minden prímosztója 4t + 1 alakú, és ekkor a háromszögek
száma 2ω(k)−1 . Hasonló gondolatmenettel adódik, hogy k akkor és csak
akkor lehet egy befogó hossza, ha k > 1 páratlan vagy pedig 4 | k, és
mindkét esetben 2ω(k)−1 ilyen háromszög létezik.
A fenti meggondolások helyett a primitív pitagoraszi számhármasokat
karakterizáló 7.2.1 Tétel alkalmazása is célhoz vezet.
7.5.8 Először tegyük fel, hogy egy 4k−1 alakú q prím az n kanonikus alakjában a2w −1 páratlan kitevővel szerepel. Ekkor az egyenletnek nincs megoldása,
tehát azt kell igazolni, hogy n (pozitív) páratlan osztóinak a fele 4k + 1, amásik fele pedig 4k − 1 alakú. Az n tetszőleges páratlan osztója felírható
tq u alakban, ahol (t, 2q) = 1 és 0 ≤ u ≤ 2w − 1. Ekkor (bármely 0 ≤ j ≤≤ w − 1 esetén) a tq 2j és tq 2j+1 osztók közül az egyik 4k + 1, a másikpedig 4k − 1 alakú.
Most vizsgáljuk azt az esetet, amikor az n kanonikus alakjában minden
4k − 1 alakú qν prím kitevője páros, jelöljük qν kitevőjét 2wν -vel. Ekkor
a 7.5.1 Tétel alapján azt kell megmutatni, hogyd′ (n) − d′′ (n) =r∏(βµ + 1) ,

(1)

µ=1

ahol a βµ értékek az n kanonikus alakjában szereplő 4k + 1 alakú prímek
kitevői. Végezzük el az előző párosítást a q1 szerint, ekkor csak azok a(pozitív páratlan) osztók maradnak ki, amelyekben a q1 kitevője 2w1 .
Ezekre az osztókra ismételjük meg az eljárást, most a q2 szerint stb. Így
végül azok a (pozitív) páratlan osztók maradnak meg, amelyekben mindegyik qν kitevője 2wν . Ezeknek az osztóknak a száma egyrészt nyilvánaz (1) jobb oldalán szereplő érték, másrészt ezek az osztók valamennyien
4k + 1 alakúak, tehát a számuk éppen d′ (n) − d′′ (n). — A feladat állítását
egy lépésben is bebizonyíthatjuk, ha a D = d′ (n) − d′′ (n) különbséget az
alábbi módon írjuk fel:
D=

∑
′
0≤βµ
≤βµ
0≤γν′ ≤γν′′(−1)γ1 +...+γs =

r
∏
µ=1

(βµ + 1)

s
∏
(
ν=1

)
1 − 1 + . . . + (−1)γν .

642

Eredmények 7.5.

∑n
7.5.9 Válasz: π. √— Útmutatás: Vegyük észre, hogy 1 + i=1 r(i) éppen az
origó körüli n sugarú kör belsejébe vagy határára eső rácspontok száma.
Mutassuk meg, hogy ezeknek a rácspontoknak a száma aszimptotikusan
egyenlő a kör területével (ha n → ∞).
7.5.10 Az összes megoldás: x = ±2, y = 2 és x = ±11, y = 5. — Útmutatás: Azegyenlet bal oldalát a Gauss-egészek körében bontsuk szorzattá, és vizsgáljuk meg a két tényező legnagyobb közös osztójának lehetséges értékeit.
Ebből kiderül, hogy mindkét tényező egy-egy Gauss-egész köbe. Végül
végezzük el a köbre emelést, és hasonlítsuk össze a képzetes részeket.
7.5.11 α = a+bi akkor és csak akkor nem írható fel ilyen alakban, ha b páratlan,
vagy a ≡ b ≡ 2 (mod 4). — Útmutatás: Alkalmazzuk a 7.3.1 Tétel
bizonyításának gondolatmenetét.
7.5.12 A kanonikus alakban szereplő Gauss-prímek helyettesíthetők bármelyik
egységszeresükkel (és ezt a ,,külön egység” módosításával kompenzálhatjuk).
7.5.13 Igaz: a), c).
7.5.14 Válasz: 5/6. — Útmutatás: Jelölje F (N ) az 1, 2, . . . , N egészek között
azoknak a számát, amelyek nem írhatók fel három négyzetszám összegeként. Mutassuk meg, hogy
F (N ) =és innen⌊N + 1⌋8+⌊N + 4⌋8·4+⌊ N + 42 ⌋8 · 42+ ... ,∞F (N )
1∑ 1
=
.
N →∞
N
8
4k
lim

k=0

7.5.15 Válasz: 10. — Útmutatás: A három-négyzetszám-tétel segítségével igazoljuk, hogy 10 páratlan négyzetszám minden esetben elég, és a kétnégyzetszám-tétel alapján mutassuk meg, hogy végtelen sok 8k + 2 alakú
számhoz 10-nél kevesebb páratlan négyzetszám nem elég.
7.5.16 Ha n = 4k (8m+7), akkor n−(2k )2 előáll három négyzetszám összegeként.
7.5.17 Egy n pozitív egész akkor és csak akkor nem áll elő így, han = 4k (16m + 14) alakú. — Útmutatás: Mutassuk meg, hogy n akkor és
csak akkor áll elő a kívánt alakban, ha 2n felírható három négyzetszámösszegeként.
7.5.18 Megoldható. — Útmutatás: Azt kell megmutatni, hogy a megadott számfelírható négy olyan négyzetszám összegeként, amelyek közül legalább az
egyik osztható 3-mal.

643

Eredmények 7.5.

7.5.19 Chevalley tételéből (illetve a 3.6.2 feladatból) következik, hogy az
X 2 + Y 2 + Z 2 ≡ 0 (mod p) kongruenciának létezik nemtriviális X, Y, Z
megoldása. Ha például Z ̸≡ 0 (mod p), akkor a kongruenciát p > 2 esetén
Z p−3 -mal megszorozva kapjuk, hogy
1 + c2 + d2 ≡ 0 (mod p),ahol c = XZ (p−3)/2 és d = Y Z (p−3)/2 .

7.5.20 A 7.5.5 Lemma helyett az x2 + 1 ≡ 0 (mod p) kongruencia megoldhatóságára, a 7.5.4 Lemma helyett pedig az(a21 + a22 )(b21 + b22 ) = (a1 b1 + a2 b2 )2 + (a1 b2 − a2 b1 )2(2)

azonosságra támaszkodhatunk. Megjegyezzük, hogy m páratlanságát itt
fölösleges igazolni (bár a bizonyítás ugyanúgy megy), továbbá (2) a Gaussegészek normáira vonatkozó N (α)N (β) = N (βα) azonosság kifejtett alakja.
7.5.21a) Képezzük azokat a d = Cs − t vektorokat, ahol s és t megfelelő komponenseire0 ≤ si < ui , 0 ≤ ti < vi , i = 1, 2, . . . , kteljesül. A skatulyaelv alapján ezen d vektorok között lesz kettő, amelyik
kongruens modulo p, és ekkor az ezekhez tartozó s, illetve t vektorok
különbsége megfelel x-nek, illetve z-nek.
b) Az a) részt alkalmazzuk a
(
)
⌈√ ⌉
c d
k = 2,
u1 = u2 = v1 = v2 =
p ,
C=
−d c
esetre, ahol 1 + c2 + d2 ≡ 0 (mod p). Innen azt kapjuk, hogy
0 < x21 + x22 + z12 + z22 < 4p

ésp | x21 + x22 + z12 + z22 .

c) A 2p esetben ugyanúgy járhatunk el, mint amikor a 7.5.3 Tétel bizonyítása
során m páratlanságát igazoltuk.
Ha 3p = a21 +a22 +a23 +a24 , akkor legyen bi az ai legkisebb abszolút értékű
maradéka modulo 3, és alkalmazzuk a 7.5.4 Lemma (10) azonosságát. A
9p-nek az így adódó felírásában mind a négy négyzetszám osztható 3mal, tehát 9-cel való osztás után azt kapjuk, hogy a p is ,,szép”. (Ebben
a lépésben tulajdonképpen a 7.5.3 Tétel bizonyítását ismételtük meg az
m = 3 speciális esetre.)644

Eredmények 7.6.

7.6.
7.6.1 Ha n előáll s darab 600-adik hatvány összegeként, akkor n ugyanennyi
200-adik hatvány összege is, hiszenn = x600+ . . . + x600
= (x31 )200 + . . . + (x3s )200 .
1
s

7.6.2 A 7.6.5 Tétel bizonyításához hasonlóan alkalmas modulusok szerinti kongruenciák adják a megoldás kulcsát.
(a1) Bizonyítsuk be j szerinti teljes indukcióval, hogy a 31 · 16j alakú számok
nem állíthatók elő 16-nál kevesebb negyedik hatvány összegéből.
(a2) A 64t + 32 alakú számok nem írhatók fel 31 nyolcadik hatványból.
(a3) A 7.6.1 feladathoz hasonlóan következik, hogy G(24) ≥ G(8).
(a4) A 625t + 125 alakú számokhoz nem elég 124 századik hatvány.
(a5) Vizsgáljuk a 625t + 312 alakú számokat.
b) Az (a1)–(a3) részt a k = 2r és k = 3 · 2r esetekre általánosíthatjuk,
ahol r ≥ 2. Mutassuk meg, hogy ak csak 0 vagy 1 maradékot adhat
modulo 2r+2 , ennek igazolásához használjuk fel, hogy erre a modulusra
nem létezik primitív gyök.
Az (a4) rész a k = φ(pα ) esetre általánosítható, ahol p > 2 prím ésα ≥ 2. A bizonyításhoz (a 7.6.5 Tételnél látott módon) az Euler–Fermattételt érdemes alkalmazni.
Az (a5) a k = 12 φ(pα ) esetre általánosítható, ahol p > 2 prím és α ≥ 2.
Lássuk be és használjuk fel, hogy bármely a-raαaφ(p )/2 ≡ 0 vagy ± 1 (mod pα ) .
Ily módon a fenti esetekben a következő alsó becsléseket nyerhetjük G(k)ra (p > 2 prím, α ≥ 2 és r ≥ 2):G(3 · 2r ) ≥ G(2r ) ≥ 2r+2 ;G

G(pα − pα−1 ) ≥ pα ;( pα − pα−1 ) pα − 1≥.
22

Megjegyezzük, hogy a 7.6.4 Tétel mellett mindössze ezek az alsó becslések
ismertek G(k)-ra.
7.6.3 Legyen R elég nagy szám, és képezzük az
xk1 + . . . + xkk+1 ,xi egész,0 ≤ xi ≤ R,

i = 1, 2, . . . , k + 1

Eredmények 7.6.

645összegeket. Mutassuk meg, hogy sokkal több összeg van, mint ahány
különböző értéket felvehetnek. Ebből következik, hogy kell lennie olyan
n-nek, amely sokféleképpen előáll ilyen összeg alakban.
7.6.4a) A bal oldalon a műveletek elvégzése és összevonások után csak a4i és a2i a2j(i < j) típusú tagok maradnak, és ezek mindegyike 6, illetve 12 együtthatóval szerepel. Ugyanezt kapjuk, ha a jobb oldalon elvégezzük a négyzetre emelést.
b) Legyen n = 6q + r, ahol 0 ≤ r ≤ 5. A 7.5.3 Tétel alapján
q = x21 + x22 + x23 + x24 . Írjuk fel mind a négy xi -t ismét négy négyzetszámösszegeként. Ezután az a)-beli azonosságot alkalmazva azt kapjuk, hogy
6q előáll 48 negyedik hatványból, a maradék r pedig legfeljebb 5 darab
14 tag összege.
7.6.5 A 8t + 6 alakú számok nem állnak elő x2 ± y 2 alakban, tehát két négyzetszám nem elegendő. Az állítás másik részének igazolásához rendezzük
át az x2 + y 2 − z 2 = n diofantikus egyenletet z 2 − y 2 = x2 − n alakba,
ezután válasszuk meg x értékét tetszőlegesen, csak arra ügyelve, hogyx2 − n ne legyen 4t + 2 alakú (bármely n esetén vagy az összes páros vagyaz összes páratlan szám biztosan megfelel x-nek, esetleg mind a párosak,
mind a páratlanok jók). Végül használjuk fel a 7.3.1 Tételt (és azt, hogy
ha egy szám előáll két négyzetszám különbségeként, akkor a negatívja is).
A másik diofantikus egyenlet esetén hasonlóan járhatunk el.

646Eredmények 7.7.

7.7.
7.7.1
a) Ha m = qk, akkor
xm + y m = z m =⇒ (xq )k + (y q )k = (z q )k .
b) Az a) részből következik, mivel bármely k > 2 esetén k-nak létezik páratlan prímosztója vagy 4 | k.
7.7.2a) Nincs megoldás, ez a Fermat-sejtés k = 4 esetéből következik.
b) Végtelen sok megoldás van. Keressünk x = 2α , y = 2β , z = 2γ alakú
megoldásokat, ekkor a
23α + 24β = 25γ
egyenlethez jutunk. Az α = 4ν, β = 3ν választás mellett a 12ν + 1 = 5γ
feltételnek kell teljesülnie.
Megjegyzés: A fenti gondolatmenetek az alábbi xk + y m = z n típusú
diofantikus egyenletekre általánosíthatók:(i) Ha (k, m, n) ≥ 3, akkor nincs pozitív egész megoldás.
(ii) Ha (km, n) = 1, akkor végtelen sok pozitív egész megoldás van.
7.7.3 Az összes megoldás: k = 2, x = y = z − 1.
7.7.4a) Nincs megoldás: visszavezethető a Fermat-sejtés k = 4 esetére.
b) Az összes megoldás: x = vwd, y = uwd, z = uvd, ahol u, v, w (primitív) pitagoraszi számhármas (w az ,,átfogó”) és d tetszőleges pozitív egész.
— Útmutatás: Azt, hogy ezek valóban megoldások, behelyettesítéssel ellenőrizhetjük. Megfordítva, tegyük fel, hogy x, y, z megoldás. Most iselég az (x, y, z) = 1 esettel foglalkozni. Legyen (x, y) = w, (x, z) = v és(y, z) = u. Lássuk be, hogy u, v és w páronként relatív prímek, és így
x = vwx1 , y = uwy1 és z = uvz1 , ahol x1 , y1 és z1 páronként relatív
prímek. Ezeket az egyenletbe beírva, mutassuk meg, hogy x1 = y1 == z1 = 1, továbbá u2 + v 2 = w2 .
c) Az összes megoldás: x = a2 d, y = b2 d, z = (a + b)2 d, ahol a, b, d pozitív egészek és (a, b) = 1 is feltehető (ez utóbbi a megadott paramétereselőállítás egyértelműségéhez kell). — Útmutatás: Ez a feladat is visszavezethető az (x, y, z) = 1 eset vizsgálatára, ekkor a kétszeri négyzetre
emelés után kapott
(
)2
z−x−y
xy =
2

647

Eredmények 7.7.

egyenletben (x, y) = 1, és így x és y (relatív prím) négyzetszámok.
d) Az összes megoldás: x = a3 d, y = b3 d, z = (a+b)3 d, ahol a, b, d pozitív
egészek és (a, b) = 1. — Útmutatás: Az első köbre emelésnél√ √ (√√ )x+y+33 x3 y 3 x+ 3 y =z√√√
adódik, itt 3 x + 3 y helyére írjuk be 3 z-t, majd átrendezés után ismét
emeljünk köbre. A kapott
)3
(
z−x−y
xyz =
3
egyenlet bal oldalán a három tényező páronként relatív prím, tehát különkülön köbszámok.
7.7.5 Használjuk fel a primitív pitagoraszi számhármasok karakterizációját.
a) Az x4 + y 2 = z 2 egyenlet vizsgálatánál az x2 = 2mn vagy x2 = m2 − n2
feltételnek, az x2 +y 2 = z 4 esetben pedig z 2 = m2 +n2 -nek kell teljesülnie.
Az m és n értékeket végtelen sokféleképpen meg lehet választani úgy,hogy 2mn, m2 − n2 , illetve m2 + n2 négyzetszámok legyenek (és emellett
m > n > 0, (m, n) = 1 és m ̸≡ n (mod 2) is fennálljon).
b) Alkalmazzunk végtelen leszállást.
7.7.6 Az összes megoldás: x = ±1, y = ±1. — Útmutatás: Az egyenlet átírható
x4 + (y 2 − 1)2 = y 4 alakba.
7.7.7 Csak a hetes számrendszer ilyen. — Útmutatás: Sorozatos szorzattá
bontások és a primitív pitagoraszi számhármasok karakterizációjának felhasználásával az egyenletet visszavezehetjük a 7.3.13g és 7.7.6 feladatokra.
7.7.8 Hasonlóan járhatunk el, mint a 7.4.3 feladatnál. — Válasz: A 0, valamint
azok az Euler-egészek, amelyeknek mint komplex számoknak a szöge π/6nak egész számú többszöröse. Ugyanez más alakban megadva: ac,cω,c(1 + 2ω),c(1 + ω),c(1 − ω),c(2 + ω)Euler-egészek, ahol c tetszőleges egész szám.
7.7.9 Legyen α = a + bω, β = c + dω, ekkor a feladatban szereplő azonosságéppen az|α|2 · |β|2 = |αβ|2egyenlőség kifejtett alakja. (Az azonosságot természetesen beszorzással
és a két oldalon keletkező tagok összehasonlításával is ellenőrizhetjük,
azonban ez a megoldás egyrészt ,,csúnya”, másrészt nem derül ki belőle afeladat háttere.)648

Eredmények 7.7.

7.7.10a) A két egyenlet kapcsolatát az Euler-egészek normájának felhasználásával
lehet a legegyszerűbben megmutatni.
b) Az egyenletek akkor és csak akkor oldhatók meg, ha az n Z-beli kanonikus
alakjában minden 3t − 1 alakú prímszám páros hatványon fordul elő.
A megoldásszámnál a csak a sorrendben vagy előjelben különböző
megoldásokat is különbözőknek tekintjük. Tegyük fel, hogy az egyenletek
megoldhatók, és legyenr∏L=(βµ + 1) ,µ=1ahol β1 , . . . , βr az n Z-beli kanonikus alakjában a 3t+1 alakú prímszámok
kitevői (ha n-nek nincs ilyen alakú prímosztója, akkor L = 1).
Ekkor az x2 − xy + y 2 = n egyenlet megoldásszáma 6L, az x2 + 3y 2 == n egyenleté pedig 6L, ha 4 | n, és 2L, ha n páratlan. [Az n nem lehet
4s + 2 alakú, mert a 2 (mint 3t − 1 alakú prímszám) az n kanonikus
alakjában szükségképpen páros kitevővel szerepel.]Az x2 −xy +y 2 = n-re vonatkozó állítást a két-négyzetszám-tétel (7.5.1
Tétel) bizonyításához hasonlóan igazolhatjuk.
A másik egyenlet megoldásszámát visszavezethetjük az előző eredményre. Ehhez létesítsünk kölcsönösen egyértelmű megfeleltetést (például
az a) rész bizonyításának a mintájára) az x2 + 3y 2 = n diofantikus egyenlet megoldásai és az x2 − xy + y 2 = n egyenlet olyan megoldásai között,ahol x páros. Ennek alapján a 4 | n esetben azt kell belátni, hogy az
x2 − xy + y 2 = n egyenletnek csak olyan megoldásai vannak, ahol x páros.
Végül, páratlan n esetén az állítás abból következik, hogy egy n normájú
Euler-egész hat egységszerese közül pontosan két esetben lesz a szóban
forgó x érték páros.
7.7.11 Az összes megoldás: x = ±10, y = 7. — Útmutatás: Kövessük a7.5.11 feladat megoldásának gondolatmenetét. Első lépésként az egyenlet bal oldalát bontsuk szorzattá az Euler-egészek körében, ekkor a két
tényező a legnagyobb közös osztójukban szereplő Euler-prímektől és esetleges egységtényezőktől eltekintve külön-külön is köbszám.
7.7.12a) Jelölje kµ egy modulo µ teljes maradékrendszer elemszámát. Legyen R az
Euler-egészek rombuszrácsa. A µ-vel osztható Euler-egészek egy olyan Rµrombuszrácsot alkotnak, amely R-ből µ-vel való szorzással keletkezik. ÍgyRµ -ben az alaprombusz oldalait alkotó ,,vektorok” µ és ωµ. Az Rµ rács
bármely ilyen alaprombuszába eső Euler-egészek egy teljes maradékrendszert alkotnak modulo µ. Ebből következik, hogy kµ ,,körülbelül” az Rµ ,

Eredmények 7.7.

649

illetve R rácsokat generáló alaprombuszok területeinek az aránya, azaz|µ|2 = N (µ). A ,,körülbelül”-től úgy lehet megszabadulni, hogy tekintjük
a két rácsnak egy H nagy sugarú körbe vagy nagy oldalú négyzetbe stb.
eső rácspontjainak a számát. Legyen H területe T , az R, illetve Rµ rács
H-beli rácspontjainak a száma n, illetve nµ , az alaprombuszok területe
pedig t, illetve tµ . Mivel Rµ bármely alaprombuszába kµ Euler-egész esik,
ezért T → ∞ mellett
n
kµ ∼
.
(3)
nµ
Másrészt
n ∼

T
,
t

tehát
n
∼
nµ

nµ ∼
T
t
T
tµ

=

T
T
=
,
tµ
tN (µ)tµ= N (µ) .
t(4)

A (3) és (4) alapján a kµ és N (µ) konstansok aszimptotikusan egyenlők,és így szükségképpen egyenlők is.
b) Az a) rész szerint az elemek darabszáma megfelelő, így csak azt kelligazolni, hogy az elemek páronként inkongruensek modulo µ. Ehhez
használjuk fel, hogy
µ | j =⇒ p = N (µ) | j 2 =⇒ p | j .
c) Alkalmazzuk az Euler–Fermat-tétel (2.4.1 Tétel) bizonyításánál látott
gondolatmenetet.
7.7.13 Nincs megoldás. — Útmutatás: Az egyenletet uvw-vel beszorozva
u2 w + v 2 u = w2 v adódik. Az u2 w = c és v 2 u = d jelölést bevezetve
azt kapjuk, hogy cd(c + d) = (uvw)3 . A szokásos módon elérhető, hogy abal oldal tényezői páronként relatív prímek legyenek, és így c, d és c + d(nemnulla) köbszámok, ami ellentmond a Fermat-sejtés k = 3 esetének.
7.7.14 A pitagoraszi számhármasok képlete szerint a háromszög területe
d2 mn(m + n)(m − n),ahol m > n > 0, (m, n) = 1 és m ̸≡ n (mod 2).

650

Eredmények 7.8.

a) A terület pontosan akkor négyzetszám, ha mn(m+n)(m−n) négyzetszám.
A feltételekből következik, hogy a négy tényező (pozitív és) páronként
relatív prím, és így külön-külön is négyzetszámok. Ez ellentmond a 7.7.3
Lemmának.
b) A feltétel szerint d = 1, és így az előző gondolatmenethez hasonlóan
kapjuk, hogy m, n és m+n köbszámok, ami ellentmond a 7.7.10 Tételnek.
c) Végtelen sok ilyen háromszög létezik, sőt minden pitagoraszi háromszöghöz található hozzá hasonló ilyen háromszög: adott m, n esetén d értékét
válasszuk mn(m + n)(m − n)-nek. — Ugyanez a paraméteres jellemzés
nélkül is elmondható: Ha egy háromszög területe T , akkor az oldalakat
T -szeresre nagyítva az új háromszög területe T 3 lesz.
d) Ha k páros, akkor a)-ból következik, hogy a terület nem lehet k-adik
hatvány. Ha k páratlan, akkor b)-hez, illetve c)-hez hasonlóan kapjuk,
hogy relatív prím oldalak esetén a terület nem lehet k-adik hatvány,
azonban minden pitagoraszi háromszöghöz található olyan hozzá hasonló
háromszög, amelynek a területe k-adik hatvány.

7.8.
7.8.1 Ha m = 0, akkor x = ±1 és y tetszőleges, ha m = −1, akkor x = ±1,
y = 0, illetve x = 0, y = ±1, ha pedig m ≤ −2 vagy m = k 2 > 0, akkor
x = ±1, y = 0. — Útmutatás: Az m = k 2 esetben az (x − ky)(x + ky) == 1 szorzattá bontásból kapjuk, hogy mindkét tényező 1, illetve −1.
7.8.2 A 10y 2 + 1 = x2 Pell-egyenletről van szó, tehát végtelen sok ilyen négyzetszám létezik.
7.8.3 Ha az x2 − my 2 = r egyenlet egy megoldását az x2 − my 2 = 1 Pellegyenlet egy megoldásával (a 7.8.2 Tétel bizonyításában látott módon)összeszorozzuk, akkor ismét az x2 − my 2 = r egyenlet egy megoldásához
jutunk.
7.8.4 Végtelen sok megoldás: (a1), (a2), (b1). Nincs megoldás: (b2) (ez utóbbi
az x2 − 3y 2 = −1 egyenlet modulo 3 vagy modulo 4 vizsgálatából következik).
7.8.5 Végtelen sok. — Útmutatás: Az n(n−1) = 2y 2 egyenletet 4-gyel szorozva
a z 2 − 8y 2 = 1 Pell-egyenlethez jutunk (a z = 2n − 1 feltétel nem jelent
megszorítást, mert a z 2 − 8y 2 = 1 egyenletnek eleve csak olyan megoldásai lehetnek, ahol z páratlan). Másik lehetőség: n és n − 1 közül azegyik négyzetszám, a másik egy négyzetszám kétszerese, és az így adódó
u2 − 2v 2 = ±1 egyenletek mindegyikének végtelen sok megoldása van.

Eredmények 7.8.

651

7.8.6 Végtelen sok. — Útmutatás: Az x2 + (x + 1)2 = z 2 egyenletet 2-vel
szorozva a (2x + 1)2 − 2z 2 = −1 egyenlethez jutunk. Másik lehetőség: aprimitív pitagoraszi számhármasok paraméteres előállításának felhasználása is az u2 − 2v 2 = ±1 egyenletekhez vezet.
7.8.7 Nincs megoldás: a), b), d), e). Végtelen sok megoldás van: c), f). —Útmutatás: A megoldhatatlanságot egy alkalmas modulus szerinti kongruenciával lehet kimutatni. A 8 mind a négy esetben megfelel ilyen modulusnak, emellett még (a felsorolás sorrendjében) a 3, 7, 9, illetve 3 választás
is célhoz vezet. A c) esetben x = 4, y = 1 megoldás, így a 7.8.3 feladat szerint végtelen sok megoldás létezik. Az f) eset 3-mal való szorzás
után ekvivalens a z 2 − 6y 2 = 3 diofantikus egyenlettel. Ennek z = 3,
y = 1 megoldása, tehát végtelen sok megoldás van. Világos, hogy minden
megoldásban 3 | z, tehát x = z/3 is egész szám lesz.
7.8.8 Az egyenlet akkor és csak akkor oldható meg, ha p ≡ 1 (mod 4) vagy
p = 2. — Útmutatás: A szükségesség az egyenlet modulo 4 vizsgálatból
azonnal adódik. Az elégségességhez tekintsük az x2 −py 2 = 1 egyenletnek
azt az x > 0, y > 0 megoldását, ahol x minimális. Mutassuk meg, hogy
x csak páratlan lehet, és írjuk át az egyenletet( y )2x+1 x−1
·
=p
2
2
2

(5)

alakba. Az (5) bal oldalán a tényezők egyike négyzetszám, a másik pedig
egy négyzetszám p-szerese. Innen u2 −pv 2 = ±1 adódik, az x minimalitása
miatt azonban a + előjel nem lehetséges.
7.8.9 Az előjelekre vonatkozó állítás nyilvánvaló. A kongruenciákra vonatkozó
rész igazolásához vegyünk egy olyan nemtriviális megoldást, amelyben(x, y, z) = 1. Mutassuk meg, hogy (z, a) = (y, a) = 1. Az egyenletetbz 2(φ(|a|)−1) -gyel beszorozva és modulo |a| tekintve ekkor a(byz φ(|a|)−1 )2 ≡ −bc (mod |a|)kongruenciát kapjuk. A másik két kongruencia ugyanígy adódik.
7.8.10 Végtelen sok. — Útmutatás: Nyilván szükséges, hogy 28k 2 + 1 négyzetszám legyen, ez végtelensokszor teljesül. Mutassuk meg, hogy minden√
ilyen esetben 2 + 2 28k 2 + 1 is négyzetszám lesz. Ehhez az r2 − 1 == 28k 2 egyenlőséget osszuk el 4-gyel és a bal oldalt bontsuk szorzattá,
ekkor a keletkező tényezők olyan szomszédos egészek, amelyek egyikenégyzetszám, a másik pedig egy négyzetszám 7-szerese. Végül lássuk be,

652

Eredmények 7.9.

hogy szükségképpen az (r +1)/2 tényező négyzetszám, és így a feladatban
megadott 2r + 2 is négyzetszám.
7.8.11 Ha x = u2 , akkor az egyenlet átírható (u2 − 1)(u2 + 1) = 2y 2 alakba.
Lássuk be, hogy ekkor u2 − 1 négyzetszám, ami u ̸= ±1 esetén lehetetlen.
(Ez az egyenlet szerepelt a 7.7.7 feladat megoldásában is.) — Az y = v 2
eset megegyezik a 7.3.13g feladattal.

7.9.
7.9.1 Ha az n + 1 partíciójában szerepel 1-es, akkor egy 1-est hagyjunk el,egyébként pedig a legkisebb tagot csökkentsük 1-gyel. Így nyilván n minden partícióját legfeljebb kétszer kapjuk meg. A második módon csak
olyan partíciókat kaphatunk, amelyekben legfeljebb egy darab
1-es fordul elő, tehát n > 1-re nem kapjuk meg n minden partícióját.
Ezért egyenlőség csak n = 1-re teljesül.
7.9.2 a) ∞.
b) −∞.
7.9.3 A 7.9.5 Tétel alapján ezek a (3k 2 ± k)/2 alakú számok.
7.9.4 2n−1 . — Útmutatás: Tekintsük az n egy n = x1 +x2 +. . .+xr előállítását(ahol r és x1 , . . . , xr pozitív egészek), és mérjük fel a [0, n] intervallumbanaz origóból kiindulva egymás után rendre az x1 , . . . , xr hosszúságú szakaszokat. Ez azt jelenti, hogy az intervallumon az 1, 2, . . . , n−1 pontok közül
néhányat kijelöltünk osztópontnak (esetleg az összeset, esetleg egyet sem).
Az n előállításai és az osztópont-halmazok között kölcsönösen egyértelmű
megfeleltetés áll fenn. Ezért a keresett előállításszám megegyezik egy n−1elemű halmaz összes részhalmazainak a számával.
7.9.5 Az n egy r-tagú előállításában minden összeadandóból vonjunk ki 1-et,
ekkor az n − r egy legfeljebb r tagból álló előállítását kapjuk (a tagokszáma akkor lesz r-nél kevesebb, ha az eredeti előállításban szerepelt 1es). Mutassuk meg, hogy így kölcsönösen egyértelmű megfeleltetés jöttlétre a kétféle partíciók között.
xr.
i
i=1 (1 − x )7.9.6 ∏r

7.9.7 A feladat állításait mind alkalmas bijekció megadásával, mind pedig agenerátorfüggvények segítségével igazolhatjuk.
a) Bijekció: Tekintsük n-nek egy n = x1 + . . . + xr előállítását, ahol az
xi számok mind különbözők. Mindegyik xi egyértelműen felírható 2α t
alakban, ahol α ≥ 0 és t páratlan. Az azonos t értékeket kiemelve egy
n = 1u1 +3u2 +5u3 +. . . egyenlőséghez jutunk, ahol minden uj nemnegatív

653

Eredmények 7.9.

egész. Ezt tekinthetjük az n olyan partíciójának, amelyben u1 darab 1-es,
u2 darab 3-as stb szerepel.
Illusztrációs példa: Induljunk ki a 23 = 10+6+4+3 partícióból. Ekkor
23 = 21 ·5+21 ·3+22 ·1+20 ·3 = 21 ·5+(21 +20 )·3+22 ·1 = 1·4+3·3+2·5
szerint a 23 = 5 + 5 + 3 + 3 + 3 + 1 + 1 + 1 + 1 partícióhoz jutunk.
Mutassuk meg, hogy ily módon egy bijekciót adtunk meg az n kétféle
partíciói között.
Generátorfüggvény: A megfelelő generátorfüggvények
V (x) =

∞
∏

i

és

W (x) =

(1 + xi ) =1 − x2i
1 − xi(1 + x )

i=1

∞
∏

1
.
(1 − x2j−1 )j=1

Ha V (x)-et átírjuk az

azonosság felhasználásával, akkor az egyszerűsítések után éppen W (x)-et
kapjuk. A precíz igazoláshoz vagy formális hatványsorokkal és formálisvégtelen szorzatokkal kell dolgozni, vagy pedig gondosan meg kell vizsgálnia végtelen szorzatokban a határátmenetnél fellépő problémákat.
b) A bijekcióhoz a tagokat most k α t alakban kell felírni, ahol k̸ | t.
A generátorfüggvények:Vk (x) =

∞
∏

i

i k−1

(1 + x + . . . + (x ))ésWk (x) =

i=1

∞
∏

1
.
(1 − xt )
t=1
k̸| t

7.9.8 Első megoldás: A 7.9.6 feladat szerint
xr(1 − x)(1 − x2 ) . . . (1 − xr )sorfejtésében xn együtthatója az n olyan partícióinak a száma, ahol alegnagyobb tag r, így ezeket az együtthatókat r szerint összegezve valóbanp(n) adódik.
Második megoldás: xn együtthatóját csak a jobb oldali összeg első n tagja
befolyásolja, ami közös nevezőre hozva
−1 +

1
.
(1 − x)(1 − x2 ) . . . (1 − xn )

654

Eredmények 8.1.

A 7.9.2 Tétel alapján itt xn együtthatója megegyezik az n-nek az 1, 2, . . . ,n összeadandókból képzett partíciói számával, ami éppen p(n).
∏∞7.9.9 Az U (x) = i=1 (1 − xi ) egyenlőség logaritmusának vegyük a deriváltját:∞
U ′ (x) ∑ −ixi−1
=
.
U (x)
1 − xii=1(6)(A tényezőnkénti logaritmálás és a tagonkénti deriválás |x| < 1/2-re jogos.) Szorozzuk be (6)-ot −xU (x)-szel, és használjuk fel, hogy
∞
∞
∞
∑
∑
∑
ixi
i
2i
=
i(x
+
x
+
.
.
.)
=
σ(j)xj .
i
1
−
x
i=1
j=1
i=1

Ekkor
−xU ′ (x) = U (x)∞∑σ(j)xj(7)

j=1

adódik. Végül írjuk be (7)-be az
U (x) = 1 − x − x2 + x5 + x7 −xU ′ (x) =x12 −x15 + . . .

− x − 2x2 + 5x5 + 7x7 − 12x12 − 15x15 + . . .

képleteket, és szorozzuk össze a (7) jobb oldalán álló két hatványsort.

8. Diofantikus approximáció
8.1.
8.1.1
a) Közös nevezőre hozva a számláló as − br ̸= 0, ezért |as − br| ≥ 1.
b) Az |as − br| = 1 egyenlőség végtelen sokszor teljesül, mert az as − br == ±1 diofantikus egyenleteknek végtelen sok megoldása van.
8.1.2 Mivel d = α − r/s ̸= 0, ezért elég nagy k esetén |d| > 1/(ks)2 .
8.1.3
a) Bármely s > 1-re legfeljebb egy darab s nevezőjű tört lehet megfelelő.
b) Az a) részből következik.
8.1.4a) Bármely k-ra vagy egy 2k , vagy pedig egy 2k+1 nevezőjű tört megfelel.

655

Eredmények 8.1.
b) α = 1/3.
c) Bármely k-ra van ilyen 3k nevezőjű tört.
d) α =√ 1/2.
e) A α-t jól√ approximáló r/s törtek négyzetei megfelelnek.
f) α = (1 + 5)2 /4.
8.1.5 Használjuk fel, hogy az α-t jól közelítő törtekre r2 ∼ αs2 .

8.1.6 A 8.1.6 Tételhez hasonlóan bizonyíthatunk.
A ,,gyöktelenítéshez” a fela√
datban szereplő különbséget 2 + r/s-sel érdemes beszorozni.
8.1.7 Ha r/s jól közelíti α-t, akkora) a(r/s) + b jól közelíti aα + b-t;b) r2 /s2 jól közelíti α2 -et.
8.1.8 a) 0 és 1. — b) és c) A teljes (−1, 1) intervallum.
8.1.9a) Az i-edik elem köré rajzoljunk egy ε/2i hosszúságú intervallumot.
b) Számosság: Kölcsönösen egyértelmű megfeleltetés létesíthető az ilyen,,harmados” törtek és a [0, 1)-beli összes valós szám kettes alapú számrendszer szerinti ,,kettedes” törtként való felírása között (a 2-es jegy helyett
1-est kell írni). — Nullmértékűség: A Cantor-halmazt úgy kapjuk, hogya [0, 1) intervallumból elhagyjuk a középső harmadát, majd mindkét megmaradt intervallumnak a középső harmadát, majd a négy megmaradt intervallumnak a középső harmadát stb. Az első m lépés után a megmaradt
intervallumok összhossza
1 2
2m−1
1 1 − ( 23 )m
1 − − − ... − m = 1 − ·
→ 0,
3 9
3
3
1 − 23ha m → ∞.

8.1.10a) Azonnal következik a definícióból.
b) A k darab halmaz mindegyikét fedjük le ε/k összhosszúságú intervallumsorozattal.
c) Az i-edik halmazt fedjük le ε/2i összhosszúságú intervallumsorozattal(i = 1, 2, . . .).
d) Bármely halmaz előáll az egy pontból álló részhalmazainak egyesítéseként,és ezek a részhalmazok nyilván nullmértékűek. Ez az egyesítés például a
Cantor-halmaz esetén is nullmértékű, a [0, 1] intervallum esetén viszont
nem az.

656

Eredmények 8.2.

8.2.
8.2.1
a) A 8.2.1 Tétel mindkét bizonyítása átvihető a térbeli esetre is, a második
bizonyításnál ehhez természetesen a 8.2.2 Lemma térbeli változatára vanszükség.
b) Az n-dimenziós esetben azt kell feltenni, hogy H térfogata legalább 2n ∆.
(Ekkor ∆ az alapparalelepipedon n oldalának koordinátavektoraiból képzett determináns abszolút értékét jelenti.)
8.2.2 A 8.2.1 Tételre adott mindkét bizonyítás gondolatmenete alkalmas az állítás igazolására, a második bizonyításnál ehhez a 8.2.2 Lemma alábbiáltalánosítására van szükség (ezt az ottani jelölések segítségével fogalmazzuk meg): Ha a KP halmazok közül bármely r + 1 darab metszete azüres halmaz, akkor t ≤ r∆. Bármelyik bizonyítás gondolatmenetéből r
darab olyan nemtriviális rácspont adódik, amelyek közül semelyik kettő
sem egymás tükörképe az O középpontra, a további r darabot pedig ennek
az r rácspontnak az O-ra vonatkozó tükörképei biztosítják.
8.2.3 Kövessük a 8.2.4 Tétel gondolatmenetét. Ha p = 3k + 1 alakú prímszám,
akkor alkalmas c-vel c2 ≡ −3 (mod p). Ekkor a 8.2.4 Tétel bizonyításábanszereplő (6) rács pontjaira p | x2 + 3y 2 . A Minkowski-tételt a megfelelő
ellipszisre alkalmazva egy olyan nemtriviális rácspontot kapunk, amelyre
x2 + 3y 2 < 3p. Mivel x2 + 3y 2 = 2p a modulo 3 feltétel miatt nem
teljesülhet, így szükségképpen x2 + 3y 2 = p.
8.2.4 A 8.2.1 Tétel jelölései szerint most L a szokásos négyzetrács, tehát ∆ = 1,
H pedig az
a11 x1 + a12 x2 = ±b1 ,a21 x1 + a22 x2 = ±b2

egyenesek által határolt paralelogramma, ennek területe 4b1 b2 /|D|. A
feladat állítása ezért Minkowski tételéből következik.
8.2.5 A térbeli Minkowski-tétel (lásd a 8.2.1a feladatot) felhasználásával a 8.2.3
Tétel bizonyításához hasonló gondolatmenetet lehet alkalmazni. Ehhez
tekintsük az
x = sα1 − r1 ,y = sα2 − r2 ,z=srácsot, itt az alapparalelepipedon térfogata ∆ = 1. Az approximációs
feltételt átírhatjuk a |zx2 | < c2 , |zy 2 | < c2 alakba, ahol c = 2/3. Ezen
nem konvex (és nem korlátos) térbeli halmaz helyett a számtani és mértani közép közötti egyenlőtlenséget is felhasználva vegyük alkalmas a > 1

Eredmények 8.4.

657értékekre az√
1
3|z| + 2a|x| ≤ 12,
2
a

√
1
3
|z| + 2a|y| ≤ 122
aoktaédereket.

8.3.
8.3.1 a) 4, 1, 4, 2.
b) 1, 1, 2, 1, 2, 1, 2, . . .
c) 2, 4, 4, 4, . . .
d) 1, 1, 1, 1, . . .
√8.3.2 a) 43/30.
b) (1 + 3)/2.
8.3.3 Használjuk fel a 8.3.3 Tételben megadott rn /sn törtek jó közelítését, ésazt, hogy (11) alapján (sn−1 , sn ) = 1.
√
8.3.4 A 8.3.1d feladat szerint (1+ 5)/2 minden lánctörtjegye 1-es, és így a 8.3.3
Tételben szereplő rn /sn törtekre a (8a)–(8b) rekurzió szerint rn = φn+2
és sn = φn+1 .
8.3.5 Használjuk fel a 8.3.4 Lemmában szereplő (8a), (8b) és (10) képleteket.
8.3.6 Az eredeti számot α-val, a ,,tisztán” periodikus részből nyert számot β-val
jelölve az
α = L(c0 , c1 , . . . , cM −k , β)és

β = L(cM −k+1 , . . . , cM , β)véges lánctörteket kapjuk. Ezekből a feladat állítása az emeletes törtek
lebontása és további átrendezések után adódik.

8.4.
8.4.1 Sűrűek: b), d), f), g).
8.4.2 Rajzoljunk minden egyes 0 < r < 1 racionális szám körül megszámlálható sok olyan zárt intervallumot, amelyek benne vannak [0, 1)-ben és ahosszuk 0-hoz tart, majd az összes így kapott intervallumot rendezzük
egyetlen J1 , J2 , . . . intervallumsorozatba. Egy ui számsorozat törtrészeinek mindenütt sűrűségéhez azt kell igazolni, hogy mindegyik Js intervallumban található legalább egy {ui }.
Ezek után az α-t egymásba skatulyázott zárt intervallumok közös pontjaként fogjuk megkapni. A kiindulási intervallum legyen (mondjuk)
H0 = [2, 3]. Ha a Hk−1 intervallum már adott, akkor Hk -t a Hk−1
következő részintervallumának definiáljuk: választunk egy olyan nk kitevőt, amelyre a Hk−1 -beli x elemek nk -adik hatványai kitöltenek egy

658

Eredmények 8.4.
két egész szám közötti teljes T intervallumot, és Hk -ba azokat az x-eket
tesszük, amelyekre{ n }x k ∈ Jk .
x ∈ Hk−1 ,x nk ∈ Tés

Az így gyártott Hk intervallumok közös pontja megfelel α-nak.
8.4.3 Ha egy Pn pont ,,nagyon közel” van a k-dimenziós egységkocka egy
Q = (v1 , . . . , vk ) pontjához, akkor minden 1 ≤ j ≤ k-ra {nαj } − vj ,,kicsi”
abszolút értékű, és így ezek tetszőleges lineáris kombinációjának az abszolút értéke is kicsi. Az 1, α1 , . . . , αk lineáris összefüggősége esetén ily
módon a vi -k alkalmas lineáris kombinációjára egy olyan feltétel nyerhető,amely nem teljesülhet tetszőleges Q-ra.
8.4.4a) Képezzük az új sorozat elemeit úgy, hogy mindig a régi sorozat legelső
olyan, még fel nem használt tagját vesszük, amelynek törtrésze rendre az
alábbi intervallumokba esik:[ 1) [1 ) [ 1) [1 2) [2 ) [ 1)
, 1 , 0,,, 1 , 0,
,
,
,
, ...
0,
2
2
3
3 3
3
4
b) Például minden második tagnak olyan elemet vegyünk, amelynek nagyon
kicsi a törtrésze.
8.4.5 Igaz: b), c).
8.4.6a) Legyen k tetszőleges egész szám. Ha 10k ≤ m < 10k+1 , akkor{lg m} >√1⇐⇒ m > 10k 10.
2Ez azt jelenti, hogy az (1/2, 1) intervallumba a törtrészeknek jóval több,
mint⌊ a fele
ha n = 10k+1 (és jóval kevesebb, mint a fele, ha√ esik,⌋kn = 10 10 ).
b) Az 1/(2π) arány irracionális, ezért az (ívmértékben mért) n szögek a
8.4.5 Tétel szerint egyenletes eloszlásúak az egységkörön. Ennek alapján
a {sin n} értékek egyenletes eloszlása azt jelentené, hogy azok az x valós
számok, amelyekre {sin x} a [0, 1] intervallum egy előre megadott d hoszszúságú I részintervallumába esik, az egységkör kerületének a d-szeresét√
foglalják el. Könnyen látható azonban, hogy ez például az I = [1/2, 3/2]
intervallumra nem teljesül.
8.4.7 Azt kell igazolni, hogy 54321 · 10v ≤ tn < 54322 · 10v teljesül alkalmasn és v természetes számokra. Térjünk át tízes alapú logaritmusra, és
α = lg t-re alkalmazzuk a 8.4.1 Tételt.

Eredmények 9.1.

659

9. Algebrai és transzcendens számok
9.1.
9.1.1
a) Egy jó polinom x20 − 7.
√
2 egyenlőséget.
b) Emeljük √négyzetre
az
α
−
3
=
√
c) Az α − 3 = 2 egyenlőséget négyzetre emelve, majd az eredménytátrendezés után ismét négyzetre emelve egy megfelelő egész együtthatós
polinomotle.
√√ olvashatunkd) Az α − 2 = 3 4 egyenlőséget emeljük köbre, majd az eredményt átrendezés után√emeljük√ négyzetre.
e) Az α = 3 2 + 3 4 egyenlőséget emeljük köbre, ezután a jobb oldalon
keletkező ,,köbgyökös” rész átalakítható:
√
√
√
√
3
3
3
3
3 2 4( 2 + 4) = 3 · 2α .
f) Az előzőkhöz hasonló módon, többszöri négyzetre emeléssel ,,kiküszöbölhetjük” a gyökjeleket.
9.1.2 Tegyük fel, hogy α gyöke az f (x) = a0 + a1 x + . . . + an xn racionális
együtthatós polinomnak, ahol an ̸= 0. Ekkor a megadott számok rendre
gyökei az alábbi, szintén az előírt tulajdonságú polinomoknak:a) f (−x) = a0 − a1 x + a2 x2 + . . . + (−1)n xn ;b) f (x) (egy valós együtthatós polinomnak α-val együtt α is gyöke);c) xf (1/x) = an + an−1 x + . . . + a0 xn (α ̸= 0 miatt feltehető, hogy a0 ̸= 0);d) f (x − r) = a0 + a1 (x − r) + . . . + an (x − r)n ;e) f (x/r) = a0 + a1 (x/r) + . . . + an (x/r)n (nyilván feltehető, hogy r ̸= 0);f) f (xk ) = a0 + a1 xk + . . . + an xkn .
9.1.3 Ha ζ(2) = π 2 /6 algebrai lenne, akkor az előző feladat e) és f) része szerint
π is algebrai lenne.
9.1.4 Tegyük fel indirekt, hogy f (α) = a0 + a1 α + . . . + an αn algebrai, azaz
léteznek olyan nem csupa nulla b0 , b1 , . . . , bs racionális számok, amelyekre
b0 + b1 (a0 + a1 α + . . . + an αn ) + . . . + bs (a0 + a1 α + . . . + an αn )s = 0 .
A műveleteket elvégezve kapjuk, hogy α gyöke egy racionális együtthatós,
nemnulla polinomnak, ami ellentmondás.
9.1.5 Ha van ilyen h, akkor h minden gyöke, így speciálisan g minden gyöke is
algebrai. Megfordítva, ha g (multiplicitással számolt) gyökei az α1 , . . . , αralgebrai számok, és αj gyöke egy fj egész együtthatós, nemnulla polinomnak (j = 1, . . . , r), akkor a h = f1 . . . fr polinom megfelel a feltételeknek.

660

Eredmények 9.2.

9.1.6 Az állítás azonnal következik az algebrai szám és a lineáris összefüggés
definíciójából.
9.1.7 Az α komplex szám gyöke az alábbi komplex, illetve valós együtthatós
polinomnak:a) x − α;b) (x − α)(x − α).

9.2.
9.2.1
a)–e) A fokszám megegyezik deg α-val, kivéve ha e)-ben r = 0. Ennek igazolásához válasszuk a 9.1.2 feladat útmutatásában szereplő f polinomot
mα -nak, és lássuk be, hogy ekkor az útmutatásban az f segítségével
megadottf (−x) stb. polinomok is irreducibilisek Q felett.
√f) deg k α ≤ k deg α.
9.2.2 Először keressünk egy olyan f racionális együtthatós (nemnulla) polinomot, amelynek az adott α szám gyöke, majd vizsgáljuk meg, hogy
f irreducibilis-e Q felett. Ha f irreducibilis, akkor f = mα és így
deg α = deg f . Ha f reducibilis, akkor bontsuk irreducibilisek szorzatára,és keressük meg, melyik tényezőnek gyöke az α. — Az irreducibilitást
gyakran ellenőrizhetjük a Schönemann–Eisenstein-kritérium segítségével,illetve másod- vagy harmadfokú polinom esetén elég azt megvizsgálni,hogy a polinomnak létezik-e racionális gyöke.
a) 7.
b) 3. — Fejezzük ki 1/2 = cos 60◦ -ot cos 20◦ segítségével.
c) 3. — Lásd a 9.1.1e feladatnál szereplő útmutatást.
d) 2. — A ,,nagy” négyzetgyök alatt ,,teljes négyzet” szerepel.
e) 4.
f) 4. — A számhoz adjunk hozzá 1-et, és az így kapott négytagú összegre
alkalmazzuk a mértani sorozat összegképletét.
√
9.2.3 Ha α = r + s, akkor α gyöke az (x − r)2 − s másodfokú, a Q felett
irreducibilis polinomnak. A megfordításhoz használjuk fel a másodfokú
egyenlet megoldóképletét.
9.2.4a) Használjuk fel, hogy ha α algebrai és r racionális, akkor deg(α + r) == deg α (lásd a 9.2.1d feladatot).
b) Ha az α komplex szám nem valós, akkor az s(α + r) számok mindenütt sűrűek a komplex számsíkon, ahol r és s végigfutnak a racionális
számokon.

Eredmények 9.3.

661

9.2.5
a) Bármely i-re deg αi ≤ deg f .
b) Egyenlőség pontosan akkor teljesül, ha f irreducibilis Q felett.
c) Írjuk fel f -et (a Q felett) irreducibilis polinomok szorzataként: f == f1 . . . fk , ahol f reducibilitása miatt k ≥ 2. Legyen deg fj = nj . Ekkor
n1 + . . . + nk = n ésnk∑∑deg αi =
n2j .
(1)
i=1

j=1

Lássuk be, hogy az (1) jobb oldalán szereplő összeg akkor maximális, hak = 2, és n1 és n2 közül az egyik 1, a másik n − 1.
9.2.6 mα = x6 + 5x5 + 10x2 + 5x − 10. — Útmutatás: A feltételekből f = gmα ,ahol deg g = 1. Ebből következik, hogy f -nek van racionális gyöke.
Határozzuk meg ezt a gyököt, ezután osszuk le f -et a megfelelő gyöktényezővel (ez utóbbit a leggyorsabban a Horner-elrendezéssel végezhetjükel).
9.2.7 Használjuk fel, hogy [mα , mβ ] | f , továbbá ha mα ̸= mβ , akkor a minimálpolinomok irreducibilitása miatt (mα , mβ ) = 1.
9.2.8 Ha f irreducibilis lenne, akkor a feltételekből f = mα | g következne.

9.3.
9.3.1
a) Legyen α algebrai és β transzcendens. Ha α + β algebrai lenne, akkor
β = (α + β) − α is algebrai lenne, ami ellentmondás.
b) Például π + (1 − π) algebrai, π + (1 + π) transzcendens.
c) Az összeghez képest annyi a változás, hogy egy algebrai és egy transzcendens szám szorzata lehet algebrai is, mégpedig abban a kivételes esetben,
amikor az egyik tényező 0.
9.3.2a) α és β algebrai.
b) α és β transzcendens.
c) α és β közül legalább az egyik transzcendens (mutassunk példát a többféle
lehetőség mindegyikére).
d) α és β algebrai, vagy α = 0 és β transzcendens.
e) α és β transzcendens.
f) α és β transzcendens, vagy pedig közülük az egyik 0 és a másik transzcendens.
g) α és β közül legalább az egyik transzcendens.

662

Eredmények 9.4.

h) α és β algebrai. — Útmutatás: az α + β = c, αβ = d ,,egyenletrendszert”
oldjuk meg, ekkor a másodfokú egyenlet megoldóképletéből (vagy a 9.3.6
Tétel alapján) kapjuk, hogy α és β is algebrai.
A racionális-irracionális esetben csak d)-nél és h)-nál van változás; ekkor
az alábbi megoldásokat kapjuk, ahol r √> 0 és s racionális
számok:√d) α = 0 és√β(̸= 0) tetszőleges,
vagy
α
=
r
és
β
=
s
r(̸
=
0);
√
h) α = s + r és β = s − r.
9.3.3 Algebrai: b).
9.3.4a) Legfeljebb egy lehet közülük algebrai; használjuk a 9.3.2a,d,h feladatot.
b) (b1) következik a 9.3.3 Tételből, (b2) pedig eiπ = −1 alapján a 9.3.5
Tételből.
9.3.5 Algebrai: a), b).
9.3.7 Lássuk be, hogy lg n irracionális, majd használjuk fel a 9.3.5 Tételt.
9.3.8 Tegyük fel, hogy valamely k ̸= m pozitív egészekre αk + β k = c és
αm + β m = d, ahol c és d algebrai számok, amelyek közül legalább az
egyik nem nulla. Innen(c − β k )m = (d − β m )k ,és így β gyöke egy algebrai együtthatós nemnulla polinomnak, azaz a 9.3.6
Tétel alapján maga is algebrai. Ugyanígy kapjuk, hogy α is algebrai, ésekkor valóban minden n-re αn + β n is algebrai.
9.3.9 Algebrai : Mutassuk meg, hogy végtelen sok olyan pozitív egész létezik,
amely az α-nak nem racionális hatványa. Ezek a 9.3.5 Tétel szerint az
α-nak szükségképpen transzcendens kitevőjű hatványai.
Transzcendens: Az α-nak kontinuum sok transzcendens kitevőjű hatványavan, és ezek közül csak megszámlálható sok lehet algebrai szám.

9.4.
9.4.1 b) A 9.4.2 Tételben megadott szám Liouville-szám, és így az a) részből
következik, hogy végtelen sok Liouville-szám van. — Kontinuum: A 9.4.2
Tétel bizonyításához hasonlóan adódik, hogy a 10−k! sorozat tetszőlegesvégtelen részsorozatából képzett végtelen sor is Liouville-szám.

663

Eredmények 9.5.

9.4.2a) Legyen f = f1 . . . fk az f felbontása Q felett irreducibilis polinomokszorzatára. Ekkor a szóban forgó (12) diofantikus egyenlet agj (y, z) = y nj fj(z )y= bj ,

j = 1, 2, . . . , k∏kegyenletrendszerekre vezethető vissza, ahol j=1 bj = b. Így b ̸= 0 esetén
csak véges sok ilyen egyenletrendszert kapunk, és ezek mindegyikének (sőtmár akármelyik egyenletnek is) a(z eredeti) 9.4.4 Tétel szerint csak véges
sok megoldása lehet. Ha b = 0, akkor legalább az egyik bj = 0, tehát
ismét csak véges sok egyenletet kell nézni, és ezek mindegyikének csak
véges sok megoldása lehet.
b) A 9.4.4 Tétel bizonyításában csak ezeket a tulajdonságokat használtuk
fel.
9.4.3 Kövessük a 9.4.4 Tétel bizonyításának a gondolatmenetét. Ha zi /yi -nek
nincs korlátos részsorozata, akkor cseréljük meg zi és yi szerepét, azazf (zi /yi ) helyett tekintsük f (yi /zi )-t. A 9.4.3 Tétel (ii) állítását elég
(például) a κ = 0,99 speciális esetben alkalmazni.
9.4.4 Használjuk fel, hogy ha az f polinomnak α többszörös gyöke, akkor αgyöke az f deriváltjának is.

9.5.
9.5.1 Alkalmazzunk a 9.5.1 Tétel bizonyításához hasonló gondolatmenetet.
9.5.2a) Írjuk fel sin 1-re, illetve cos 1-re a sin x, illetve cos x hatványsorából adódó
végtelen sort, és alkalmazzuk a 9.5.1 Tétel gondolatmenetét.
b) Bizonyítsunk indirekt a 9.5.2 Tétel bizonyításának a mintájára: az ottani
I integrálban sin(πx) helyére tegyünk sin(rx)-et, és a legyen most az 1/r,
cos r és sin r racionális számok közös nevezője.
c) Fejezzük ki sin(2x)-et és cos(2x)-et tg x segítségével. Innen látszik, hogy
ha tg r racionális, akkor sin(2r) és cos(2r) mindketten racionálisak, ami
ellentmond a b) résznek.
9.5.3 Használjuk fel, hogy a 9.5.2 Tétel bizonyításában minden második parciális integrálásnál sin π = sin 0 = 0 miatt a ,,kiintegrált rész” 0. Ebből
adódik, hogy két parciális integrálást együttesen egy lépésnek tekintve,
tulajdonképpen mindig csak összesen egy új ,,kiintegrált tag” keletkezik,

664

Eredmények 9.6.
amelynek ,,nevezője” mindig π 2 -szerese az előzőnek. Így a π 2 = a/b indirekt feltevésből kiindulva a
∫ 1
πa

n+1

sin(πx)f (x)dx0

integrál vizsgálatával a 9.5.2 Tétel gondolatmenetét követve ellentmondásra fogunk jutni.
9.6.
9.6.1 Az α minimálpolinomja ugyanaz, mint az α minimálpolinomja, a másik
három szám pedig rendre előállítható α-ból és α-ból a következő műveletek segítségével: összeadás; kivonás és i-vel való szorzás; szorzás és
négyzetgyökvonás.
9.6.2 Csak c) algebrai egész. — Útmutatás d)-hez: Tegyük fel indirekt, hogycos 1◦ algebrai egész, és mutassuk meg, hogy ekkor sin 1◦ is az, sőt azösszegzési képletek alapján bármely k egészre cos k ◦ és sin k ◦ is algebrai
egész. Ez azonban például k = 30-ra nem igaz.
9.6.3 Igaz: a), c), e), f), h).

√9.6.4 Létezik, például x = y = 1, z = n 2 megfelel.
9.6.5 Igaz: a), c), d).
9.6.6 Mivel α algebrai szám, ezért alkalmas ai egész számokra
a0 + a1 α + . . . + an αn = 0,aholan ̸= 0.

-gyel szorozva és átalakítva kapjuk, hogy an α algebrai egész,Ezt an−1nazaz α előáll egy algebrai egész és az an egész szám hányadosaként. Ha
ezt α helyett 1/α-ra alkalmazzuk, akkor az adódik, hogy α felírható egy
egész számnak és egy algebrai egésznek a hányadosaként (ha α = 0, akkor
pedig ez triviálisan igaz).
9.6.7 Az α (normált, egész együtthatós) minimálpolinomjában a konstans tag
±1.
9.6.8
√
a) Megfelel példáulβ=(
2 − 1)n .
n√b) Legyen βn = n α.

Eredmények 9.6.

665c) Legyen az α algebrai egész minimálpolinomja a0 + a1 x + . . . ++an−1 xn−1 + xn (ahol minden ai egész), ekkor α/b minimálpolinomja
a0 + a1 bx + . . . + an−1 bn−1 xn−1 + bn xn . Ezt normálva a konstans tag
csak úgy lesz egész, ha bn | a0 , tehát csak véges sok ilyen b egész létezik(hiszen α ̸= 0 miatt a0 ̸= 0).
9.6.9 Mindkét kérdésre igenlő a√válasz, megfelel például cos φ + i sin φ, ahol a)cos φ = 1/3; b) cos φ = 2 − 1.
9.6.10√a) A 8.4.1 Tétel alapján például az a + b n 2 alakú számok, ahol a és b egészszám, mindenütt sűrűek a számegyenesen.
b) A másodfokú egyenlet megoldóképletéből adódik, hogy bármely nem valós
másodfokú algebrai egész valós része csak 2 nevezőjű tört lehet, ezért amásodfokú algebrai egészek nem lesznek√mindenütt sűrűek
a számsíkon.
√A negyedfokúak viszont igen: az (a + b 2) + i(c + d 2) alakú számok,ahol a, b, c és d egész szám, ,,általában” negyedfokú algebrai egészek, és
mindenütt sűrűek a síkon.
9.6.11a) Mivel racionális r esetén α = cos r◦ + i sin r◦ egységgyök, és így algebrai
egész, ezért 2Re α = 2 cos r◦ is algebrai egész. Ha 2 cos r◦ emellett még
racionális is, akkor csak egész szám lehet. Így cos r◦ értéke 0, ±1/2 vagy
±1. — A feladatot megoldhatjuk az algebrai egészek felhasználása nélkül
is. Ha r racionális, akkor van olyan n pozitív egész, amelyre nr a 360-nak
egész számú többszöröse, azaz cos(nr◦ ) = 1. A()()
cos(nα) = 2 cos (n − 1)α cos α − cos (n − 2)αösszefüggés alapján igazoljuk teljes indukcióval, hogy 2 cos(nα) a
2 cos α-nak egy egész együtthatós, normált polinomja. Ebből következik,
hogy ha cos(nr◦ ) = 1, akkor 2 cos r◦ gyöke egy egész együtthatós, normált
polinomnak. Egy ilyen polinom racionális gyökei csak egészek lehetnek,
tehát 2 cos r◦ egész szám.
b) Az r és sin r◦ értékek közül legalább az egyik irracionális, kivéve ha r olyan
egész szám, amely a 30-nak páratlan többszöröse vagy pedig osztható 180nal.
Tegyük fel, hogy tg r◦ értelmezve van, azaz az r nem páratlan többszöröse 90-nek. Ekkor az r és tg r◦ értékek közül legalább az egyik irracionális, kivéve ha r olyan egész szám, amely a 45-nek páratlan többszöröse vagy pedig osztható 180-nal.
A szinuszra vonatkozó állítás azonnal adódik az a) részből és a sin r◦ =cos(90 − r)◦ összefüggésből, a tangensre vonatkozó állítás pedig ezután a
9.5.2c) feladathoz adott útmutatás szerint következik.

666

Eredmények 10.2.

10. Algebrai számtestek
10.1.
10.1.1 Az L ⊆ T ⊆ M bővítésláncban a fokszámtétel szerint valamelyik láncszemelsőfokú.
10.1.2 a) 2.
b) ∞.
c) ∞.
10.1.3a) Az egyik irány nyilvánvaló, a másik pedig következik a 9.3.6 Tételből.
b) (b1) 1.
(b2) 2.
(b3) 2.
(b4) 3.
10.1.4a) Igaz: (a1).
b) mϑ,M | mϑ,L és degM ϑ ≤ degL ϑ .

10.2.
10.2.1 A 10.2.2 Tétel alapján a Q(α) = Q(β) egyenlőséghez elég azt igazolni,
hogy α ∈ Q(β) és β ∈ Q(α).
10.2.2a) Ez legegyszerűbben a 10.2.2 Tételből következik.
b) Q(α) altér a Q feletti Q(ϑ) véges dimenziós vektortérben, és egy véges
dimenziós V vektortér egy U alterére U = V pontosan akkor teljesül, ha
dim U = dim V .
c) A ϑ és α számok pontosan a megadott feltétel esetén fejezhetők ki kölcsönösen egymással a 10.2.1 Definícióban megadott módon.
10.2.3 Igaz: b), d). (Ezek igazolásánál ne felejtkezzünk el arról, hogy ϑ transzcendens szám is lehet.)
√
√
1√
9
2 √
1 √
3
3
3
10.2.4 a) 12 + 2 3 2 + 9 3 4.
b)
4.
c)
2+
4.
−
2
17 17
17
10.2.5 a) 4.
b) 10.
c) 7.
d) 4.
Útmutatás: Az alábbi két észrevételt érdemes felhasználni: (i) Ha α eleme
egy véges bővítésnek, akkor deg α osztója a bővítés fokának.
(ii) Ha α algebrai és egy k-adfokú szám eleme Q(α)-nak, akkor
k | deg α.
√√10.2.6 a) ∅.
b) Q( 3 7).
c) Q( 5).
√Útmutatás b)-hez: Használjuk fel, hogy Q( 3 7) része a metszetnek, ésa metszet (Q feletti) foka osztója mindkét bővítés fokának. — Másik
lehetőség: A metszet egy tetszőlegeselemét írjuk fel a √10.2.3 Tételnek√
megfelelően egyrészt mint Q( 6 7)-beli, másrészt mint Q( 9 7)-beli elemet.

Eredmények 10.2.

667√
Mindkét előállítást tekintsük most mint ugyanannak a Q( 18 7)-beli elemnek a 10.2.3 Tétel szerinti felírását, ekkor ennek az előállításnak az egyértelműségéből adódik a jelzett eredmény.
√√
10.2.7 a) Q.
b) Q( 3 3).
c) Q( 2).
10.2.8 Induljunk ki a |ϑ| = 1-ből adódó
Re ϑ =

ϑ+ϑ
1(
1)
= ϑ+
2
2
ϑ

összefüggésből. (A bizonyítás során ne feledkezzünk el arról, hogy ϑtranszcendens szám is lehet.)
10.2.9 A bővítések
és a fokszámok vizsgálatából vezessük le, hogy Q(α) =√= Q( 7 5). (Használjuk fel a 10.2.5 és 10.2.3 Tételeket, valamint a 10.2.2
feladatot.)
10.2.10 Válasz: k, illetve k/2 (ez utóbbi nyilván csak páros k esetén fordulhatelő). — Útmutatás: Alkalmazzuk a fokszámtételt a Q ⊆ Q(β 2 ) ⊆ Q(β)
bővítésláncra. (Páros k esetén mutassunk példát mindkét lehetőség megvalósulására.)10.2.11 Válasz: ±1. — Útmutatás: A 10.2.8 feladathoz hasonló gondolatmenetetalkalmazva tekintsük a Q ⊆ Q(Re ϑ) ⊆ Q(ϑ) bővítésláncot. — Másik
lehetőség: Mutassuk meg, hogy ϑ-nak és 1/ϑ-nak ugyanaz a minimálpolinomja, és ennek felhasználásával lássuk be, hogy az 1 vagy a −1 gyöke
ennek a minimálpolinomnak.
10.2.12 Az a) rész a 10.2.6 (vagy a 9.3.1), a b) rész pedig a 10.2.7 (vagy a 9.3.6)
Tételre adott bizonyításból következik.
10.2.13a) A ⇐ irány nyilvánvaló, a ⇒ irány pedig abból adódik, hogy ϑ transzcendenciája miatt (g1 h2 − g2 h1 )(ϑ) = 0 csak a g1 h2 − g2 h1 = 0 esetben
lehetséges.
b) Az a) rész alapján a
g(x)
g(ϑ)
7→
h(x)
h(ϑ)
megfeleltetés bijekció a Q feletti algebrai törtek és Q(ϑ) között, a művelettartás pedig nyilvánvaló.

668

Eredmények 10.3.

10.3.
10.3.1√a) A 10.3.5
Tétel bizonyításának E( 2) részéhez hasonlóan igazoljuk, hogy√E( 3)-ban a norma abszolút értéke szerint elvégezhető a maradékos osztás.
(b1) Mindkét felbontásban felbonthatatlanok szerepelnek, ezek azonban
csak egységtényezőkben különböznek:
√
√
√
√
√
√
és
− 4 + 3 3 = (2 − 3)(1 + 2 3).
5 + 3 3 = (2 + 3)(1 + 3)(b2) Mindkét felbontásban szerepel olyan tényező, amely nem felbonthatatlan.
c) Alkalmazzuk a 10.3.8 Tételt. — Az összes prímet (egységszerestől eltekintve)
felbontásából√ a pozitív prímszámok√√ nyerjük:(c1) 3 = ( 3)2 ; 2 = ε(1 + 3)2 , ahol ε = 2 − 3 egység.
(c2) Ha p ≡ ±5 (mod 12), akkor p prím.
(c3) Ha p ≡ ±1 (mod 12), akkor p két prím szorzata, amelyek nem egymás
egységszeresei.
d) Megoldhatóság esetén a megoldásszám végtelen, lásd a 7.8.3 feladatot.
Az egyenlet akkor és csak akkor oldható meg, ha n kanonikus alakjában
minden 12k ± 5 alakú prímszám kitevője páros, továbbá a 2, a 3 és a
12k − 1 alakú prímszámok kitevőjének az összege is páros. — Útmutatás:
Használjuk fel a c) rész eredményét, és kövessük a két-négyzetszám-tétel
bizonyításának gondolatmenetét. Vegyük figyelembe, hogy minden egység
normája +1. A 2, a 3 és a 12k − 1 alakú prímszámok kitevőjét azért kellvizsgálni,mert az ezeknek a prímszámoknak a felbontásából származó√
E( 3)-beli prímek normája negatív, így ha a szóban forgó kitevőösszeg
páratlan, akkor n helyett −n áll elő x2 − 3y 2 alakban.
10.3.2a) A Gauss-egészekhez hasonlóan igazolható, hogy a norma szerint elvégezhető a maradékos osztás.
b) A 10.3.8 Tételből következik, hogy az összes prímet (egységszerestől eltekintve)√a pozitív prímszámok felbontásából nyerjük, a következőképpen:(b1) 2 = −( −2)2 .
(b2) Ha p ≡ 5 vagy 7 (mod 8), akkor p prím.
(b3) Ha p ≡ 1 vagy 3 (mod 8), akkor p két prím szorzata, amelyek nem egymás
egységszeresei.
√√c) Válasz: x = ±5, y = 3. — Útmutatás: Az (x +√ −2)(x − −2) = y 3 bal
oldalán a két tényező közös prímosztója csak −2 lehet, ebből azonban
következik, hogy x páros, ami az eredeti egyenlet modulo 4 vizsgálatávalellentmondásra vezet. A két tényező így relatív prím, és mivel az egységek

Eredmények 10.3.

669

csak a ±1, amelyek maguk is köbszámok,
ezért
köb.
√
√ mindkét tényező teljes√
Az eredmény ezután az x + −2 = (a + b −2)3 egyenlőségben a −2
együtthatójának összehasonlításából adódik.
10.3.3 Tekintsük
például√√ az alábbi felbontásokat:a) (1 + √15)(1 − √15) = (−2) · 7.
b) (1 + √26)(1 − √26) = (−5) · 5.
c) (2 + √−6)(2 − √−6) = 2 · 5.
d) (2 + −10)(2 − −10) = 2 · 7.
10.3.4 Kövessük a Gauss-, illetve Euler-egészeknél
látott gondolatmenetet (7.4.8√
Tétel). Ha t ̸≡ 1 (mod 4), akkor E( t) elemei egy téglalaprácsot alkotnak
a komplex számsíkon,ahol az ,,alaptéglalap” vízszintes oldala 1, függőleges√
oldala pedig |t| hosszúságú. A maradékos osztáshoz arra van szükség,√
hogy a rácspontok köré rajzolt egységkörök belseje tartalmazza Q( t)mindenelemét. Ez biztosan teljesül, ha a körök lefedik az egész síkot, azaz√√|t| < 3, vagyis t = −1 vagy −2, továbbá biztosan nem teljesül, ha az
1/2függőleges egyenesen egy szakasz lefedetlen marad, azaz
√ abszcisszájú√|t| > 3, vagyis t < −3 (mivel −3 ≡ 1 (mod 4), ezért t = −3 most nem
jöhet szóba). Hasonlóan okoskodhatunk a t ≡ 1 (mod 4) esetben is, ekkor
egy olyan paralelogrammarácsról van szó, ahol
√ az alapparalelogrammavízszintes oldala 1 hosszúságú, a magassága 12 |t|, és a vízszintes oldalhoz
tartozó magasság talppontja az oldal felezőpontjában van.
10.3.5 Használjuk fel a 10.3.8/(vii) Tételt.
10.3.6 Lássuk be, hogy bármely 0√≤ n ≤ k − 2 esetén n2 + n + k = N (αn ),ahol αn felbonthatatlan E( −4k + 1)-ben. Ebből vezessük le, hogy ha
valamely n-re N (αn ) nem lenne prímszám, akkor N (αn ) kétféleképpen
bomlana felbonthatatlanok szorzatára.
10.3.7 A felbonthatatlanság azonnal adódik a norma tulajdonságaiból. — Az
állítás másik
részéhez először lássuk be, hogy a feltétel alapján minden√
β ∈ E( t)-hez létezik olyan b egész szám, amelyre α | β − b. Ekkor α
prím volta a következőképpen igazolható:
α | βγ =⇒ α | bc =⇒ ±p = N (α) | b2 c2 =⇒=⇒ p | b vagy p | c =⇒ α | b vagy α | c =⇒ α | β vagy α | γ.
2
10.3.8 Mivel β 2 /α
√ algebrai egész, ezért√ a négyzetgyöke, β/α is az. Emellett
β/α ∈ Q( t), tehát β/α ∈ E( t) is teljesül.

10.3.9√a) 5 = −( −5)2 .

670

Eredmények 10.4.

b) A 10.3.5 Tétel bizonyításában láttuk, hogy a 2 felbonthatatlan, továbbá
2 | 6 = (1 +√−5)(1 −

√

−5),

de

2̸ | 1 ±√−5,tehát a 2 nem prím.
( )c) Használjuk fel a 10.3.7 Tételt, és azt, hogy −5= −1 pontosan a megap
dott alakú p prímszámokra teljesül.
d) Az, hogy ezek nem prímek, az előzőkből következik, a felbonthatatlanság
pedig azért igaz, mert
√ egy ilyen p (sőt általában egy 10s ± 3 alakú szám)
nem lehet egy E( −5)-beli elem normája.
e) Azt kell igazolni, hogy ezek a p prímek előállnak normaként,azaz √(egész√a, b-vel) p = a2 + 5b2 alakban, hiszen ekkor p = (a + b −5)(a − b −5).
Az x2 ≡ −5 (mod p) kongruencia megoldhatóságát felhasználva a 8.2.4
Tétel bizonyításának a mintájára vagy a 7.5.21a feladatban szereplő Thuelemma segítségével mutassuk meg, hogy a p-nek egy kis többszöröse előáll
a2 +5b2 alakban, majd ebből vezessük le, hogy akkor maga a p is felírható
így.

10.4.
10.4.1 √√a) √± 2 ± 3.
b) 2(±1 ± i).
c) cos 20◦ , cos 140◦ , cos 260◦ .
d) cos k ◦ + i sin k ◦ , ahol 1 ≤ k ≤ 360, k egész és (k, 360) = 1.
10.4.2a) A ϑ minimálpolinomjára a gyökök és együtthatók közötti összefüggést
alkalmazva kapjuk, hogy ϑ(1) + ϑ(2) racionális, és így ϑ(2) ∈ Q(ϑ(1) ).
b) Létezik olyan ϑ(j) , amely valós szám, tehát Q(ϑ(j) ) ⊆ R, és így Q(ϑ(j) ) ̸=
̸= Q(ϑ).
c) A Q ⊆ Q(ϑ(j) )∩Q(ϑ(k) ) ⊆ Q(ϑ(j) ) bővítésláncban a két láncszem fokánaka szorzata 3, így az állításhoz csak azt kell igazolni, hogy bármelyik két
Q(ϑ(j) ) különböző. Lássuk be, hogy ha a három Q(ϑ(j) ) közül valamelyikkettő megegyezik, akkor a harmadik is ugyanez kell hogy legyen. Ezazonban ellentmond a feladat b) részének.
10.4.3 (Az R.K. rövidítésa√relatív konjugáltakat jelöli.)√4a) R.K.: 1 ± √ 2, 1 ± i 4 2.
N (α) = −1.
b) R.K.: 1 ± √2 kétszeres
multiplicitással.
√√√ N (β) = 1.
N (γ) = −1.
c) R.K.: (1 ± 4 2)(1 + 2), (1 ± i 4 2)(1 − 2).

Eredmények 10.5.

671

10.4.4 Kövessük a 10.3.4 Tétel bizonyításának a gondolatmenetét. (Figyeljünk
arra, hogy az ε relatív konjugáltjai általában nem elemei Q(ϑ)-nak, viszont a szorzatuknak az ε-nal vett hányadosa már igen.)10.4.5a) Például (3 + 4i)/5 megfelel.
√b) Legyen a másodfokú bővítés Q( t) alakú, ahol( )t négyzetmentes egész ést ̸= 1, és legyen p > 2 egy olyan prím, amelyre pt = 1. Ekkor az x2 −t ≡ 0
is megoldható, azaz
(mod p), és így az x2 − t ≡ 0 (mod p2 ) kongruencia√
létezik olyan c egész szám, amelyre (c + t)/p nem algebrai egész, de anormája egész szám.

10.5.
b) −3.
d) 2n−1 nn (−1)(n−1)(n−2)/2 .
10.5.1 a) −4.
c) −108.
Útmutatás d)-hez: A keresett diszkrimináns egy Vandermonde-determináns négyzete, ezt a determináns önmagával való (sor-oszlop) szorzásávalérdemes kiszámítani.
10.5.2a) Ekkor






β1
ω1
 β2 ω 
 .  = C  .2  , . 
 .. 
.
ωnβnahol C egész elemű mátrix, és így a 10.5.3/(iii) Tétel szerint∆(β1 , . . . , βn ) = ∆(ω1 , . . . , ωn )(det C)2 .
b) Az a) rész szerint a két diszkrimináns egymásnak kölcsönösen pozitív egész
számszorosa.
√
10.5.3 A másodfokú bővítések Q( t) alakúak, ahol t négyzetmentes egész számés t ̸= 1. A keresett diszkrimináns 4t, ha t ̸≡ 1 (mod 4), és t, ha t ≡ 1(mod 4).
10.5.4 A 10.5.2 feladatnál látott gondolatmenetet érdemes alkalmazni.

672

Eredmények 11.1.

10.5.5
a b
= ±1.
c d
b) Legyen ω = cos(2π/3) + i sin(2π/3). Ekkor az a + bω és c + dω Eulerracionálisok pontosan akkor alkotnak egész bázist, ha a, b, c, d-re teljesül
az a) résznél megadott feltétel.
√10.5.6 Azokban a Q( t) bővítésekben, ahol (t négyzetmentes egész szám, t ̸= 1és) t ≡ 1 (mod 4).
a) A keresett feltétel: a, b, c, d ∈ Z és

10.5.7 Közvetlenül következik a diszkrimináns definíciójából. — Másik lehetőség:Alkalmazzuk a 10.5.3/(iii) Tételt az αi = ϑi−1 szereposztással, és használjuk ki, hogy ∆(1, ϑ, . . . , ϑn−1 ) egy olyan Vandermonde-determináns
négyzete, amelynek a generátorai valós számok.
10.5.8a) Például Q(i)-ben 1/2 és 2i megfelel.
b) Használjuk fel, hogy ha az r1 , . . . , rn racionális számok szorzata 1, akkor∆(r1 α1 , . . . , rn αn ) = ∆(α1 , . . . , αn ).

11. Ideálok
11.1.
11.1.1 a) (2).
d) (1 + i).
11.1.2 a) (2x − 1).
d) (x − 3, 2).

b) (1 + i).
e) Nem ideál.

c) Nem ideál.
f) (7).

b) ([x2 − 2][x2 − 3]).
e) Nem ideál.

c) Nem ideál.

11.1.3 Legyen R test és I ̸= 0 ideál R-ben. Azt kell igazolni, hogy I = R. Haa ̸= 0 eleme I-nek és b tetszőleges eleme R-nek, akkor az osztás elvégezhetősége miatt van olyan c ∈ R, amelyre ca = b, azaz b ∈ I, vagyis I = R.
— A megfordításnál vegyünk R-ben egy a ̸= 0 elemet. Ekkor a feltétel
szerint (a) = R, tehát bármely b ∈ R-re b ∈ (a). Ez azt jelenti, hogy
alkalmas c-vel ca = b teljesül, vagyis elvégezhető R-ben az osztás, és így
R valóban test.
11.1.4 Legyen I = (ξ1 21/k1 , . . . , ξn 21/kn ), ahol ξ1 , . . . , ξn ∈ E. Ekkor I minden
eleme ξ21/m alakú, ahol ξ ∈ E és m = [k1 , . . . , kn ]. Mivel (például)
21/(m+1) nem lehet ilyen alakú, ezért I ̸= K, vagyis K nem generálható
véges sok elemmel.
11.1.5 Mutassuk meg, hogy az egyik ideál generátorai kifejezhetők a másik generátorainak a segítségével, és viszont.

Eredmények 11.1.

673

11.1.6a) a1: 4,
a2: 9,
a3: 5.
Test: a2, a3.
b) Ha α ̸= 0, akkor G/(α) elemszáma N (α), és G/(α) akkor és csak akkor
test, ha α Gauss-prím. — Útmutatás: A ,,modulo α maradékosztályok”
számának meghatározásához lásd a 7.7.12 feladathoz adott útmutatást. A
másik állítás ahhoz hasonlóan bizonyítható, ahogyan azt igazoltuk, hogy
Z/(m) akkor és csak akkor test, ha m prím (2.8.4 Tétel, természetesen
azt is végig kell gondolni, hogy az ehhez felhasznált valamennyi korábbi
tétel megfelelője is átvihető a Gauss-egészekre).
11.1.7a) Alkalmazzunk ahhoz hasonló gondolatmenetet, mint amikor (a 11.1.3 Tétel utáni Példák között) azt igazoltuk, hogy Z[x]-ben (2, x) nem főideál.
b) b1: 2, test.
b2: 6, nem test.
b3: 121, test.
11.1.8a) Test: a2.
b) T [x]/(f ) test ⇐⇒ f irreducibilis T felett.
c) A faktorgyűrűnek 4 eleme van (a maradékosztályok az a0 + a1 x maradékokkal reprezentálhatók, ahol ai = 0 vagy 1), és egyszerűen ellenőrizhető,hogy a három darab ̸= 0 elemnek létezik inverze. — Másik lehetőség:A faktorgyűrű izomorf S = Z2 [x]/(x2 + x + 1)-gyel, ahol Z2 a modulo 2
maradékosztályok teste. Ekkor S a feladat b) része alapján test.
11.1.9√a) Kövessük a 11.1.6 Tétel utáni Példánál a ϑ = 2 speciális esetben látott
gondolatmenetet. A bizonyítás lényege: Q[x]-nek az (mϑ ) főideál szerinti
egy-egy maradékosztályát egyértelműen jellemzi az adott osztályba esőpolinomoknak az mϑ polinommal való osztási maradéka, és az ezekkel
a maradékokkal való számolásnál az egyetlen ,,szabály” az, hogy az mϑtöbbszörösei ,,nem számítanak”. Ez pontosan megfelel a Q(ϑ)-beli elemek szokásos felírásának és az ottani (kizárólag az mϑ (ϑ) = 0 összefüggést felhasználó) számolásnak. — Másik lehetőség: A Q[x]-ből Q(ϑ)-ba
az f 7→ f (ϑ) leképezés gyűrűhomomorfizmus, amelynek a képe Q(ϑ),
a magja pedig az mϑ által generált főideál. Így az állítás következik agyűrűk homomorfizmustételéből.
b) Az a) rész általánosítását szem előtt tartva legyen M = L[x]/(f ). Az
f irreducibilitását felhasználva igazolható, hogy M test, a konstans+(f )maradékosztályok halmaza megfelel L∗ -nak, az x + (f ) maradékosztály
pedig ϑ-nak.

674

Eredmények 11.3.

11.1.10a) Az állítást elég főideálokra igazolni, ugyanis ha α ∈ I, akkor (α) ⊆ I
miatt az I szerinti maradékosztályok száma legfeljebb annyi, mint az (α)
szerinti maradékosztályok száma. Legyen tehát α ̸= 0, és mutassuk meg,hogy ,,modulo α” csak véges sok maradék létezik. Legyen ω1 , . . . , ωn egészbázis E(ϑ)-ban. Ekkor bármely ξ ∈ E(ϑ) felírható ξ = k1 ω1 + . . . + kn ωnalakban, ahol ki ∈ Z, i = 1, . . . , n. Mivel α | N (α), ezért minden modulo
α maradékosztálynak van olyan ξ reprezentánsa, ahol 0 ≤ ki < |N (α)|,
i = 1, . . . , n.
b) Ekkor az R/Aj faktorgyűrűk elemszáma szigorúan monoton csökken. Ezazonban lehetetlen, hiszen A2 ̸= 0 miatt R/A2 -nek csak véges sok elemevan.
c) Ha egy I ̸= 0 ideál nem lenne végesen generált, akkor létezne benne
ideáloknak egy szigorúan növő(a1 ) ⊂ (a1 , a2 ) ⊂ (a1 , a2 , a3 ) ⊂ . . .
lánca.

11.2.
11.2.1 a) (5).

b) (60).

11.2.2 a) 4.

b) 16.

11.2.3 Fogalmazzuk át a feladatot oszthatóságra a 11.2.1 Tétel felhasználásával.
11.2.4√a) A 2 és az 1+ −5 egyaránt közös osztók, nincs azonban olyan közös osztó,
amely ezeknek
többszöröse lenne.
√b) (2), (1 + −5), (1). √c) Például α = 2, β = 1 + −5.

11.3.
11.3.1a) A normált minimálpolinomjuk egész együtthatós és a konstans tag 1 vagy
−1 (lásd a 9.6.7 feladatot).
√ √b) α = α α.
11.3.2a) Ha a ̸= 0 és b tetszőleges, valamint ha a = b = 0.

Eredmények 11.3.

675b) Minden a ̸= 0 egység, és így eleve nem léteznek felbonthatatlanok, illetveprímek.
c) Alaptétel: az állítás ,,üres”, hiszen a 0-tól és egységektől különböző elemekre vonatkozik, ilyenek azonban testben nincsenek. — Főideálgyűrű:testben csak a triviális (0) és (1) ideálok léteznek (lásd a 11.1.3 feladatot),
és ezek valóban főideálok. — Euklideszi gyűrű: mivel elvégezhető az osztás, ezért mindig elérhető, hogy a maradék 0 legyen (és így ,,tetszőleges”
függvény megfelel f -nek).
11.3.3a) Ez a 2.
b) Az eljárással most egy egységet kapunk, és annak nincs felbonthatatlanosztója.
c) Az 1.5.5c feladat útmutatásához hasonlóan konstruálhatunk megfelelő f et.
d) (0), (1), (2), (22 ), (23 ), . . .
11.3.4 A 11.1.1 Definíció követelményeinek a teljesülését kell ellenőrizni.
11.3.5 Útmutatás a szükségességhez: Ha R[x] főideálgyűrű, akkor tetszőleges akonstans polinommal (a, x) is főideál.
11.3.6 Mutassuk meg, hogy ha c ̸= 0 olyan elem, amelyre f (c) minimális, akkor
c egység. Ekkor c | c is teljesül, azaz alkalmas e-vel ec = c. A nullosztómentesség felhasználásával igazoljuk, hogy e egységelem.
11.3.7 Igaz: a).
11.3.8 A legkisebb abszolút értékű maradék szerinti maradékos osztás kielégíti afeltételt, azaz ha (b ̸= 0 és) a = bq + r, ahol |r| ≤ |b|/2, akkor f (r) < f (b).
11.3.9a) Először mutassuk meg, hogy R minden ideálja végesen generált, majdlássuk be, hogy (a, b) = (d), ahol d = lnko{a, b}.
b) Következik az a) részből a 11.1.10a feladat alapján.
11.3.10 Az ,,akkor” részre vonatkozóan lásd a 10.3.4 feladatot√és az ahhoz tartozóútmutatást. Megfordítva, ha valamely t < −3-ra E( t) euklideszi gyűrű,akkor tekintsünk egy olyan β ̸= 0, ±1 elemet, amelyre f (β) minimális.
Mutassuk meg, hogy N (β) ≤ 3. Ebből már következik, hogy (t < −3
esetén) csak t = −7 és t = −11 lehetséges.

676

Eredmények 11.4.

11.4.
11.4.1a) A 11.4.3 Definíció előtti P1 vagy P2 példákban szereplő A és B ideálok
esetén H nem ideál. (P1√esetén például
2 · 3 + [x + 3][x − 2] = x2 + x, P2√
esetén pedig 3 · 3 − [1 + −5][1 − −5] = 3 nem áll elő ab alakban.)b) Ha A = (α), akkorn∑ai bi =i=1n∑[ri α]bi = α

i=1

n
∑

ri bi = αb.

i=111.4.2a), b) A bizonyítás ugyanúgy történik, mint az egész számoknál.
c) A 11.4.2 Tétel (iv) állításából következik.
d) Használjuk fel c)-t.
e) A szükségességhez legyen A = (1), és használjuk fel c)-t.
11.4.3a) Ha α = βγ, akkor a 11.4.2 Tételben a (iii) állítás bizonyításából kapjuk,
hogy (α) = (β)(γ). Megfordítva, ha (β)C = (α), akkor a 11.4.1b feladathoz adott útmutatás szerint (β)C minden eleme, így speciálisan α isosztható β-val.
b) Az a) részből adódó γ = α/β elem megfelel a feltételeknek.
11.4.4a) Azt kell igazolni, hogy D ideál, D tartalmazza A-t és B-t, valamint ha C
tetszőleges olyan ideál, amelynek része A és B, akkor D ⊆ C.
b) Ellentett: A ⊆ A + B = (0)∑n=⇒ A = (0).
c) Az A(B, C) ideál elemei i=1 ai [bi + ci ] alakúak, így a zárójelek felbontása után kapjuk, hogy ezek (AB, AC)-nek is elemei. A másik irányú
tartalmazáshoz vegyük észre, hogy (AB, AC) elemeitn∑i=1

ai bi +k∑j=1

a′j cj =n∑i=1

ai [bi + 0] +k∑a′j [0 + cj ]j=1

alakba írva A(B, C)-beli elemeket kapunk.
11.4.5 A legkisebb közös többszörös olyan közös többszöröse A-nak és B-nek,
amely minden közös többszörösnek osztója. Ezt (5) alapján a tartalmazásra átfogalmazva M a legbővebb olyan ideál, amely része A-nak és
B-nek, azaz M = A ∩ B.
11.4.6 Például Z[x]-ben A = (x), B = (2, x) megfelel.

Eredmények 11.4.

677

11.4.7 A (12) ⇒ (11) irányt bizonyítsuk indirekt, a megfordításhoz pedig alkalmazzuk (11)-et az A = (a), B = (b) szereposztással.
11.4.8a1) Csak a két triviális osztója létezik.
a2) Az egyetlen nemtriviális osztó az a1-beli√ ideál.
√a3) Két nemtriviális
osztója
van:
(2,
1
+
−5)
és
(3,
1
+
−5).
√
b) b1: (2, 1 + −5);b2: (1).
c) Felbonthatatlan ideál: c1, c3.
11.4.9 Igaz: b), c), d).
11.4.10a) A = (2, x), B = (4, x2 ), C = (4, 2x, x2 ).
b) A 11.4.1b feladat alapján (α)B = {αb | b ∈ B}, (α)C = {αc | c ∈ C}, ésα ̸= 0, valamint R nullosztómentessége miatt αb = αc ⇒ b = c.
11.4.11a) Ellenőrizzük az ideál definíciójában foglaltak teljesülését.
b) Lássuk be, hogy I maximális ideál, azaz rendelkezik a (9) tulajdonságggal.
Ebből könnyen adódik, hogy a megadott hármon kívül I-nek nincs több
felbontása. Végül, az I · I = I egyenlőség igazolásához használjuk fel,hogy xα = xα/2 xα/2 .
11.4.12a) Ha P = AB, akkor egyrészt P ⊆ A és P ⊆ B, másrészt a (12)-vel
ekvivalens (11) tulajdonság miatt A ⊆ P vagy B ⊆ P . Innen kapjuk,
hogy P = A vagy P = B.
b) Ilyen például Z[x]-ben a (4, x) ideál.
c) Tegyük fel indirekt, hogy M maximális ideál és mégis van olyan a ̸∈ M ,b ̸∈ M , amelyre ab ∈ M . Jelölje (a, M ), illetve (b, M ) az a-t és az M -et,illetve a b-t és az M -et tartalmazó legszűkebb ideált. Az M maximalitása
folytán (a, M ) = (b, M ) = R. Ekkor
R = RR = (a, M )(b, M ) ⊆ (ab, M ) = M,ami ellentmondás.
d) Ilyen például Z[x]-ben az (x) ideál.
e) A maximális ideálra vonatkozó állításhoz mutassuk meg, hogy általábanbijekció létesíthető az R-nek az I-t tartalmazó ideáljai és az R/I faktorgyűrű ideáljai között, majd használjuk fel a 11.1.3 feladatot. A prímideálra vonatkozó állítás azonnal adódik a (12) feltételnek az R/I faktorgyűrűre történő átfogalmazásából.

678

Eredmények 11.6.

11.5.
11.5.1 Mindkét feltétel ekvivalens A | (α) fennállásával.
11.5.2a) A N (α)/α hányados egyrészt algebrai egész, másrészt eleme Q(ϑ)-nak.
b) Az a) rész (vagy a 11.5.5 Tétel) szerint A-ban található nemnulla egészszám, így ekkor ennek az egész számú többszörösei is elemei A-nak. Az
állítás másik részéhez lássuk be, hogy az összes A-beli egész számot alegkisebb ilyen pozitív egész (egész számú) többszöröseként kapjuk.
11.5.3 Következik a 11.5.8 Tételből.
11.5.4a) A 11.5.2 feladat alapján bármely P prímideálban van c > 1 egész szám.
Bontsuk fel c-t prímszámok szorzatára. Mivel P prímideál, ezért ezenprímszámok valamelyike szükségképpen eleme P -nek. Ha P tartalmazna
két különböző pozitív prímszámot, akkor az ezek alkalmas egész számokkal képzett kombinációjaként előálló 1-et is tartalmazná, ami lehetetlen.
b) Következik az a) részből.
c) Igen.
d) Nem, ez következik a 11.5.3 feladatból.
11.5.5 Használjuk fel az ideálok legnagyobb közös osztójáról és legkisebb közös
többszöröséről tanultakat.
11.5.6 Írjuk fel többféleképpen az (α)2 és (β)2 ideálok legnagyobb közös osztóját.
11.5.7√√√√a) (21) = (3, 4 + −5)(3, 4 − −5)(7, 4 + −5)(7, 4 − −5). [Természetesenezek a√ prímideálok más
generátorokkal
például√√ is megadhatók,√√(3, 4 + −5) = (3, 1 + −5) = (3, 1 − 2 −5) = (2 − −5, 1 + −5)stb.]b) p = 2 és 3.
c) p = 2, 5, valamint a 20k + 1, 20k + 3, 20k + 7 és 20k + 9 alakú prímek.
11.5.8 Mindkét tulajdonság azzal ekvivalens, hogy E(ϑ) minden ideálja főideál(lásd a 11.3.9b feladatot, a 11.4.2/(iii) Tételt és a 11.5.8 Tételt).

11.6.
11.6.1 (2 ,√−6)(3 +√

−6) = (3 ,√−6)(2 −√

−6).

11.6.2 Mindkét feltétel ekvivalens azzal, hogy E(ϑ) főideálgyűrű (vö. a 11.3.9b
feladattal).
11.6.3 Használjuk fel, hogy alkalmas u és v pozitív egészekkel ku = 1 + hv.

679

Eredmények 12.1.

11.6.4a) Nincs megoldás.
b) x = 0, y = 1.
c) x = ±985, y = 99.
d) x = √±36, y = √11. — Ne felejtsük el, hogy −35 ≡ 1 (mod 4) miatta + b −35 ∈ E( −35) esetén a és b nem feltételenül egész számok.

12. Kombinatorikus számelmélet
12.1.
12.1.1a) ⌊n/2⌋ + 1, azaz h + 1, ha n = 2h vagy 2h + 1. — Útmutatás: Megfelelő
számhalmazt alkotnak az [n/2, n] intervallum összes egészei. Annak igazolásához, hogy ennél több szám már nem adható meg, vegyük észre,hogy ha u + v = ak , ahol 0 < u < v, akkor u és v közül legfeljebb az egyik
szerepelhet az ai -k között.
b) Álljon rögzített r mellett az Ar sorozat az a1 +a2 +. . .+ar +as számokból,
ahol s = r + 1, r + 2, . . . (így A0 az eredeti sorozat), és jelölje Ar (n) az Ar
sorozat n-nél nem nagyobb elemeinek a számát. A feltétel szerint az Ar
sorozatok páronként diszjunktak, ezértn≥t∑Ai (n) ≥ (t + 1)At (n)i=0bármely n-re és t-re. Másrészt
t
t
(
)
∑
∑
ai − t ≥ A(n) −ai − t.
At (n) = A n −
i=1

i=1

A két egyenlőtlenségből
A(n) ≤

t∑n+
ai + t ,t + 1 i=1

amit n-nel leosztva, n → ∞ esetén a jobb oldal 1/(t+1)-hez tart, és mivelt tetszőleges volt, ezért valóban A(n)/n → 0.
12.1.2 Ilyen tulajdonságú és a kívánt „sűrűségű” halmazt alkotnak a 3-mal nem
osztható számok. Annak igazolásához, hogy nagyobb sűrűség már nem

680

Eredmények 12.1.
lehetséges, vegyük észre, hogy bármely [r, 4r] intervallumban legfeljebb
2r + 1 darab ai lehet, mert a 2r-nél nem nagyobb aj -kre az aj + aj+1 -ek,
kivéve esetleg az utolsót, a [2r + 1, 4r] részbe esnek, és a feltétel szerint
különböznek az itt levő ai -ktől. Ezután bontsuk fel az [1, n] intervallumot
ilyen típusú részintervallumokra.

12.1.3 A konstrukcióhoz vegyünk először ⌈k/2⌉ számot, és legyen t ezek összege. Ha most az első két tagot elhagyjuk, és egy olyan új tagot hozzáveszünk, amely éppen az elhagyott tagok összegével egyenlő, akkor azösszeg nem változott. Ezután ugyanezt az eljárást ismételgessük, ameddig csak lehet. Annak igazolásához, hogy ennél nagyobb előállításszám
nem létezik, használjuk fel, hogy t minden előállításában más az utolsó
tag, valamint más a tagszám.
12.1.4 A feltétel szerint∑k legfeljebb egy ai -vel lehet∑kbármely 1 ≤ j ≤ n egész
osztható, ezért i=1 ⌊n/ai ⌋ ≤ n, és így n i=1 1/ai < n + k.
12.1.51(ai , ai+1 )ai+1 − ai
1
1
=
≤
=
−
.
[ai , ai+1 ]ai ai+1
ai ai+1ai
ai+1

12.1.6a) Az alsó becsléshez használjuk fel, hogy a 3j + 1 alakú egészek kielégítik
a feltételt. A felső becsléshez vegyük észre, hogy ha t2 a legnagyobb
négyzetszám n-ig és u + v = t2 , akkor u és v közül legfeljebb az egyik
szerepelhet az ai -k között.
b) Keressünk 11 olyan maradékot modulo 32, amelyek közül semelyik kettőnek az összege sem lehet kongruens egy négyzetszámmal mod 32.
12.1.7 Megfelelnek azok a számok, amelyek ötös számrendszerbeli alakjában a(hátulról nézve) páratlanadik helyeken 0 vagy 2 áll (a többi jegy tetszőleges). Ekkor k értéke kb. nc , ahol c = (1 + log5 2)/2 = 0.71 . . .
12.1.8 A prímek egy ilyen tulajdonságú halmazt alkotnak, tehát s(n) ≥ π(n).
Az s(n) < π(n) + 2n2/3 becslés igazolásához legyen C az 1 és n2/3 közötti
egész számok halmaza, továbbá D a C-nek az n-ig terjedő prímszámokkal
való egyesítése. Először lássuk be, hogy n-ig minden szám felírható n = cd
alakban, ahol c ∈ C, d ∈ D (a felírás általában nem egyértelmű). Ezután
az ai számoknak rögzítsük egy ilyen ai = ci di alakú előállítását, majdkészítsünk el egy |C| + |D| ≤ π(n) + 2n2/3 csúcsú páros gráfot, amelynél a
csúcsok egyik csoportja a C halmaz, a másik pedig a D, és az ai számnak
a ci és di csúcsot összekötő él felel meg. Ha az élek száma legalább annyi,
mint a csúcsok száma, akkor a gráfban van kör. A párosság miatt enneka körnek páros sok éle van, és a konstrukció alapján a minden másodikélnek megfelelő ai -k szorzata megegyezik a kör többi élének megfelelő aj -k

Eredmények 12.1.

681

szorzatával (hiszen mindkét szorzat a kör összes csúcsaiban szereplő számok szorzata).
12.1.9 π(n). — Útmutatás: A prímek nyilván rendelkeznek ezzel a tulajdonsággal, tehát a maximum legalább π(n). Indirekt tegyük fel, hogy π(n) + 1
ilyen tulajdonságú ai is megadható lenne. Ekkor minden ai -hez lenne
olyan prím, amelynek a kitevője ai kanonikus alakjában nagyobb lenne,
mint az összes többi aj kanonikus alakjában együttvéve. A skatulyaelv
szerint lenne olyan prím, amely két ai -nél is ezt a szerepet játszaná, és ez
könnyen láthatóan ellentmondás.
12.1.10 2n/3. — Útmutatás: A 6-hoz nem relatív prím (azaz a 2 és a 3 közül
legalább az egyikkel osztható) 2n/3 darab szám megfelel a feltételnek. Ha
viszont több, mint 2n/3 elemet veszünk, akkor a skatulyaelv szerint lesz
olyan s, hogy a 6s + 1, . . . , 6s + 6 számok között legalább öt darab ai
fordul elő; lássuk be, hogy ezek között biztosan található három olyan,
amelyek páronként relatív prímek. — Megjegyzés: A feladatot három
helyett r-re a következőképpen általánosíthatjuk: Mennyi k maximuma,
ha bármely r darab ai között található kettő olyan, amelyek nem relatív
prímek. Ilyen halmazt alkotnak például azok a számok, amelyek az elsőr − 1 prím közül legalább az egyikkel oszthatók. (Miért?) Erdős azt
sejtette, hogy (minden, az r-től függően elég nagy n esetén) ez adja amaximumot. Ezt a sokáig megoldatlan sejtést Ahlswede és Khachatrianigazolták 1994-ben.
12.1.11 Az ai -k lnkojával végigosztva elérhető, hogy az ai -k relatív prímek legyenek. Ha van köztük k-val osztható, pl. k | ai és k̸ | aj , akkor (k prímaiai
volta miatt) k |, tehát
≥ k. Ha egyik ai sem osztható(ai , aj )(ai , aj )k-val, akkor van közöttük kettő, amelyek kongruensek mod k. Ha ai ésajai≡(mod k), és így a két hányados közül
aj ilyenek, akkor(ai , aj )(ai , aj )a nagyobbik nagyobb, mint k.
12.1.12 Legyen az n = 2j esetre a1 , . . . , ak egy megfelelő konstrukció. Ekkor
2j+t ≤ n < 2j+t+1 esetén jó lesz az 1, 2, . . . , 2t−1 , 2t a1 , . . . , 2t ak számhalmaz.
√
12.1.13 A Csebisev-egyenlőtlenségben √az optimális választás c = 3, ekkor (9)ben és (10)-ben 8/3 helyett 3 3/2 adódik. További javítási lehetőség,hogy (10)-ből elég nagy n-re a (6)-nál erősebb k ≤ (1+ε) log2 n következik,ahol ε > 0 tetszőlegesen kicsi lehet, és így (7) jobb oldalán az 1 összeadandó „lényegében” elhagyható. Mindezek
alapján a (2) becslésben a képlet
√végén álló 2 helyett a log2 (3 3/2) = 1,377 . . .-nál akármilyen kicsivel
nagyobb konstans írható (elég nagy n-et feltételezve).

682

Eredmények 12.2.

12.2.
12.2.1 A mohó algoritmussal mindig a legelső olyan elemet választjuk, amelyik nem rontja el a Sidon–tulajdonságot. Tegyük fel, hogy a1 < a2 << . . . < as < n már megvan. Egy d elem akkor rossz, ha valamilyen
i , j , k ≤ s -re d + ai = aj + ak , azaz d = aj + ak − ai . (A d + d = aj + ak
esetet nem kell külön számításba venni, mert ha d-vel csak ilyen probléma lenne, akkor d < ak miatt korábban az ak helyett a d-t kellett
volna a sorozatba választanunk.) Ezzel legfeljebb s3 (sőt tulajdonképpen
kevesebb mint s3 /2) elemet zártunk ki, azaz s < n1/3 esetén még találunk
n -nél kisebb további jó elemet.
12.2.2 A Sidon-tulajdonság igazolásához tegyük fel, hogy ai + aj = ak + al , azaz
2p(i + j − k − l) + (⟨i2 mod p⟩ + ⟨j 2 mod p⟩ − ⟨k 2 mod p⟩ − ⟨l2 mod p⟩) = 0.
Itt a második tag osztható 2p-vel, de abszolút értéke 2p-nél kisebb, tehát
csak 0 lehet. Emiatt az első tag is 0. Vagyis i−k = l−j és i2 −k 2 ≡ l2 −j 2(mod p). Innen egyszerű számolással adódik, hogy vagy i = k és j = lvagy pedig i = l és j = k.
12.2.3 A p2 elemű testtel és a benne levő p elemű résztesttel hasonlóan (csakegyszerűbben) kell okoskodni, mint a 12.2.2 Tétel bizonyításában tettük.
12.2.4 Vegyünk egy g primitív gyököt modulo p, és legyen ai az
x ≡ i (mod p − 1), x ≡ g i (mod p) szimultán kongruenciarendszer
megoldása modulo p(p − 1), i = 1, 2, . . . , p − 1.
√
12.2.5 A 12.2.1 Tétel szerint vegyünk 1 és n1 között egy kb. n1 elemszámú
S1 Sidon-sorozatot. Legyen n2 jóval nagyobb n1 -nél. Az [n1 , n1 + n2 ]intervallumban ne vegyünk elemeket, viszont n1 + n2 és n1 + 2n2 között
√helyezzünk el egy kb. n2 elemszámú Sidon-halmazt, és abból hagyjuk
el azokat az elempárokat, amelyeknek a különbsége < n1 , a maradékot
jelölje S2 . (Megfelelne céljainknak az is, ha minden elempárból csak
az egyik elemet hagynánk el.) A Sidon-tulajdonság miatt az elhagyott√√elemek száma < 2n1 . Így n1 + 2n2 -ig összesen kb. n2 + n1 − 2n1 ≈√≈ n2 elemünk van. Lássuk be, hogy S1 ∪S2 Sidon-tulajdonságú. Ezutánválasszunk egy, az n1 + 2n2 -nél jóval nagyobb n3 -at, n1 + 2n2 + n3 és√
n1 + 2n2 + 2n3 között helyezzünk el egy kb. n3 elemszámú Sidonhalmazt, abból töröljük azokat az elemeket, amelyeknek a különbsége< n1 + 2n2 stb. Az eljárást folytatva a feladat feltételeit teljesítő végtelen Sidon-sorozatot kapunk.
12.2.6a) Általánosítsuk a 12.2.3 feladat módszerét a ph elemű testre.

Eredmények 12.3.

683b) Az elemekből képezhető h-tagú összegek egyrészt mind különbözők, másrészt valamennyien 1 és nh közé esnek.
12.2.7 Nyilván elég belátni, hogy minden pozitív egész egyértelműen előáll ai −aj
alakban, ahol i > j. A sorozatnak mindig két-két új elemét definiáljuk
úgy, hogy ezek egyrészt olyan nagyok legyenek, hogy a korábbi elemekkel
alkotott különbségeik ne egyezhessenek meg semelyik két korábbi elem
különbségével, másrészt az ő különbségük legyen az a legkisebb pozitív
egész, amely még nem állt elő két korábbi elem különbségeként.
12.2.8 Álljon A, illetve B azokból a számokból, amelyek kettes számrendszerbeli
alakjában (hátulról nézve) minden páros, illetve minden páratlan helyen
0 számjegy áll.

12.3.
12.3.1a) Legyen A = {a1 < a2 < . . . < ak }, ekkor a1 + a1 < a1 + a2 << a2 + a2 < a2 + a3 < . . . < ak + ak éppen 2k − 1 különböző összeg.
Ha |A + A| = 2k − 1, akkor minden ai + aj , speciálisan ai + ai+2 isa fenti összegek valamelyike, és nagyságrendi megfontolások miatt csak
ai+1 + ai+1 -gyel egyezhet meg, vagyis ai+1 = (ai + ai+2 )/2.
b) Ha A = {a1 < a2 < . . . < ak }, B = {b1 < b2 < . . . < br } és k ≥ r,akkor a1 + b1 < a1 + b2 < a2 + b2 < a2 + b3 < . . . < ar + br << ar+1 + br < . . . < ak + br a kívánt számú különböző összeg. Egyenlőség
esetén minden további ai + bj a fenti összegek valamelyike. Az a2 + b1 ,a1 + b3 , a3 + b2 stb. összegeket nagyságrendi megfontolásokkal rendre„beazonosíthatjuk”, és innen egyszerűen adódik, hogy A első r eleme és B
azonos diﬀerenciájú számtani sorozatot alkot. A kiindulási k + r − 1 tagúösszegsorozat alkalmas módosításával ugyanezt A bármely r szomszédos
elemére hasonlóan igazolhatjuk.
c) Bizonyítsunk t szerinti teljes indukcióval.
12.3.2 Hagyjuk el B-ből a 0-n kívül az m-hez nem relatív prím elemeket, ésezután kövessük a 12.3.1 Tétel első bizonyítását. A becslés élességének
igazolásához legyen például m = p2 , A = {0, p, 2p, . . . , (p − 1)p},B = {0, p, 2p, . . . , 1, p + 1, 2p + 1, . . . , (p − 1)p + 1}.
12.3.3a) Kövessük a 12.3.1 Tétel első bizonyítását. A megadott feltételt ott kellfelhasználni, amikor b ̸= 0 esetén A + b = A lehetetlenségét mutatjuk
meg.

684

Eredmények 12.3.

b) Például az A = {0, 1, . . . , k − 1} és B = {0, 1, . . . , r − 1} halmazokra (aholk + r ≤ m + 1) egyenlőség teljesül.
c) Ugyanaz a bizonyítás elmondható az általános esetben is.
12.3.4 A 12.3.1 Tétel második bizonyításához hasonlóan okoskodhatunk: legyen
A = B, C = A+̂A és
f1 (x, y) = (x + y)m (x − y)2∏(x + y − c),c∈Cahol m + |C| = 2k − 4.
12.3.5a) A 12.3.1 Tétel második bizonyításában látottakhoz hasonlóan „redukáljuk” azokat az xi y j tagokat, amelyekben i ≥ k vagy j ≥ r, majd használjuk a 12.3.2 Lemmát.
b) Legyen |Ai | = ki , i = 1, . . . , n, továbbán∑n F (x1 , . . . , xn ) olyan T∏nfelettiki −1
változós polinom, amelynek a foka i=1 (ki −1), és amelyben a i=1 xi
tag együtthatója nem nulla. Ekkor van olyan ai ∈ Ai , i = 1, . . . , n,amelyre F (a1 , . . . , an ) ̸= 0.
12.3.6 Ha C = D = Zp , akkor a c = d párosítás jó, hiszen Zp -ben 2u = 2v-bőlp páratlansága miatt u = v következik. Ha |C| = |D| = n < p, akkor
alkalmazzuk a 12.3.5b feladatot A1 = . . . = An = D és
F (x1 , . . . , xn ) =∏(xi − xj )(xi + ci − xj − cj )1≤j<i≤nszereposztással.
12.3.7 Legyen p prím, Ai ⊆ Zp , i = 1, . . . , n. Ekkor|A1 + . . . + An | ≥ min(p , |A1 | + . . . + |An | + 1 − n).
Ezt a 12.3.1 Tételből n szerinti teljes indukcióval igazolhatjuk.
12.3.8a) Azt kell igazolni, hogy 2n − 1 egész számból mindig kiválasztható n olyan,
amelyek összege osztható n-nel. A 3.6.6 feladatban látott módon elég
ezt arra az esetre bizonyítani, amikor az n egy p prímszám. Feltehető,hogy a számainkra 0 ≤ a1 ≤ a2 ≤ . . . ≤ a2p−1 ≤ p − 1 teljesül. Ha
van p darab egyforma ai , akkor ezek összege osztható p-vel. Egyébként— áttérve Zp -re — legyen Ai = {ai , ai+p−1 }, i = 1, . . . , p − 1, ekkor|Ai | = 2. A 12.3.7 feladat alapján |A1 + . . . + Ap−1 | = p, tehát Zp minden

Eredmények 12.4.

685

eleme, így a2p−1 is előáll a(1) + . . . + a(p−1) alakban, ahol a(i) ∈ Ai , azaza(1) + . . . + a(p−1) + a2p−1 osztható p-vel.
b) A P és Q rácspontok F felezőpontja akkor és csak akkor rácspont, ha P
és Q első, illetve második kordinátái is azonos paritásúak. A skatulyaelv
alapján 5 rácspont között biztosan lesz két ilyen tulajdonságú.
c) Tekintsünk olyan rácspontokat, amelyek koordinátáit modulo n redukálva(0, 0), (0, 1), (1, 0), illetve (1, 1) adódik, és vegyünk mindegyik fajtából
n − 1 darabot. Ekkor ezen 4n − 4 rácspont közül nem választható ki nolyan, amelyek első és második koordinátáinak az átlaga is egész számlenne.
d) (i) Az alsó becslés a (c)-beli konstrukció általánosításával igazolható. Afelső becslés következik abból, hogy ennyi rácspont között a skatulyaelv
alapján biztosan található n olyan, amelyek bármelyik koordinátáját tekintve, ezek azonos maradékot adnak modulo n. — (ii) Ahhoz hasonlóanérdemes eljárni, mint amikor a 3.6.6 feladatban azt mutattuk meg, hogy
ha az ottani állítás két számra érvényes, akkor igaz ezek szorzatára is.
12.3.9 Legyen |A| = k, c kvadratikus nemmaradék mod p, és tekintsük az ai +cajösszegeket, ezek száma k 2 . Ha k 2 > p, akkor az összegek között biztosan
van két egyenlő, amit átrendezve ai − ar = c(as − aj ) adódik. Itt ai − arés as − aj közül (pontosan) az egyik kvadratikus maradék mod p.
12.3.10 Általánosítsuk a 12.3.3 Tétel kimondása előtti meggondolásokat.

12.4.
12.4.1 Az utolsó három egyenlőség nyilvánvaló, az elsőnél R(3, 2) ≤ 6-ot már
igazoltuk, így csak azt kell belátni, hogy egy 5 szögpontú teljes gráf éleikiszínezhetők két színnel úgy, hogy ne keletkezzék egyszínű háromszög.
Erre megfelel, ha egy ötszög oldalait pirosra, az átlóit pedig kékre festjük.
12.4.2 A 12.4.1 Tétel bizonyításának I. részében az()
R(3, t) ≤ t R(3, t − 1) − 1 + 2(∗)

egyenlőtlenséget igazoltuk. Innen R(3, t) ≤ tR(3, t − 1), és (a) azonnal adódik teljes indukcióval. Az élesebb (b) becslésnél az indukcióhoz
használjuk (*)-ot és az e sorfejtéséből kapott(111)⌈et!⌉ = t! 1 + + + . . . +
+1
1! 2!
t!

686

Eredmények 12.4.
alakot.

12.4.3a) Következik az előző feladat (b) része alapján S(t) < R(3, t)-ből (lásd a
12.4.2 Tétel bizonyítását).
b) Vegyük az 1, 2, . . . , n = S(t) számoknak egy „rossz” színezését t színnel
(azaz, amikor az x + y = z egyenletnek nincs egyszínű megoldása), majdhasználjuk a t + 1-edik színt az n + 1, . . . , 2n + 1 számok mindegyikénél,végül színezzük ki a 2n + 2, . . . , 3n + 1 számokat ugyanúgy, mint az elsőn-et (azaz 2n+1+i színe legyen ugyanaz, mint az i színe). Mutassuk meg,hogy ez az 1, 2, . . . , 3n + 1 számoknak egy rossz színezése t + 1 színnel.
c) Bizonyítsunk teljes indukcióval (b) alapján.
d) A (b)-beli konstrukciót általánosítjuk. Legyen ν az 1, . . . , n = S(t) egy
rossz színezése t színnel és ϱ az 1, . . . , r = S(v) egy rossz színezése v
másik színnel. Ekkor az alábbi konstrukció az 1 ≤ m ≤ 2nr + n + r
számok egy rossz színezése lesz t+v színnel: legyen m = i(2n+1)+j, ahol
1 ≤ j ≤ 2n+1, és legyen m színe ν(j), ha 1 ≤ j ≤ n, illetve ϱ(i), ha n+1 ≤≤ j ≤ 2n + 1 (azaz a 2n + 1 hosszúságú intervallumok első felében mindig
ismételjük meg az 1, 2, . . . , n-nek a ν szerinti színezését, az intervallumok
második fele pedig legyen egyszínű, ahol a színt az intervallum 1, 2, . . . , rsorszámának a ϱ szerinti színezése adja).
12.4.4 5n − 1.
12.4.5 Alkalmazzuk a 12.4.2 Tétel bizonyításának gondolatmenetét R(3, t) helyett R(4, t)-vel.
12.4.6 Ha B t + C t ≡ Dt (mod p), ahol BCD ̸≡ 0 (mod p), és CF ≡ 1(mod p), akkor (BF )t + 1 ≡ (DF )t (mod p).
12.4.7a) Használjunk váltakozva egyre hosszabb piros, illetve kék intervallumokat.
b) Az összes számtani sorozatot sorozatba rendezzük, és rendre mindegyikbe
beteszünk egy kék elemet, arra vigyázva, hogy a következő kék szám
mindig legalább a duplája legyen az előzőnek. — „Konkrétabb” konstrukció: az n! + n alakú számok legyenek a kékek, ekkor minden a + md,
m = 1, 2, . . . számtani sorozatban lesz kék elem, mert pl. n = a + d-re(a + d)! + a + d ≡ a (mod d), tehát nincs végtelen piros számtani sorozat,
és a gyors növekedés miatt 3-tagú kék sincs.
12.4.8 Legyen m = w(k, t) + 1, ekkor a 12.4.4A Tétel alapján kapunk egy mnél kisebb k-tagú egyszínű számtani sorozatot (a továbbiakban k-ESZ).
Tekintsük most az m, 2m, . . . , (m − 1)m számokat, és alkalmazzuk újra a
12.4.4A tételt (mintha az m „együtthatói” lennének így színezve), ekkor

Eredmények 12.5.

687

az m többszöröseiből kapunk egy újabb k-ESZ-t, ami kisebb m2 -nél, stb.
Az így nyert végtelen sok k-ESZ közül végtelen soknak azonos a színe,
mert csak véges sok szín lehetséges.
12.4.9 Alkalmazzuk a Van der Waerden-tételt a kettőhatványok kitevőire.
12.4.10 PPKKPPKK mutatja, hogy 8 szám még kevés. Azt, hogy 9 már elég,(minél kevesebb) esetszétválasztással lehet igazolni; érdemes a (szín- ésszám)szimmetriákat felhasználni: az 1,5,9 közül az 5 piros, az 1 kék és a
9 vagy kék, vagy piros, majd a 3 és a 7 színét nézzük stb.
12.4.11a) Az 1, 2, . . . , n számokat 2n -féleképpen színezhetjük ki két színnel. Számoljuk most meg azokat a színezéseket, amelyeknél előfordul k-tagú egyszínű számtani sorozat (k-ESZ). A k-ESZ-ek száma (pl. a kezdőtag és
a diﬀerencia szerint összeszámolva) legfeljebb n2 /2(k − 1), egy k-ESZ
színe kétféle lehet, a többi szám színezése pedig 2n−k -féle. Ennélfogvaösszesen legfeljebb n2 2n−k /(k − 1) színezésnél fordulhat elő k-ESZ (persze így számos rossz színezést többszörösen√ is megszámoltunk). Ezért, han2 2n−k /(k − 1) < 2n , azaz n < 2k/2 k − 1, akkor biztosan van olyan
színezés, amelyben nem fordul elő k-ESZ.
b) Tekintsük a 2p elemű T véges testet, legyen ∆ a multiplikatív csoport
generátoreleme és W egy p − 1-dimenziós altér T -ben (mint Z2 feletti
vektortérben). A színezés: k piros, ha ∆k ∈ W . Az 1, 2, . . . , p(2p − 1)
számokat ily módon kiszínezve nem fordul elő p+1-tagú egyszínű számtani
sorozat.
12.4.12 Írjuk fel a számokat d alapú számrendszerben, ahol d értékét később alkalmasan megválasztjuk. Tekintsük most azokat a számokat n -ig, amelyek
felírásában minden számjegy < d/2 és a számjegyek négyzetösszege egy
adott q érték. Mutassuk meg, hogy egy ilyen számhalmazban nem fordul
elő háromtagú számtani sorozat, továbbá q és d alkalmas megválasztásával
elérhető, hogy a halmaz elemszáma a feladat állításának megfelelően nagy
legyen.

12.5.
12.5.1 Az 1, 2, . . . , M = [m1 , . . . , mk ] számok közül az ai (mod mi ) maradékosztály M/mi elemet tartalmaz, és mivel minden szám benne van legalább∑kaz egyik maradékosztályban, ezért i=1 M/mi ≥ M .
12.5.2 Az új maradékosztálynak részhalmaza a régi.
12.5.3 Legyen mi tetszőleges és L a többi mj legkisebb közös többszöröse. A

688

Eredmények 12.6.
feltétel szerint van olyan c, amely nincs benne a j ̸= i-hez tartozó maradékosztályok egyikében sem. Ekkor c + L is ilyen tulajdonságú. Ez
azt jelenti, hogy mindkét számot az ai (mod mi ) maradékosztálynak kelltartalmaznia, azaz c ≡ c + L (mod mi ), és így mi | L.

12.5.4 Használjuk fel az előző három feladatot.
12.5.5 Válassszuk például modulusnak a 120 osztóit (az 1 és a 2 kivételével).
12.5.6a) Járjunk el hasonlóan, mint a 12.5.1 feladatnál.
b) Ez a 12.5.1 Tétel bármelyik bizonyításából leolvasható.
c) Legyen mi = 2i , ha 1 ≤ i ≤ k − 1.
12.5.7 Ilyenek például a 3-mal osztható páros számok, a 3n + 3 alakúak kivételével. Ha az n = 0 kitevőt is megengedjük, akkor az 1 + p alakúakat is lekell számítani, ahol p (egy 6k − 1 alakű) prímszám, de még így is végtelen
sok nem előálló marad, a prímek „ritkasága” miatt. Az általános esetbenhasonlóan kell eljárni a 3 helyett az a-val, illetve b/2-vel. (Ez mutatja,
hogy b = 2 volt az egyetlen nehéz eset, lásd a 12.5.2 Tételt.)

12.6.
12.6.1 A pontos megfogalmazás a következő. Tekintsük a nemnegatív egészek
egy tetszőleges felbontását az I és J végtelen részhalmazok diszjunkt
egyesítésére,és írjuk fel az n számot c alapú számrendszerben: n =
∑V
v
=
γ
c
,
0 ≤ γv < c. Legyen A = {n | γi = 0 minden i ∈ I}v
v=0és B = {n | γj = 0 minden j ∈ J}. A komplementumságot az biztosítja, hogy minden szám felírható c alapú számrendszerben. Minden
ilyen konstrukciónál lim inf n→∞ A(n)B(n)/n = 1 (de könnyen láthatóan
lim supn→∞ A(n)B(n)/n > 1).
12.6.2 Nem, ez a 12.5.2 Tételből következik.
12.6.3 (a) Szükséges és elégséges. — (b) Elégséges, de nem szükséges, lásd pl. a
12.4.7b feladat piros halmazát. — (c) Szükséges, de nem elégséges. —(d) Se nem szükséges, se nem elégséges.
12.6.4 A 12.6.1 Tétel bizonyításához hasonlóan érdemes eljárni.
Mivelat ≡ t (mod 2i 3j ), ha i, j ≤ t, ezért az ak−s számok, log6 k + 1 ≤ s ≤≤ log6 k + dk , teljes maradékrendszert alkotnak mod dk , ha dk = 2i 3j és
dk < k − 5 log6 k. Az elemszámbecslésekhez később felhasználandó dk ∼ kés dk ≤ dk+1 további feltételek azért biztosíthatók, mert a nagyság szerint
rendezett 2i 3j alakú számok sorozatában a szomszédos elemek hányadosa

689

Eredmények 12.6.

1-hez tart, ugyanis a log2 (2i 3j ) értékek törtrésze a 8.4.1 Tétel szerint
mindenütt sűrű [0, 1]-ben.
Ha most ak ≤ n < ak+1 , akkor n = ak−s + rdk , ahol 6k (1 − 1/k) << rdk < 6k+1 , tehát az ilyen rdk -kat választva B-nek, az A komplementumát kapjuk. Az elemszámbecsléseknél A(n) = k, és B(n)-nél azoknak az rdj -knek a számát kell viszonylag pontosan becsülni, amelyekrek ≥ j ≥ v = ⌊k − 2 log6 k⌋, majd ezek kezeléséhez használjuk a dv „közös
nevezőt”, a j < v-hez tartozó tagok száma pedig legfeljebb 6v .
12.6.5 Mivel ekkor A(n) = π(n) ∼ n/ log n, ezért
S(n) <∼ 10n∑log2 n
i=2

n

∫ n
∼ 10
2

log2 x10(log n)3
dx ∼
.
x
3

12.6.6 Használjuk a 12.6.4 Tételt. Mivel (log A(i))/A(i) → 0, ezért bármely
ε > 0-hoz van olyan i0 , hogy i ≥ i0 -ra (log A(i))/A(i) < ε/20. Ekkor
B(n) < 10n∑log A(i)
i=a1

A(i)

< C + 10n∑log A(i)
i=i0

A(i)

<C+

10nε
< εn.
20

MEGOLDÁSOK

1. Számelméleti alapfogalmak• 1.1.18 Mivel bármely n-re csak véges sok ,,játék” lehetséges, és mindegyik
játék az egyik játékos győzelmével végződik, ezért valamelyik játékosnak biztosan van nyerő stratégiája. Megmutatjuk, hogy ez mindig az első játékos.
Indirekt tegyük fel, hogy valamilyen n-re a második játékosnak, Tündének
lenne nyerő stratégiája. Ez azt is jelenti, hogy ha Csongor d1 = 1-gyel kezd,
akkor Tünde tud olyan d2 = r-et mondani, majd tovább úgy játszani, hogy
nyerjen. Ekkor viszont Csongor d1 = r-rel kezdve nyerne, hiszen pontosan
ugyanúgy kell játszania, mint Tündének az előbb (az előző játékhoz képest
legfeljebb a még fel nem használt 1-es szám okozhatna eltérést, azonban az 1
most sem választható későbbi lépésben, hiszen már d1 = r-nek osztója). Ellentmondásra jutottunk, tehát bármely n > 1-re a kezdő játékosnak van nyerő
stratégiája. — Vegyük észre, hogy a bizonyítás csak a nyerési lehetőség tényét
adja a kezdő részére, a konkrét stratégia megtervezésére semmilyen információt sem nyújt. Bonyolult szerkezetű n-ek esetén nem is ismeretes, hogyan kell
Csongornak optimálisan játszania (és ebben az esetek óriási számára tekintettel egy számítógép sem tud rajta segíteni).
√• 1.1.22 f ) Mivel az 1 + 2 egység, továbbá egy egység negatívja és minden (egész kitevőjű) hatványa is egység, ezért a megadott számok valóban
egységek. A megfordításhoz indirekt tegyük fel, hogy ezeken kívül is létezik
egy ε egység. Ezt szükség esetén −1-gyel beszorozva√ egy δ > 0 egységet√ kapunk. Ekkor létezik olyan k√egész, amelyre (1 + 2)k < δ < (1 + 2)k+1√.
Az egyenlőtlenséget az (1 + 2)−k egységgel
beszorozva
egy
olyan
u
+
v
2
√
√
egységhez jutunk, amelyre 1 < u + v 2 < 1 + 2. Itt u és v előjele nyilván
nem lehet azonos (és egyikük sem lehet nulla). A továbbiakban
felhasználjuk,√√
hogy |u2 − 2v 2 | = 1. Ha u2 − 2v 2 = −1, akkor ϱ = v 2 − u = 1/(u + v 2)
miatt 0 < ϱ < 1. Ugyanakkor v > 0, u < 0 esetén ϱ > 1, illetve v < 0, u > 0
esetén ϱ < 0 adódik, ami ellentmondás. Ugyanígy jutunk ellentmondásra az
u2 − 2v 2 = 1 esetben is.
• 1.1.23 a) Ha e egységelem, akkor e nyilván egység is. Megfordítva, legyen
ε egység. Ekkor ε | ε, azaz van olyan q, amelyre ε = εq. Megmutatjuk, hogy q
egységelem. Tetszőleges c-re εc = εqc, azaz ε(c−qc) = 0. A nullosztómentesség
miatt c = qc, azaz q valóban egységelem.

Megoldások 1.4.

691

• 1.3.11 Mivel (a, b) | a, ezért c(a, b) | ca, ugyanígy c(a, b) | cb. Ez azt jelenti,
hogy c(a, b) közös osztója ca-nak és cb-nek, ennélfogva c(a, b) osztója ca és cb
kitüntetett közös osztójának, (ca, cb)-nek is. Ennek alapján alkalmas q egésszelc(a, b)q = (ca, cb). Azt kell még megmutatnunk, hogy q egység.
Mivel c(a, b)q = (ca, cb) | ca, ezért q(a, b) | a, ugyanígy q(a, b) | b. Ez
azt jelenti, hogy q(a, b) közös osztója a-nak és b-nek, ennélfogva osztója akitüntetett közös osztójuknak is, azaz q(a, b) | (a, b). Innen q | 1, tehát qvalóban egység.
• 1.3.13 Mivel (n, k) | n, ezért a(n,k) − 1 | an − 1, ugyanígy a(n,k) − 1 | ak − 1.
Ez azt jelenti, hogy a(n,k) − 1 közös osztója an − 1-nek és ak − 1-nek.
Most a kitüntetett tulajdonságot igazoljuk, vagyis azt, hogy an −1 és ak −1bármely d közös osztója osztja a(n,k) −1-et is. Az (n, k) = nu+kv előállításban
u és v nyilván ellentétes előjelűek, ezért feltehető, hogy (n, k) = nr − ks, aholr, s pozitív egészek. Ekkord | an − 1 | anr − 1ésd | ak − 1 | aks − 1,innend | (anr − 1) − (aks − 1) = anr − aks = aks (anr−ks − 1) = aks (a(n,k) − 1) .
Itt d az utolsó szorzat első tényezőjéhez, aks -hez relatív prím, hiszen d | aks −1.
Ezért d szükségképpen osztja a második tényezőt, a(n,k) − 1-et.
• 1.4.5 Arra fogunk támaszkodni, hogy a k páratlansága miatt bármely cesetén ck + (t + 1 − c)k osztható c + (t + 1 − c) = t + 1-gyel. Legyen először
t páros. Ekkor az
( k
) (
)
(
)
1 + tk + 2k + (t − 1)k + . . . + (t/2)k + (1 + (t/2))kcsoportosításból az előzőek alapján látszik, hogy a szóban forgó összeg osztható t + 1-gyel. Ezért csak úgy lehet prím, ha értéke éppen t + 1. Azonban
1k + 2k + 3k + . . . + tk ≥ 1 + 2 + . . . + t = t(t + 1)/2 ≥ t + 1 ,és egyenlőség csak akkor teljesül, ha t = 2 és k = 1, és ekkor 11 + 21 = 3
valóban prím.
Ha t páratlan, akkor a helyzet csak annyiban változik, hogy az összegnek()kvan középső tagja, (t+1)/2 , tehát az előző gondolatmenet alapján az összeg

692

Megoldások 1.5.

osztható (t + 1)/2-vel. Ugyanakkor az összeg nagyobb, mint (t + 1)/2, vagyis
sohasem lehet prím.
A feladat egyetlen megoldása tehát t = 2, k = 1.
Hasonló gondolatmenettel érhetünk célhoz úgy is, hogy t + 1 helyett at-vel való oszthatóságot vizsgáljuk.
• 1.5.8 Legyen p felbonthatatlan és tegyük fel, hogy p | ab. Azt kell igazolnunk,hogy ekkor p | a és p | b közül legalább az egyik fennáll.
Ha a = 0, akkor p | a. Ha a egység, akkor p | b.
Ha a és b nullától és egységtől különbözők, akkor bontsuk fel őket felbonthatatlanok szorzatára:a = u1 . . . uk ,b = v1 . . . v m .

Innen kapjuk, hogy ab = u1 . . . uk v1 . . . vm .
A p | ab feltételből ab = ps alkalmas s egésszel. Bontsuk fel s-et felbonthatatlanok szorzatára: s = w1 . . . wn , ekkor ab = pw1 . . . wn .
A számelmélet alaptétele szerint az ab-re kapott két felbontás lényegében
ugyanaz, tehát a p meg kell hogy egyezzen valamelyik ui vagy vj alkalmas
egységszeresével. Ennek megfelelően p | a vagy p | b teljesül.
• 1.5.10 A 2 és a 3 megfelel, például 2 = 13 + 13 , illetve 32 = 23 + 13 .
Megfordítva, tegyük fel, hogy x3 + y 3 = pα . Az egyenletet (x, y)3 -nalleosztva egy hasonló típusú egyenlet keletkezik, ahol (az új) x és y már relatív
prímek (és az új α esetleg kisebb, mint az eredeti volt).
Szorzattá bontás után (x + y)(x2 − xy + y 2 ) = pα adódik, ahonnan aszámelmélet alaptétele (és a pozitivitási feltételek) szerint azt kapjuk, hogy
x + y = pβ ,x2 − xy + y 2 = pγ ,β > 0,γ ≥ 0,

β + γ = α.

(1)

Az (x + y)2 − (x2 − xy + y 2 ) = 3xy azonosságba (1)-et beírva nyerjük, hogyp2β − pγ = 3xy .

(2)Ha γ = 0, akkor
1 = x2 − xy + y 2 = (x − y)2 + xy ≥ xy ≥ 1 · 1 = 1
alapján x = y = 1 és p = 2.
Ha γ > 0, akkor (2) szerint p | 3xy. Ha itt p | x, akkor p | x + y(= pβ )miatt p | y is teljesül, ami ellentmond annak, hogy x és y relatív prímek.

Megoldások 1.6.

693

Ugyanígy p | y is ellentmondásra vezet. Ezért csak p | 3, azaz p = 3
lehetséges.
• 1.6.3 a) Indirekt tegyük fel, hogy valamilyen x, z > 0 és k ≥ 2 egészekre
x(x+1) = z k . Mivel (x, x+1) = 1, ezért az 1.6.2a feladat szerint léteznek olyanu és v pozitív egészek, amelyekkel x = uk és x + 1 = v k . Innen v k − uk = 1.
Ez azonban lehetetlen, hiszenv k − uk ≥ (u + 1)k − uk > kuk−1 > 1.
• b) Az előző gondolatmenetet kell egy kicsit módosítani. A három tényező
általában nem lesz páronként relatív prím, azonban a középső szám relatív
prím a másik kettőhöz, és így (x − 1)x(x + 1) = z k , (x, x2 − 1) = 1 alapján
x = uk , x2 − 1 = v k . Ekkor (u2 )k − v k = 1, ami lehetetlen.
• c) Először megmutatjuk, hogy négy egymást követő pozitív egész szorzata
nem lehet négyzetszám, azaz (x ≥ 2-re)(x − 1)x(x + 1)(x + 2) = z 2(1)

nem teljesülhet. Legyen x(x + 1) = 2y, ekkor (x − 1)(x + 2) = 2y − 2, és így (1)átírható y(y − 1) = (z/2)2 alakba. Az a) részben láttuk, hogy két szomszédos
pozitív egész szorzata nem lehet négyzetszám, és ezért (1) sem állhat fenn.
A továbbiakban legyen k ≥ 3, és tegyük fel indirekt, hogy négy egymást
követő pozitív egész szorzata k-adik hatvány. A négy tényező között található
olyan, amelyik a másik háromhoz relatív prím: a két középső szám közül apáratlan biztosan megfelel. Ekkor a b)-ben látott gondolatmenet szerint mind
ez a tényező, mind pedig a másik három tényező szorzata k-adik hatvány. Ez
azt jelenti, hogy(uk − 1)(uk + 1)(uk + 2) = v k(2)vagy(uk − 1)(uk + 1)(uk − 2) = v k .

(3)

Megmutatjuk azonban, hogy k ≥ 3-ra (2) és (3) bal oldala két szomszédos
egész szám k-adik hatványa közé esik, vagyis nem lehet k-adik hatvány.
Vizsgáljuk először (2) bal oldalát, ez u3k + 2u2k − uk − 2. Belátjuk, hogy(u3 )k < u3k + 2u2k − uk − 2 < (u3 + 1)k .
Itt az első egyenlőtlenség nyilvánvaló, a második pedig az alábbi módon következik (k ≥ 3):(u3 + 1)k > u3k + ku3(k−1) > u3k + 2u2k > u3k + 2u2k − uk − 2.

694

Megoldások 1.6.

Tekintsük most (3) bal oldalát, ez u3k − 2u2k − uk + 2. Azt igazoljuk,
hogy(u3 )k > u3k − 2u2k − uk + 2 > (u3 − 1)k .
Az első egyenlőtlenség most is nyilvánvaló. A második egyenlőtlenség k = 3
esetén (u3 −1)(u3 −3) > 0-val ekvivalens, ami igaz. Ha k ≥ 4, akkor a második
egyenlőtlenséget írjuk át(u3 )k − (u3 − 1)k > 2u2k + uk − 2
alakba. Ennek fennállását a következőképpen láthatjuk be:(u3 )k − (u3 − 1)k = u3(k−1) + u3(k−2) (u3 − 1) + . . . + (u3 − 1)k−1 >> u3k−3 + u3k−6 > u · u2k + uk > 2u2k + uk − 2 .
• 1.6.4 Tegyük fel, hogy 2p−1 − 1 = n2 p. Mivel p = 2 nem megfelelő, ezértp − 1 páros, és az egyenlet átírható(2(p−1)/2 − 1)(2(p−1)/2 + 1) = n2 p
alakba.
A bal oldalon a két tényező relatív prím, ezért a következő két eset lehetséges:2(p−1)/2 − 1 = u2és2(p−1)/2 + 1 = pv 2 ,(i)illetve2(p−1)/2 − 1 = pu2

és2(p−1)/2 + 1 = v 2 .

(ii)

Az (i) esetben az első egyenlőség bal oldala p > 3-ra 4-gyel osztva 3-at ad
maradékul, és így nem lehet négyzetszám. Vagyis csak p = 3 lehetséges, ami
valóban ki is elégíti a feladat feltételeit.
A (ii) esetben a második egyenlőség átírható 2(p−1)/2 = (v − 1)(v + 1)
alakba. Ez csak úgy lehet, ha v − 1 és v + 1 mindketten kettőhatványok. Mivela különbségük kettő, ezért csak a 2 és 4, azaz v = 3 jöhet szóba. Az innen
adódó p = 7 valóban ki is elégíti a feladat feltételeit.
A feladat összes megoldása tehát p = 3 és p = 7.
• 1.6.10 Első megoldás: Ha n = 1, akkor A(1) = B(1) = d(1) = 1, tehát
ekkor egyenlőség teljesül. Legyen n > 1, és legyen az n kanonikus alakja
αr1
n = pα1 . . . pr , ahol αi > 0. A négyzetmentes osztókat az jellemzi, hogy bennük minden pi kitevője 0 vagy 1, tehát A(n) = 2r . A négyzetszámosztókban
minden pi kitevője páros, tehát B(n) = (1 + ⌊α1 /2⌋) . . . (1 + ⌊αr /2⌋).

Megoldások 1.6.

695

Az a) rész állítása azonnal adódik a 2(1+⌊αi /2⌋) ≥ αi +1 egyenlőtlenségből (páros αi esetén itt >, páratlan αi esetén = áll), hiszen i = 1, 2, . . . , r-rea bal oldalakat összeszorozva A(n)B(n), a jobb oldalakat összeszorozva d(n)adódik. Így az is látszik, hogy egyenlőség pontosan akkor teljesül, ha minden
i-re 2(1 + ⌊αi /2⌋) = αi + 1, azaz ha minden αi páratlan.
• Második megoldás: Egy számból a maximális négyzetszám osztóját leválasztva a számelmélet alaptétele alapján kapjuk, hogy minden pozitív egész
egyértelműen írható fel egy négyzetszám és egy négyzetmentes szám szorzataként. Így n minden osztója is egyértelműen írható fel n egy négyzetszám
osztójának és egy négyzetmentes osztójának a szorzataként, tehát d(n) ≤≤ A(n)B(n). Egyenlőség akkor áll fenn, ha az ilyen szorzatként adódó számok
valamennyien osztói az n-nek. Ha n-ben valamelyik pi prím kitevője páros
αi = 2m, akkor a p2m
i pi szorzat már nem lesz osztója n-nek. Hasonlóan
látható, hogy ha viszont n-ben minden prím kitevője páratlan, akkor minden
ilyen szorzat n-nek osztója. Vagyis egyenlőség pontosan akkor teljesül, ha nkanonikus alakjában minden prím kitevője páratlan.
• 1.6.28 A megfelelő rozmárlétszámok éppen a kettőhatványok. Ha a fejet−1-nek, az írást +1-nek vesszük, akkor a feladatot a következőképpen fogalmazhatjuk át. Legyen x1 , x2 , . . . , xn mindegyike 1 vagy −1, és képezzük az
x1 x2 , x2 x3 , . . . , xn x1 számokat, majd ugyanezt az eljárást ismételgessük. A
feladat azt kérdezi, hogy milyen n esetén jutunk el garantáltan a csupa 1-bőlálló sorozathoz.
Lássuk be először, hogy páratlan n > 1-re a játék nem feltétlenül ér véget.
A számok szorzata minden lépésben az előző számok szorzatának a négyzete,
tehát a második lépéstől kezdve biztosan +1. Emiatt a −1-ek száma minden
lépésben páros kell legyen. Ha eredetileg nem a csupa 1-esből és nem a csupa−1-esből indultunk ki, akkor a játék véget érése előtt minden számnak −1-nek
kell lennie, ami páratlan sok −1 lenne, tehát nem valósulhat meg. (Innen az islátszik, hogy páratlan n-re a játék csakis akkor ér véget, ha a csupa +1 vagy
a csupa −1 sorozat volt a kezdő helyzet.)
Legyen most n = rt, ahol t > 1 páratlan. Ha a kiinduló helyzet periodikus
t szerint (és nem minden elem azonos), akkor a páratlan esetre látottak biztosítják, hogy a játék nem ér véget.
Végül megmutatjuk, hogy n = 2k esetén a játék biztosan véget ér. Néhány
lépést felírva megsejthető, majd r szerinti teljes indukcióval vagy a Pascalháromszög alapján bizonyítható, hogy az r-edik lépésben a sorozatunk elsőtagja(r) (r)(rr)
x10 x21 . . . xr+1
,
(1)

696

Megoldások 1.6.

ahol xi -t i > n-re az x1 = xn+1 = x2n+1 = . . . , x2 = xn+2 = . . . stb. módon értelmezzük (mindez nemcsak kettőhatványokra, hanem bármely n-reérvényes). Ezt most r = n = 2k -ra alkalmazva kapjuk, hogy (1)-ben min( 2k )den kitevő páros, hiszen x1 -é 2, a többi xi -nél pedig i−1, ami páros (lásdaz 1.6.27 feladat (c2) részét). Így a szorzat négyzetszám, vagyis +1. Hasonlóan kapjuk, hogy az n-edik lépésben kapott többi szám is +1, tehát a játék(legkésőbb ekkorra biztosan) véget ért.
• 1.6.29 Első megoldás: Legyen 1 ≤ k ≤ n. Ekkor n! + k > k miattválaszthatunk olyan p prímszámot, hogy n! + k a p-nek magasabb hatványávalosztható, mint k. Legyen például pα | k, pα+1 ̸ | k, és pα+1 | n! + k (aholα ≥ 0 egész). Állítjuk, hogy p nem osztója az n! + t (t = 1, 2, . . . , n, t ̸= k)számoknak.
Ha p > n, akkor ez nyilvánvaló, hiszen ekkor n darab egymás utáni szám
közül p legfeljebb egynek lehet osztója. Tegyük fel tehát, hogy p ≤ n. Ha még
p | n! + t is fennállna (ahol 1 ≤ t ≤ n és t ̸= k), akkor p | n! miatt p | t, és így
kt | n! miatt pα+1 | n! következne, ami ellentmond annak, hogy pα+1 | n! + kés pα+1 ̸ | k.
• Második megoldás: Először megmutatjuk, hogy mindegyik n! + k számnak
(1 ≤ k ≤ n) van n/2-nél nagyobb prímosztója. Sőt, belátjuk, hogy az
n!+k = k(n!/k+1) alakban a második tényező egy tetszőleges p prímosztójára
p > n/2. Tegyük fel indirekt, hogy p ≤ n/2. Az n!/k szám az 1-től n-ig terjedő számok közül a k kivételével a többi n − 1-nek a szorzata. Mivel p ≤ n/2
miatt n! tényezői között p és 2p is szerepel, így n!/k-ban ezek közül legalább
az egyik megmarad (k = 2p esetén a p, k = p esetén a 2p, más k-ra pedig
mindkettő), tehát n!/k osztható p-vel. Emiatt n!/k + 1 nem lehet oszthatóp-vel, ami ellentmondás.
Most belátjuk, hogy az n!+k számok egy-egy n/2-nél nagyobb tetszőlegesprímosztója megfelel a feladat feltételeinek. Ehhez elég azt igazolni, hogy egy
n/2-nél nagyobb q prímszám legfeljebb egy darab n! + j-nek lehet osztója(1 ≤ j ≤ n). Ha q ≥ n, akkor ez abból következik, hogy n szomszédos szám
közül legfeljebb egy osztható q-val. Ha n/2 < q < n, akkor q szerepel n!-ban,tehát ha q osztója n! + j-nek, akkor osztója (n! + j) − n! = j-nek is. Mivel
2q > n ≥ j > 0, ezért ez csak úgy lehetséges, ha q = j, tehát a j most isegyértelműen meghatározott.
• 1.6.30 A keresett maximum értéke 9.
Először megmutatjuk, hogy a 9 elérhető. Legyenek p1 , p2 , . . . , p4991 különböző prímszámok, és jelölje P ezek szorzatát. Ekkor az alábbi 5000 számMegoldások 1.6.

697

megfelel a feltételeknek:
ai = P/pi , i = 1, 2, . . . , 4991;

bj = pj , j = 1, 2, . . . , 8 és b9 = p9 ·p10 ·. . .·p4991 .

Itt a b1 , b2 , . . . , b9 számok páronként relatív prímek. Belátjuk továbbá,hogy bármely tíz számnak a legkisebb közös többszöröse éppen P . Egyrészt P
mindegyik ai -vel és bj -vel osztható, így P -nél nagyobb érték nem jöhet szóba,
másrészt két (vagy több) ai -nek, illetve az összes bj -nek a legkisebb közös
többszöröse P , és bármely tíz szám között vagy megtalálható az összes bj ,vagy pedig szerepel legalább két ai .
Most bebizonyítjuk, hogy tíz páronként relatív prím szám már nem fordulhat elő. Tegyük fel indirekt, hogy a c1 , c2 , . . . , c5000 különböző pozitív
egészek közül bármely tíznek a legkisebb közös többszöröse ugyanaz a C szám,és (mondjuk) c1 , c2 , . . . , c10 páronként relatív prímek. Ekkor c1 , c2 , . . . , c10
legkisebb közös többszöröse C = c1 · c2 · . . . · c10 . Tekintsük most c11 -et. A
feltétel szerint c2 , c3 , . . . , c10 , c11 legkisebb közös többszöröse is C. Ez azt jelenti, hogy c11 -nek csak olyan prímosztói lehetnek, amelyek c1 , . . . , c10 valamelyikében már előfordultak, továbbá c11 a c1 prímtényezőit pontosan ugyanazon
a hatványon kell hogy tartalmazza, mint amelyiken azok a c1 -ben szerepeltek (hiszen ezekkel a prímekkel — a páronként relatív prímség miatt — ac2 , . . . , c10 számok egyike sem osztható). Ismételjük meg ugyanezt a gondolatmenetet arra a tíz számra, amikor a c11 -hez a c1 , c2 , . . . , c10 számok közül
rendre mindig másik kilencet veszünk hozzá, és így képezzük a legkisebb közös
többszöröst. Innen kapjuk, hogy csak c11 = C lehetséges. Ugyanez adódik c12 re is, ami ellentmondás, hiszen a számainknak különbözőknek kell lenniük.
• 1.6.34 I. Először belátjuk, hogy az S(i) értékek között (i ≥ 2 esetén) csak
(pozitív) összetett számok szerepelnek. S(i) ̸= 1, mert S(i) ≥ i ≥ 2. Továbbá
S(i) nem lehet prím, mert egy olyan, különböző pozitív egészekből képezettszorzat, amelynek a legnagyobb tényezője prím, nem lehet négyzetszám, hiszena szorzat ennek a prímnek csak az első hatványával osztható.
II. Most megmutatjuk, hogy i < j esetén S(i) ̸= S(j). Indirekt tegyükfel, hogy S(i) = S(j) = n. Ekkor vannak olyan i = b1 < b2 < . . . < br = n és
j = c1 < c2 < . . . < cs = n számok, hogy a b1 b2 . . . br szorzat és a c1 c2 . . . cs
szorzat is négyzetszám. Szorozzuk ezeket össze, majd hagyjuk el a kétszerelőforduló tényezők mindkét példányát (azaz a b1 b2 . . . br c1 c2 . . . cs szorzatot
leosztjuk azon számok szorzatának a négyzetével, amelyek mind a b-k, mind
pedig a c-k között szerepelnek).
Az így kapott szorzat tényezői között i < j miatt biztosan megtalálható
az i, ugyanakkor hiányzik az n. Nyilván ez a szorzat is négyzetszám, amelynek

698

Megoldások 1.6.

a legkisebb tényezője i, legnagyobb tényezője viszont n-nél kisebb. Ez azonban
ellentmond S(i) definíciójának.
III. Végül azt igazoljuk, hogy minden n összetett szám fellép az S(i)értékek között. Tekintsük ehhez az összes olyan u1 < u2 < . . . < uk számhalmazt, amelyre uk = n és az u1 u2 . . . uk szorzat négyzetszám. Ilyen számhalmaz biztosan létezik: ha n négyzetszám, akkor a k = 1, u1 = n választás
megfelel, egyébként pedig vegyük hozzá n-hez azokat a prímeket, amelyek nprímtényezős felbontásában páratlan hatványon szerepelnek.
Tekintsük most u1 lehető legnagyobb értékét, legyen ez m. Bebizonyítjuk,
hogy S(m) = n.
Indirekt tegyük fel, hogy vannak olyan v1 < v2 < . . . < vq egészek, amelyekre v1 = m, v1 v2 . . . vq négyzetszám és vq < n. Ekkor a II. pontban látott
gondolatmenethez hasonlóan képezzük az u-k és a v-k szorzatát, majd ebből
elhagyjuk a kétszer előforduló tényezők mindkét példányát. Az így kapottszorzat tényezői között megmarad az n, de hiányzik az m. Vagyis ez a szorzat
egy olyan négyzetszám, amelynek a legnagyobb tényezője n, de a legkisebb
tényezője nagyobb m-nél. Ez viszont ellentmond m választásának.
• 1.6.35 a) Nem létezik.
•Első bizonyítás: Indirekt tegyük fel, hogy az a + kd, k = 0, 1, 2, . . . számtani
sorozat megfelelne. Legyen p olyan prím, amely nem osztója d-nek. Ekkor
könnyen láthatóan az a + kd számok k = 1, 2, . . . , p2 -re csupa különböző
maradékot adnak p2 -tel osztva. Ez azt jelenti, hogy ezek a számok minden
lehetséges maradékot kiadnak p2 -tel osztva, így speciálisan a p maradékot is.
Egy teljes hatvány azonban nem lehet mp2 + p alakú, hiszen egy ilyen számp-nek pontosan az első hatványával osztható.
• Második bizonyítás: Egy d diﬀerenciájú számtani sorozatnak N -ig kb. N/deleme van, azonban N -ig csak ennél jóval kevesebb teljes hatvány
található:√
legfeljebb N 1/2 +N 1/3 +N 1/4 +. . . ≤ N 1/2 +log2 N ·N 1/3 < 2 N , ha N nagy.
Ez azt jelenti, hogy ha N -et megfelelően nagyra választjuk, akkor ,,nincs elégsok” teljes hatvány ahhoz, hogy a számtani sorozat minden tagja az legyen.
• Harmadik bizonyítás: Felhasználjuk a számtani sorozatok prímszámairavonatkozó Dirichlet-tételt, amely szerint (A, D) = 1 esetén az A+kD számtani
sorozat végtelen sok prímszámot tartalmaz (5.3.1 Tétel). Eszerint a + kd-bőlm = (a, d)-t kiemelve a + kd = m(A + kD) végtelen sokszor lesz mp alakú,
amely elég nagy p prím esetén nem lehet teljes hatvány.
• Negyedik bizonyítás: Ha a számtani sorozat első tagja (amelyről feltehetjük,
hogy 1-nél nagyobb) a = br , ahol r > 1 a lehető legnagyobb hatványkitevő,Megoldások 2.2.

699

akkor némi számolás után adódik, hogy az a + (a2 dr−1 )d tag nem lehet teljes
hatvány.
• b) Létezik. Teljes indukcióval bizonyítunk: Tegyük fel, hogy ak11 , . . . , aknn
egy d diﬀerenciájú számtani sorozat, és legyen ennek n + 1-edik tagjas = aknn +d. Ekkor minden tagot sk1 k2 ...kn -nel beszorozva egy teljes hatványokból álló n + 1 tagú számtani sorozatot nyerünk.

2. Kongruenciák• 2.2.4 f ) Akkor és csak akkor létezik modulo m teljes maradékrendszer csupaegyekből, ha m = 3k alakú.
Tegyük fel először, hogy m-nek van egy p ̸= 3 prímosztója, és mégis
lennének olyan csupaegyek, amelyek minden lehetséges maradékot kiadnának
modulo m. Ekkor nyilván modulo p is létrejönne minden lehetséges maradék,
vagyis létezne modulo p is teljes maradékrendszer csupaegyekből.
Ennek a modulo p teljes maradékrendszernek az elemeit szorozzuk meg
9-cel, és az eredményhez adjunk hozzá 1-et. Mivel (9, p) = 1, ezért így ismét
egy teljes maradékrendszert kapunk modulo p, amelynek az elemei tízhatványok. Ezek azonban nem adhatnak ki minden maradékot p-vel osztva: hap = 2 vagy 5, akkor csak a nulla maradék jön létre, más p esetén pedig a nulla
maradék biztosan nem jön létre.
Ez az ellentmondás mutatja, hogy ha m nem háromhatvány, akkor ilyen
csupaegyek nem léteznek.
Legyen most m = 3k . Belátjuk, hogy ekkor az első m darab csupaegy
mind különböző maradékot ad m-mel osztva (és így a megfelelő darabszám
miatt teljes maradékrendszert alkot modulo m).
Tegyük fel indirekt, hogy valamely 1 ≤ i < j ≤ m-re a j-edik és az i-edik
csupaegy különbsége osztható lenne 3k -val. Ekkor (3k , 10) = 1 miatt ennek
a különbségnek a 10i -edrésze, ami éppen a j − i-edik csupaegy, is osztható
lenne 3k -val. Másrészt viszont r szerinti teljes indukcióval igazolható, hogy
3r -rel legelőször a 3r -edik csupaegy osztható (lásd az 1.3.12b feladatot). Ebből
3k = m ≤ j − i < m következik, ami ellentmondás.
Így m = 3k valóban megfelel a feladat feltételeinek.
• g) Akkor és csak akkor létezik modulo m teljes maradékrendszer teljes
hatványokból, ha m négyzetmentes, azaz csupa különböző prímszám szorzata(vagy m = 1).
Ha m nem négyzetmentes, tehát valamely p prímre m osztható p2 -tel,
akkor például a p maradék nem jöhet létre: ennek a maradékosztálynak min-

700

Megoldások 2.2.

den eleme p-nek pontosan az első hatványával osztható, és így nem lehet teljes
hatvány.
Az állítás másik felének igazolásához először megmutatjuk, hogy bármely
p prímhez és bármely c-hez van olyan s > 0, hogy cs+1 − c osztható p-vel. Ha
c osztható p-vel, akkor ez tetszőleges s-re nyilvánvaló. Minden más esetben
is c hatványai csak véges sokféle maradékot adhatnak p-vel osztva, ezért van
olyan r < t, hogy p osztója ct − cr = cr−1 (ct−r+1 − c)-nek és így (p, c) = 1
miatt ct−r+1 − c-nek is.
Legyen most m = p1 . . . pr , pi ̸= pj . Belátjuk, hogy tetszőleges c-hez
van olyan T > 0, hogy cT +1 és c azonos maradékot adnak m-mel osztva,
azaz cT +1 − c osztható m-mel. Tekintsük a c-hez és a pi -khez tartozó előző
bekezdésbeli si kitevőket, ezek szorzata megfelel T -nek.
Végül tekintsünk egy c1 , . . . , cm teljes maradékrendszert modulo m, ahol
ci > 1. Az előbbiek szerint minden ci -hez létezik olyan ki > 1, amelyre
ci ≡ cki i (mod m). Ekkor a cki i teljes hatványok teljes maradékrendszert alkotnak modulo m.
• 2.2.8 a) Pontosan akkor tudnak összegyűlni, ha m páratlan vagy osztható
4-gyel.
Ha m páratlan, akkor a legnagyobb fán levő mókus maradjon ott, a két
szomszédja egy lépésben odaugrik, a két másodszomszédja két lépésben odaugrik stb.
Ha m osztható 4-gyel, akkor a fenti lépések után csak a legnagyobb fávalszemközti fán marad egy mókus, amely páros sok ugrással eljut a legnagyobb
fára, miközben egy másik mókus ide-oda ugrál a legnagyobb fa és valamelyik
szomszédja között.
Végül, ha m páros, de 4-gyel nem osztható, akkor a mókusok nem tudnakösszegyűlni. Tekintsük ugyanis, hány ugrással juthat el egy-egy mókus valamely kijelölt fára. Ezeknek az ugrásszámoknak az összege mindenképpen
páratlan, tehát a feladat feltételei szerint nem valósítható meg.
• b) Pontosan a páratlan m-ekre lesz mókusgyűlés.
Az a)-beli gondolatmenetek továbbra is érvényesek, ha m nem osztható
4-gyel.
A 4-gyel osztható (illetve tetszőleges páros) m-ekre számozzuk meg afákat sorban 1-től m-ig. Minden helyzetben adjuk össze azoknak a fáknak
a sorszámait, amely fákon mókus ül, mégpedig minden sorszámot annyiszor,
ahány mókus található az adott fán. Ennek az összegnek az m-mel vettmaradéka nem változik az ugrálás során. A kiindulási helyzetben ez a maradék
1 + 2 + . . . + m = m(m + 1)/2 = m · (m/2) + m/2 maradéka, ami m/2 (itthivatkozhattunk volna a 2.2.7a feladat eredményére is). Ha minden mókus

701

Megoldások 2.2.

ugyanazon a fán tanyázik, akkor a maradék nyilván 0, tehát ez az állapot nem
jöhet létre.
• 2.2.12 a) Ha (a, m) = 1, akkor az ari számok redukált maradékrendszert
alkotnak, tehát páronként inkongruensek modulo m.
Belátjuk, hogy m = 4k+2 esetén (a, m) = 2 mellett is fennáll a páronkénti
inkongruencia. Tegyük fel, hogy ari ≡ arj (mod m). A 2.1.3 Tétel egyszerűsítési szabálya szerint ekkor(m).
ri ≡ rj mod
2(1)

Továbbá (ri , m) = (rj , m) = 1 miatt ri és rj páratlanok, tehátri ≡ rj (mod 2).

(2)

Mivel (m/2, 2) = 1, ezért az (1) és (2) kongruenciákból ri ≡ rj (mod m),vagyis i = j következik.
Most azt mutatjuk meg, hogy a fentiektől eltekintve az ari számok nem
lesznek páronként inkongruensek modulo m.
A vizsgálatot két esetre bontjuk: (A) Az m-nek és az a-nak létezik egy
közös p > 2 prímosztója; (B) 2 | a és 4 | m.
Az (A) esetben
a·

)
( 2m
)
+1 ≡a·1≡a·+ 1 (mod m) .
p
p

(m

(3)

Ha itt (m/p + 1, m) = 1, akkor alkalmas i ̸= j-reri ≡ 1 ̸≡m+ 1 ≡ rj (mod m),pdeari ≡ arj (mod m).

Ha (2m/p + 1, m) = 1, akkor is ugyanígy kapjuk, hogy az ari számok nem
lesznek páronként inkongruensek modulo m.
Így az (A) eset lezárásához elég azt igazolni, hogy m/p + 1 és 2m/p + 1
közül legalább az egyik relatív prím az m-hez.
Legyen (m/p + 1, m) = d. Ekkor d | p(m/p + 1) − m = p, azaz csak d = pvagy d = 1 lehetséges. Ugyanígy adódik, hogy (2m/p + 1, m) = p vagy 1.
Mindkét legnagyobb közös osztó azonban nem lehet p, ugyanis2(m/p + 1) − (2m/p + 1) = 1

702

Megoldások 2.2.

miatt m/p + 1 és 2m/p + 1 relatív prímek.
Végül, a (B) esetben (m/2+1, 2) = 1 miatt (3)-ból a fentiekhez hasonlóan
kapjuk, hogy az ari számok nem lesznek páronként inkongruensek modulo m.
Most még egy bizonyítást mutatunk a feladat állításának arra a részére,
hogy az ari számok csak a megadott esetekben lehetnek páronként inkongruensek modulo m. Ehhez az Euler-féle φ-függvényt fogjuk felhasználni.
Legyen p az m tetszőleges prímosztója. Az ri számok száma φ(m), és ezek
(legfeljebb) φ(m/p)-féle maradékosztályba eshetnek modulo m/p. Ha tehát
φ(m) > φ(m/p), akkor biztosan van olyan ri és rj (i ̸= j), amelyek azonos
maradékot adnak m/p-vel osztva, és így ha p | a, akkor m | ari − arj . Vagyis,ha az ari számok mind különböző maradékot adnak m-mel osztva, akkor az
a-nak az m-mel csak olyan p közös prímosztója lehet, amelyre φ(m) = φ(m/p).
A φ-függvény képletéből (lásd a 2.3.1 Tételt) könnyen adódik, hogyφ(m) = pφ(m/p), ha p2 | m,és φ(m) = (p − 1)φ(m/p), ha (p, m/p) = 1 .

Így a φ(m) = φ(m/p) egyenlőség pontosan akkor teljesül, ha p = 2 és
(2, m/2) = 1. Ez azt jelenti, hogy ha az ari számok páronként inkongruensek,
és a és m nem relatív prímek, akkor csak az az eset lehetséges, hogy m párosés nem osztható 4-gyel, továbbá (a, m) = 2.
• b) Mivel az ri + b elemek száma φ(m), és nyilván páronként inkongruensek
modulo m, ezért akkor és csak akkor alkotnak redukált maradékrendszert, havalamennyien relatív prímek m-hez.
Legyen az m összes különböző prímosztója p1 , . . . , ps . Először azt látjuk
be, hogy ha p1 · . . . · ps | b, akkor (ri + b, m) = 1.
Ez valóban igaz, hiszen bármely 1 ≤ j ≤ s eseténpj | b, pj ̸ | ri =⇒ pj ̸ | ri + b ,vagyis ri + b-nek és m-nek nincs közös prímosztója.
Most megmutatjuk, hogy más b értékek nem felelnek meg, azaz található
hozzájuk olyan i, amelyre (ri + b, m) ̸= 1.
Tegyük fel, hogy a pj prímek közül pontosan a p1 , . . . , pk osztója ab-nek. Itt a feltétel szerint k < s. Ha a b egyik pj -vel sem osztható, akkor ezt
tekinthetjük a k = 0 esetnek.
Legyen v = pk+1 . . . ps − b. Ekkor (v, m) = 1, ugyanis v nem osztható
egyik pj -vel sem, hiszen bármegyik j-re a pk+1 . . . ps −b különbségnek pontosanaz egyik tagja osztható pj -vel.
Ez azt jelenti, hogy van olyan i, amelyre ri ≡ v (mod m). Ugyanakkor
ri + b ≡ v + b = pk+1 . . . ps (mod m), tehát ri + b nem relatív prím az m-hez.

703

Megoldások 2.2.

• 2.2.13 Akkor és csak akkor léteznek ilyen maradékrendszerek, ha (k, m) = 1.
Elégségesség: Tegyük fel, hogy (k, m) = 1, és legyen
ai = 1 + ki,

i = 1, 2, . . . , m,illetve

bj = 1 + mj,

j = 1, 2, . . . , k .

A 2.2.4 Tétel alapján ezek valóban teljes maradékrendszerek modulo m,
illetve modulo k.
Megmutatjuk, hogy az ai bj szorzatok teljes maradékrendszert alkotnak
modulo mk. Mivel a számuk mk, tehát csak a páronkénti inkongruenciát kellbelátni.
Tegyük fel, hogy
(1 + ki)(1 + mj) ≡ (1 + kr)(1 + ms) (mod mk).
A beszorzások elvégzése után mindkét oldalból 1-et kivonva és az mk-val osztható tagokat elhagyva aki + mj ≡ kr + ms (mod mk)(1)

kongruenciához jutunk.
Tekintsük (1)-et most csak modulo m, ekkor ki ≡ kr (mod m) adódik.
Mivel (k, m) = 1, ezért ezt k-val végigosztva i ≡ r (mod m), azaz i = r
következik. Ugyanígy kapjuk, hogy j = s.
Szükségesség: Tegyük fel, hogy (m, k) ̸= 1. Azt kell igazolnunk, hogy az
a1 , . . . , am (modulo m), illetve b1 , . . . , bk (modulo k) teljes maradékrendszerekből képzett ai bj szorzatok nem alkothatnak teljes maradékrendszert modulo
mk.
Legyen p az m és a k egy közös prímosztója. Ekkor az ai , illetve bj elemek
között m/p, illetve k/p darab p-vel osztható található.
Az ai bj szorzat pontosan akkor osztható p-vel, ha egy tetszőleges ai -t
egy p-vel osztható bj -vel szorzunk meg, vagy fordítva, de így kétszer számoltuk azokat a szorzatokat, ahol mindkét tényező osztható volt p-vel. Ebből
következik, hogy az ai bj szorzatok közül
m·

k
m m k
2mk mk
+k·
−
· =
− 2
p
p
p p
p
p

(2)

a p-vel oszthatók száma. Ugyanakkor egy modulo mk teljes maradékrendszerben a p-vel oszthatók száma mk/p, ami (p > 1 miatt) nem egyenlő (2)-vel,tehát az ai bj szorzatok nem alkothatnak teljes maradékrendszert modulo mk.

704

Megoldások 2.2.

• 2.2.14 a) Szükségesség: Ha (a, b) = d > 1, akkor T -ben csak d-vel osztható számok szerepelnek, tehát például a redukált maradékosztályok egyáltalán nincsenek reprezentálva.
Elégségesség: T elemszáma ab, így csak a páronkénti inkongruenciát kelligazolni. Ha
i1 b + j1 a ≡ i2 b + j2 a (mod ab) ,akkor ez a kongruencia modulo a is teljesül: i1 b ≡ i2 b (mod a). Itt (a, b) = 1
miatt egyszerűsíthetünk b-vel, ekkor i1 ≡ i2 (mod a), vagyis i1 = i2 adódik.
Hasonlóan kapjuk, hogy j1 = j2 .
• b) A szükségesség, valamint az elégségességnél a páronkénti inkongruencia igazolása ugyanúgy történik, mint az a) részben. Az elégségességnél azt
kell még belátni, hogy (a, b) = 1 esetén R minden eleme valamelyik redukált
maradékosztályba tartozik, és valamennyi redukált maradékosztálynak valóban szerepel reprezentánsa R-ben. Más szóval:(A) R elemei relatív prímek ab-hez; és(B) ha (u, ab) = 1, akkor van R-nek olyan v eleme, amelyre u ≡ v (mod ab).
(A) igazolásához tekintsük ab egy tetszőleges p prímosztóját, és mutassuk
meg, hogy p nem osztója ri b + sj a-nak.
Mivel p prím és (a, b) = 1, ezért az alábbi két eset lehetséges:(α) p | a és p ̸ | b,(β) p ̸ | a és p | b .

Az (α) esetben p̸ | b és p̸ | ri , és ezért p prím volta miatt p̸ | ri b, ugyanakkor
p | sj a, tehát valóban p̸ | ri b + sj a. Hasonlóan intézhető el a (β) eset is.
Végül (B) igazolásához legyen (u, ab) = 1, és írjuk fel az u számotu = rb + sa

(1)

alakban. Ez megtehető, hiszen (a, b) = 1 miatt az u = bx + ay diofantikus
egyenlet megoldható.
Az (1) előállításban (r, a) = 1, hiszen különben (r, a) nemtriviális közös
osztója lenne u-nak és ab-nek. Ezért van olyan i, amelyre r ≡ ri (mod a).
Hasonlóan kapjuk, hogy van olyan j, amelyre s ≡ sj (mod b).
Megmutatjuk, hogy R-nek az így adódó v = ri b + sj a eleme kongruens
u-val modulo ab. Av − u = (ri b + sj a) − (rb + sa) = (ri − r)b + (sj − s)aelőállítás végén szereplő összeg első tagjában ri − r osztható a-val, a második
tagban pedig sj − s osztható b-vel, tehát v − u valóban osztható ab-vel.

Megoldások 2.3.

705• c) Egyrészt a b)-beli R halmaz elemszáma φ(a)φ(b), másrészt (a, b) = 1
esetén R redukált maradékrendszer modulo ab, tehát elemszáma φ(ab).
• 2.3.18 Az n ≤ 3 egészek nyilván megfelelők.
Megmutatjuk, hogy n > 3-ra φ(n!) = k! nem teljesülhet. Ez n = 4-renyilvánvaló, a továbbiakban legyen n ≥ 5.
Jelöljük A(j)-vel a 2 kitevőjét a j kanonikus alakjában.
Mivel a feltétel szerint k < n, ezért
A(k!) ≤ A(n!) .

(1)

Másrészt φ(n!)-ban biztosan szerepelnek a 2A(n!)−1 , 3−1 és 5−1 tényezők,
ezért
(
)
A φ(n!) ≥ (A(n!) − 1) + 1 + 2 > A(n!) .
(2)()
Az (1) és (2) egyenlőtlenségekből A φ(n!) > A(k!) adódik, így a φ(n!) = k!
egyenlőség valóban nem teljesülhet.
• 2.3.19 Akkor és csak akkor létezik olyan számtani sorozat, amely redukált
maradékrendszer modulo m, ha m kettőhatvány, prím vagy egy prímszám
kétszerese.
Elégségesség: Ha m = 2k , akkor 1, 3, . . . , 2k −1, ha m = p, akkor 1, 2, . . . , p−1,
ha pedig m = 2p (ahol p > 2), akkor p + 2, p + 4, . . . , 2p − 1, 2p + 1, . . . , 3p − 2
megfelel.
Szükségesség: Indirekt, tegyük fel, hogy m nem a fenti alakú, és mégis találtunk egy olyan
a, a + d, . . . , a + (φ(m) − 1)d(1)
számtani sorozatot, amely redukált maradékrendszer modulo m.
Legyen p az m egy páratlan prímosztója.
Ha p | d, akkor az (1) számtani sorozat, vagyis a redukált maradékrendszer
minden eleme a-val kongruens modulo p. Ez azonban az (1)m és a (−1)mredukált maradékosztályokat reprezentáló elemekre egyszerre nem teljesülhet,ugyanis 1 ̸≡ −1 (mod p).
Ha (p, d) = 1, akkor az a, a+d, . . . , a+(p−1)d elemek teljes maradékrendszert alkotnak modulo p. Így ezek között lesz p-vel osztható is, ami nem relatív
prím az m-hez. Ez azt jelenti, hogy ez az elem nem szerepelhet (1)-ben. Ez
csak úgy lehetséges, ha p − 1 ≥ φ(m) − 1, azazp ≥ φ(m) .

(2)

706

Megoldások 2.8.

Írjuk fel m-et m = tp alakban, ahol a feltételek szerint t > 2. Ekkor
φ(t) ≥ 2 és a 2.3.10a feladat felhasználásával kapjuk, hogyφ(m) = φ(tp) ≥ φ(t)φ(p) ≥ 2(p − 1) > p ,ami ellentmond (2)-nek.
• 2.5.7 Első megoldás: Ha (a, m) = d, akkor a b = d, 2d, . . . , (m/d)d, összesen
m/d darab b értékre f (b) = d, a többi∑1 ≤ b ≤ m-re pedig nincs megoldás,mtehát f (b) = 0. Ezért a keresett összeg b=1 f (b) = (m/d)d = m.
• Második megoldás: Az x = 1, 2, . . . , m számok mindegyike pontosan egy
darab∑m b esetén lesz az ax ≡ b (mod m) kongruencia megoldása, ennélfogva
b=1 f (b) = m. Ez a meggondolás nemcsak lineáris kongruenciákra, hanem
tetszőleges magasabb fokú h polinomot véve a h(x) ≡ b (mod m) kongruenciáknál is ugyanígy érvényes.
37• 2.6.9 Az útmutatásnak megfelelően az x ≡ 3938 (mod 1440) kongruenciáról
van szó, és 1440 = 25 · 32 · 5 alapján ehelyett a 25 , 32 és 5 modulusokra adódó
kongruenciarendszert vizsgáljuk.
Mivel 39 ≡ −1 (mod 5) és 3837 páros, így x ≡ 1 (mod 5).
Mivel 3 | 39, ezért x ≡ 0 (mod 9).
Végül, 39 ≡ 7 (mod 32) és 74 = 492 ≡ 172 ≡ 1 (mod 32), továbbá 4 | 3837 ,
ennélfogva x ≡ 1 (mod 32).
Ennek megfelelően azx ≡ 1 (mod 5),x ≡ 0 (mod 9),x ≡ 1 (mod 32)

szimultán kongruenciarendszert kell megoldani.
Az első és utolsó kongruenciából x ≡ 1 (mod 5 · 32 = 160), azaz
x = 160z + 1. Ezt a középső kongruenciába visszahelyettesítve 160z + 1 ≡ 0(mod 9), ahonnan z ≡ 5 (mod 9), vagyis z = 9t + 5. Innen
x = 160(9t + 5) + 1 = 1440t + 801,tehát

x ≡ 801 (mod 1440) .

A keresett pontos idő tehát 13 óra 21 perc.
• 2.8.5 c) Az útmutatásban jelzett négy állítást bizonyítjuk.
(i) A műveletek ,,jósága”, az azonosságok teljesülése, a nullelem és azellentett létezése az a) pontban látottak mintájára igazolható.

707

Megoldások 2.8.

(ii) Legyen m = tk, ahol a feltételek szerint t > 1 és (t, k) = 1. A
szóban forgó maradékosztályok (rk)m , ahol 0 ≤ r ≤ t − 1. (Ha más reket veszünk, akkor is ugyanezeket a maradékosztályokat kapjuk, csak más
reprezentánsokkal.)
Az (sk)m maradékosztály pontosan akkor lesz egységelem, ha(sk)m (rk)m = (rk)m ,azaz srk 2 ≡ rk (mod tk),r = 0, 1 . . . , t − 1. (1)Ha az (1)-beli kongruencia r = 1-re teljesül, vagyis
sk 2 ≡ k (mod tk),(2)

akkor (2)-t r-rel beszorozva kapjuk, hogy (1) minden r-re fennáll. Ez azt
jelenti, hogy (2) is ekvivalens azzal, hogy az (sk)m maradékosztály egységelem.
A (2) kongruenciát k-val elosztva a vele ekvivalens sk ≡ 1 (mod t) kongruenciát kapjuk. Az egységelem létezéséhez tehát azt kell belátnunk, hogy az
xk ≡ 1 (mod t) lineáris kongruencia megoldható. Ez pedig (t, k) = 1 miatt
valóban igaz.
(iii) A feltétel szerint (t, k) = 1 és t prím. (i) és (ii) alapján már csak azt
kell igazolni, hogy minden 1 ≤ r ≤ t − 1 esetén az (rk)m maradékosztálynak
létezik inverze. Legyen (sk)m az egységelem, és keressük (rk)m inverzét (uk)malakban:(rk)m (uk)m = (sk)m ,azaz

ruk 2 ≡ sk (mod tk).

(3)

A (3)-beli kongruenciát k-val elosztva a vele ekvivalens ukr ≡ s (mod t) kongruenciához jutunk. Így azt kell belátnunk, hogy az xkr ≡ s (mod t) lineáris
kongruencia megoldható. Mivel (t, k) = 1 és t prím volta miatt (t, r) = 1,
ezért (t, kr) = 1 is teljesül, tehát a kongruencia valóban megoldható.
Megjegyzés: A fenti gondolatmenet finomításával az is belátható, hogy ha(t, k) = 1, de t összetett, akkor nem kapunk testet. Sőt, ennél általánosabban
az is igaz, hogy bármely (t, k) = 1 esetén az R gyűrű ,,teljesen ugyanolyan”,
mint a modulo t maradékosztályok gyűrűje (pontos megfogalmazásban ez
azt jelenti, hogy a két gyűrű izomorf , azaz létezik közöttük egy kölcsönösen
egyértelmű, művelettartó leképezés).
(iv) Használjuk a korábbi jelöléseket. Az (rk)m ̸= (0)m maradékosztály
pontosan akkor nullosztó, ha van olyan (vk)m ̸= (0)m , amelyre(rk)m (vk)m = (0)m ,azaz

rvk 2 ≡ 0 (mod tk) .

(4)

708

Megoldások 3.3.

A (4)-beli kongruenciát k-val elosztva a vele ekvivalens vkr ≡ 0 (mod t) kongruenciát kapjuk. Így azt kell belátnunk, hogy az xkr ≡ 0 (mod t) lineáris
kongruenciának van v ̸≡ 0 (mod t) megoldása is. Mivel a megoldásszám(t, kr) > 1, ez valóban teljesül.

3. Magasabb fokú kongruenciák• 3.2.6 Tegyük fel, hogy op (a) = op (−a) = k. Ekkor
1 ≡ ak ≡ (−a)k = (−1)k ak ≡ (−1)k (mod p) ,(1)

tehát k páros, k = 2t. Innen adódik, hogy p | a2t − 1 = (at − 1)(at + 1), amiből
p prím tulajdonsága és t < op (a) miatt p | at + 1, azaz at ≡ −1 (mod p)következik. Ugyanígy kapjuk, hogy (−a)t ≡ −1 (mod p). Innen az (1)-hez
hasonló gondolatmenettel azt nyerjük, hogy t is páros, azaz valóban 4 | op (a).
A megfordításhoz legyen op (a) = 4s. Ekkor (−a)4s = a4s ≡ 1 (mod p)
miatt r = op (−a) | 4s. Tegyük fel indirekt, hogy r < 4s. Ha r páros, akkor
1 ≡ (−a)r = ar (mod p) ellentmond op (a) = 4s-nek. Ha r páratlan, akkorr | s és 1 ≡ (−a)2r = a2r (mod p) miatt ugyanígy ellentmondásra jutunk.
Megjegyezzük, hogy a megfordítás összetett modulus esetén is igaz (a bizonyításban sem használtuk ki, hogy a modulus prím), a másik irány azonban
nem igaz, például o21 (8) = o21 (−8) = 2.
• 3.2.9 A feltételből (a, p) = 1, tehát op (a) létezik. A kis Fermat-tétel szerint
1 ≡ a2p−2 = a2p−10 a8 ≡ −a8 (mod p), tehát a8 ≡ −1 (mod p). Ezt négyzetre emelve kapjuk, hogy a16 ≡ 1 (mod p). A 3.2.2 Tétel (i) állítását (és ap > 2 miatt fennálló 1 ̸≡ −1 (mod p) inkongruenciát) felhasználva azt nyerjük,
hogy op (a) | 16, de op (a)̸ | 8, tehát op (a) = 16.
• 3.3.10 Ha a ≡ br (mod p) és b ≡ as (mod p), akkor a 3.2.4a feladat alapján
op (a) és op (b) kölcsönösen osztják egymást, tehát egyenlők.
A megfordításhoz vegyünk egy g primitív gyököt, legyen a ≡ g u (mod p),
illetve b ≡ g v (mod p). A 3.2.4c feladat alapján ekkor op (a) = (p−1)/(p−1, u),illetve op (b) = (p − 1)/(p − 1, v). A rendek egyenlősége miatt innen (p − 1, u) == (p − 1, v) következik.
Az a és b szerepe szimmetrikus, így elég olyan r létezését igazolnunk,amelyre a ≡ br (mod p). Ez a kongruencia átírható g u ≡ g vr (mod p) alakba,
amely az u ≡ vr (mod p − 1) lineáris kongruenciával ekvivalens (ahol r az

Megoldások 3.4.

709

ismeretlen). Ez a lineáris kongruencia a (p − 1, v) = (p − 1, u) | u feltétel
teljesülése miatt valóban megoldható.
Az r létezését az alábbi módon is beláthatjuk: Legyen op (b) = k. Ekkor
egyrészt a 3.3.9 feladat (vagy a 3.3.3 Tétel második bizonyítása) szerint azösszes k-adrendű elem száma φ(k), másrészt a 3.2.4b feladat alapján ab, b2 , . . . , bk elemek között is φ(k) darab k-adrendű elem található, tehát ezek
adják az összes k-adrendű elemet.
Megjegyzés: Hasonlóan igazolható a következő általánosabb eredmény is:
op (a) | op (b) akkor és csak akkor teljesül, ha van olyan r pozitív egész, amelyrea ≡ br (mod p).
• 3.4.9 Először tegyük fel, hogy indg a = indh b. A 3.2.4c feladat alapján
ekkor
p−1
p−1
)=(
) = op (b) .
op (a) = (indg a , p − 1
indh b , p − 1
Most tegyük fel megfordítva, hogy op (a) = op (b), és legyen g egy tetszőleges primitív gyök mod p, indg a = r, indg b = s. Ismét a 3.2.4c feladat
alapján kapjuk, hogy ekkor (r, p − 1) = (s, p − 1).
Az indh b = r feltételt teljesítő h primitív gyököt h ≡ g k (mod p) alakban
keressük, ahol (k, p − 1) = 1 a 3.3.4 Tétel (i) állítása szerint. Ekkor a feltételátírható ag s ≡ b ≡ hr ≡ (g k )r = g kr (mod p)
alakba, amis ≡ kr (mod p − 1)(1)fennállásával ekvivalens. Az (1) összefüggés a k-ra nézve egy lineáris kongruencia, amely (r, p − 1) = (s, p − 1) | s miatt megoldható.
Azt kell még megmutatnunk, hogy van olyan k megoldás is, amely p − 1hez relatív prím.
Jelöljük az (r, p − 1) = (s, p − 1) számot d-vel. Ekkor (1)-et d-vel egyszerűsítve a vele ekvivalens
s
r
≡k·
d
d

(
mod

p − 1)
d(2)

kongruenciához jutunk. A (2) bal oldala relatív prím a modulushoz, hiszen(s/d, (p − 1)/d) = 1. Ezért a jobb oldal is relatív prím a modulushoz, tehát(k, (p − 1)/d) = 1 is teljesül.
Ha p − 1 minden prímosztója szerepel már (p − 1)/d-ben is, akkor innen(k, p − 1) = 1 következik, tehát készen vagyunk. Ellenkező esetben legyen Q

710

Megoldások 3.5.

a p − 1 azon prímosztóinak szorzata, amelyek relatív prímek (p − 1)/d-hez és
k0 a (2) kongruencia egy tetszőleges megoldása. Ekkor az
x ≡ k0(modp − 1),dx ≡ 1 (mod Q)

szimultán kongruenciarendszer megoldásaként kapott k minden feltételnek eleget tesz: továbbra is kielégíti az (1) kongruenciát és emellett relatív prímp − 1-hez.
• 3.5.12 Első bizonyítás: Ha az a szám 100-adik hatványmaradék, azaz p̸ | a
és van olyan w, amelyre a ≡ w100 (mod p), akkor a ≡ (w5 )20 ≡ (w2 )50(mod p), tehát a egyben 20-adik és 50-edik hatványmaradék is.
A megfordításhoz tegyük fel, hogy az a szám 20-adik és 50-edik hatványmaradék is, vagyis p̸ | a és van olyan u és v, amelyre u20 ≡ v 50 ≡ a (mod p).
Ekkor u100 ≡ a5 (mod p) és v 100 ≡ a2 (mod p). Ezeket az a · (a2 )2 = a5 egyenlőségbe beírva a(v 2 )100 ≡ u100 (mod p) adódik. Mindkét oldalt (v p−3 )100 -zal
szorozva a kis Fermat-tétel miatt kapjuk, hogy a ≡ (v p−3 u)100 (mod p), tehát
az a valóban 100-adik hatványmaradék.
• Második bizonyítás: A 3.5.3 Tétel ,,indexes” kritériuma szerint az alábbi
ekvivalenciát kell igazolni:{(100, p − 1) | ind a ⇐⇒(20, p − 1) | ind a(50, p − 1) | ind a

Itt (20, p − 1) | (100, p − 1), illetve (50, p − 1) | (100, p − 1) miatt az egyik
irány nyilvánvaló.
A megfordításhoz azt kell megmutatnunk, hogy ha (20, p − 1) | ind a és(50, p − 1) | ind a, akkor (100, p − 1) | ind a is teljesül. Ha 25̸ | p − 1, illetve4̸ | p − 1, akkor (100, p − 1) = (20, p − 1), illetve (100, p − 1) = (50, p − 1), tehátkészen vagyunk. Ha 25 | p − 1 és 4 | p − 1, akkor (50, p − 1) = 50 | ind a és
(20, p − 1) = 20 | ind a, tehát [50, 20] = 100 = (100, p − 1) | ind a.
• Hasonló módon nyerhetünk egy harmadik bizonyítást a 3.5.3 Tétel ,,hatványos” kritériuma alapján, ezt nem részletezzük.
• Az útmutatásoknál már megfogalmaztuk a feladat általánosítását: a akkor
és csak akkor lesz egyszerre k-adik és n-edik hatványmaradék, ha [k, n]-edik
hatványmaradék.
Mindhárom bizonyítás átvihető az általános esetre is. Ekkor a ,,nehezebb
iránynál” az első bizonyításban az a·(a2 )2 = a5 alapjául szolgáló 1 = 1·5−2·2711

Megoldások 3.7.

egyenlőség helyére az 1 = b([k, n]/k) − c([k, n]/n) előállítás lép, a második(és harmadik) bizonyításnál pedig a [(k, p − 1), (n, p − 1)] = ([k, n], p − 1)összefüggést lehet felhasználni (lásd az 1.6.19b feladatot).
• 3.7.3 b) Bebizonyítjuk, hogy páratlan a és k ≥ 3 esetén az
x2 ≡ a (mod 2k )(1)kongruencia akkor és csak akkor oldható meg, haa ≡ 1 (mod 8),(2)és megoldhatóság esetén a megoldásszám 4.
Mivel páratlan c-re c2 ≡ 1 (mod 8), ezért (2) az (1) kongruencia megoldhatóságának szükséges feltétele.
Most azt igazoljuk, hogy megoldhatóság esetén a megoldásszám 4. Tegyükfel, hogy egy rögzített (páratlan) a-ra x ≡ c (mod 2k ) megoldása (1)-nek.
Ebben az esetben d akkor és csak akkor megoldás, ha
2k | d2 − c2 = (d − c)(d + c) .

(3)

Mivel c és d páratlan, ezért mindkét tényező páros szám. Megmutatjuk azonban, hogy c + d és d − c nem lehet egyszerre 4-gyel osztható. Ellenkező esetben
ugyanis 4 | (d − c) + (d + c) = 2d is teljesülne, ami ellentmond d páratlanságának.
Ebből az következik, hogy (3) pontosan akkor érvényes, ha a d − c és d + c
közül (pontosan) az egyik osztható 2k−1 -gyel. Innen d ≡ ±c (mod 2k−1 ), azaz(1)-re valóban négy (páronként inkongruens) megoldást kapunk mod 2k :x ≡ c,x ≡ c + 2k−1 ,x ≡ −c,x ≡ −c + 2k−1 .

Végül belátjuk, hogy (1) megoldhatóságához a (2) feltétel nemcsak szükséges, hanem egyben elégséges is.
Nyilván elég a mod 2k páronként inkongruens 1 ≤ a < 2k értékekreszorítkozni. Ekkor egy mod 2k redukált maradékrendszer minden eleme pontosan egy ilyen a esetén lesz az (1) kongruenciának megoldása. Ez azt jelenti,
hogy a kongruencia φ(2k )/4 = 2k−3 darab a-ra lesz megoldható. Mivel a (2)feltételt éppen ennyi a teljesíti, ezért az (1) kongruenciának ezek mindegyikére
megoldhatónak kell lennie.

712

Megoldások 4.3

4. Legendre- és Jacobi-szimbólum• 4.1.13 a) (Valamennyi kongruencia a 13 modulusra vonatkozik.) Először
elérjük, hogy a másodfokú tag együtthatója 1 legyen. Ehhez a kongruenciát megszorozzuk −4-gyel (mivel (4, 13) = 1, ezért ez ekvivalens lépés):−12x2 − 20x − 20 ≡ 0, azaz x2 + 6x + 6 ≡ 0. Most alakítsunk teljes négyzetté:(x + 3)2 ≡ 3 ≡ 16 ⇐⇒ x + 3 ≡ ±4 ⇐⇒ x ≡ 1 és 6.
A −4-gyel való szorzás helyett oszthatunk is 3-mal, ha előtte a többi tag
együtthatóját 3-mal oszthatókra cseréljük: 3x2 + 5x + 5 ≡ 3x2 + 18x + 18 ≡ 0,és így x2 + 6x + 6 ≡ 0.
Egy újabb lehetőség, hogy az eredeti kongruenciát beszorozzuk 4 · 3-mal,és ezután alakítunk teljes négyzetté:
36x2 + 60x + 60 = (6x + 5)2 + 35 ≡ 0 ⇐⇒ (6x + 5)2 ≡ 4 ⇐⇒ 6x + 5 ≡ ±2 .
Ezután a 6x ≡ −3 és 6x ≡ −7 lineáris kongruenciákat kell megoldani.
• 4.2.8 Az útmutatásban szereplő f = (x2 + 1)(x2 − 17)(x2 + 17) polinomnak
nyilván nincs racionális gyöke.
Az f (x) ≡ 0 (mod m) kongruencia megoldhatóságához a kínai maradéktétel szerint elég igazolni, hogy az f (x) ≡ 0 (mod pk ) kongruencia megoldható
minden pk prímhatványra.
Az x2 ≡ 17 (mod 2k ) kongruencia megoldható, mert 17 ≡ 1 (mod 8), lásda 3.7.3b feladat megoldását.
Ha p > 2 és p ̸= 17, akkor( )( )() ()2−1 17 −17
−17
=
=1
p
p
p
p
miatt az f -et alkotó három tényező közül legalább az egyiknek létezik megoldása mod p. Innen p páratlansága miatt a 3.7.2 feladat (vagy a 3.7.1 Tétel)alapján adódik, hogy mod pk is létezik megoldás.
Végül p = 17 esetén az x2 ≡ −1 (mod 17) kongruencia megoldható, mert
17 ≡ 1 (mod 4), és így mod 17k is van megoldás.
• 4.3.7 b) Megmutatjuk, hogy éppen a négyzetszámok a keresett a értékek.
A négyzetszámok valóban megfelelők, ugyanis ha a = s2 , akkor( ) ( 2 ) ( )2
a
s
s
= 1.
=
=
m
m
m

Megoldások 5.2.

713

A megfordításhoz tegyük fel, hogy a nem négyzetszám. Legyen először
a > 0. Ekkor van olyan prím, amely páratlan hatványon szerepel az a kanonikus alakjában.
Ha a 2 ilyen prím, azaz a = 2i t, ahol i és t páratlan, akkor legyen m az
x ≡ 5 (mod 8), x ≡ 1 (mod t) szimultán kongruenciarendszer egy (pozitív)
megoldása. Ekkor (t > 1-re)( ) ( )i ( )
( )
( )
a
2
t
m
1
=
= (−1)= (−1)= −1 .
mm
m
tt
Ha egy p > 2 prím kitevője páratlan, azaz a = 2i pj v, ahol i ≥ 0, jpáratlan és (v, 2p) = 1, akkor legyen m az x ≡ 1 (mod 8), x ≡ 1 (mod v),
x ≡ c (mod p) szimultán kongruenciarendszer egy (pozitív) megoldása, ahol cegy kvadratikus nemmaradék mod p. Ekkor( )( )( ) ( )i ( )( )j
2
v
c
m
1
a
=
=1·
(−1) = (−1)= −1 .
mm
m pv
v
Legyen végül a < 0. Ha |a| nem négyzetszám, akkor járjunk el a fentiek
szerint. Ha a = −s2 , akkor bármely 4k + 3 alakú m megfelel (amely páratlan,
1-nél nagyobb és relatív prím a-hoz):
(

−s2
m

)

(
=

−1
m

)( )2
s
= −1 .
m

5. Prímszámok• 5.1.5 c) Indirekt tegyük fel, hogy p < n a legkisebb olyan prím, amelyre(p, d) = 1. Ekkor a prímekből álló számtani sorozat első p tagja, a, a + d, . . . ,a+(p−1)d teljes maradékrendszer modulo p, és így van közöttük p-vel osztható,
ami a feltétel szerint csak maga a p lehet, azaz p = a + jd. Ha itt j > 0, akkor
p minimalitása miatt az a prím osztója d-nek, tehát a osztója minden tagnak,
ami ellentmond ezek prím voltának. Ezért csak p = a lehetséges, ekkor viszont
a számtani sorozat p + 1-edik tagja, a + pd = p(1 + d) nem prím.
• 5.2.5 Gauss tétele szerint azt kell megvizsgálnunk, mely 2k −1 alakú számokírhatók fel különböző Fermat-prímek szorzataként.

714

Megoldások 5.2.

Először megmutatjuk, hogy k szükségképpen kettőhatvány. Indirekt tegyük fel, hogy k-nak létezik egy q páratlan prímosztója. Ekkor 2q − 1 | 2k − 1
is teljesül. Továbbá az 5.2.3 Tétel szerint 2q − 1 minden prímosztója 2rq + 1
alakú, ami q páratlansága miatt nem lehet Fermat-prím. Ez viszont ellentmond annak, hogy 2k − 1 minden prímosztója Fermat-prím.
Legyen tehát k = 2n+1 . Ekkor az 5.2.1a feladat alapján 2k − 1 == F0 F1 . . . Fn . Ha 0 ≤ n ≤ 4, akkor kapjuk, hogy 2k − 1 valóban csupa
különböző Fermat-prím szorzata, tehát ez az öt k érték megfelel. Ha azonbann ≥ 5, akkor 2k − 1 osztható F5 -tel, és így 641-gyel is, ami nem Fermat-prím.
Összefoglalva, szabályos 2k − 1-szög akkor és csak akkor szerkeszthető, ha
k = 2, 4, 8, 16 vagy 32.
• 5.2.7 Tegyük fel először, hogy 2p + 1 | Mp , és legyen q a 2p + 1 tetszőlegesprímosztója. Ekkor q | Mp is teljesül, ezért az 5.2.3 Tétel szerint q = 2pk + 1
alakú. Mivel q | 2p + 1, így csak q = 2p + 1 lehetséges, vagyis 2p + 1 prím. Azt
kell még igazolni, hogy p ≡ 3 (mod 4). Nyilván p ̸= (2. )Ha p ≡ 1 (mod 4) állna
fenn, akkor ebből q = 2p + 1 ≡ 3 (mod 8) és így 2q = −1 következne. Ez
azonban ellentmond annak, hogy a 2p + 1 | Mp feltétel átírható a 2(q−1)/2 ≡ 1(mod q) alakba.
A megfordításhoz
legyen q = 2p + 1 prím és p ≡ 3 (mod 4). Ekkor q ≡ 7()(mod 8), ezért 2q = 1, azaz 2(q−1)/2 ≡ 1 (mod q), ami éppen a bizonyítani
kívánt 2p + 1 | Mp oszthatóságot jelenti.
• 5.2.9 A számpár páros eleme csak kettőhatvány lehet.
Vizsgáljuk először azt az esetet, amikor n + 1 = 2α és n = q β (ahol qpáratlan prím, α, β ≥ 1). Ekkor 2α = q β + 1.
Ha β = 1, akkor q Mersenne-prím.
Ha β páros, akkor a jobb oldal 2 maradékot ad 4-gyel osztva, ami lehetetlen.
Ha β > 1 páratlan, akkor a jobb oldal (q +1)(q β−1 −q β−2 ±. . .+1) alakbaírható. Mivel itt a második tényező egy 1-nél nagyobb páratlan szám, ez nem
lehet kettőhatvány, tehát ismét ellentmondásra jutottunk.
Tegyük most fel, hogy n = 2α és n + 1 = q β . Ekkor 2α = q β − 1.
Ha β = 1, akkor q Fermat-prím.
Ha β páros, akkor a jobb oldal (q β/2 − 1)(q β/2 + 1) alakba írható. Itt
mindkét tényező maga is kettőhatvány, a különbségük kettő, tehát csak a 2 · 4
szorzatról lehet szó. Ekkor 2α = 8, q β = 9.
Végül, ha β > 1 páratlan, akkor a jobb oldal (q − 1)(q β−1 + q β−2 + . . . + 1)
alakba írható. Mivel itt a második tényező egy 1-nél nagyobb páratlan szám,
ez nem lehet kettőhatvány, tehát ellentmondásra jutottunk.

Megoldások 5.5.

715

Az összes megfelelő számpár tehát a következő: (8,9); (Mp , Mp + 1), aholn
Mp Mersenne-prím; (22 , Fn ), ahol Fn Fermat-prím.
• 5.5.9 a) Ha n = k 3 , akkor (k+1)3 = n+3n2/3 +3n1/3 +1 > n+n2/3 . Az 5.5.4
2/3
Tétel (A) része szerint
között található( 3 minden3 )elég nagy n-re n és n + n
prímszám, tehát a k , (k + 1) intervallum is tartalmaz prímszámot.
• b) Az útmutatásban vázolt gondolatmenetet fogjuk követni. Előállítunk egy
qn prímszámsorozatot, amelyhez található lesz olyan α, hogynqn = ⌊α3 ⌋(1)teljesüljön. Legyen√
cn = 3n qn

és√ndn = 3 q n + 1 .

Ezzel a jelöléssel (1) éppen azt jelenti, hogycn ≤ α < d n .

(2)

A qn prímeket úgy fogjuk megválasztani, hogy [cn , dn ] egy egymásba skatulyázott zárt intervallumsorozatot alkosson, azaz minden n-re
√
√
√
√
n
n+1
3n
qn < 3n+1 qn+1 < 3
qn+1 + 1 < 3 qn + 1(3)
teljesüljön. A (3) egyenlőtlenséget 3n+1 -edik hatványra emelve a
qn3 ≤ qn+1 < (qn + 1)3 − 1(4)feltételhez jutunk.
Ennek megfelelően legyen q1 egy nagy prímszám, q2 egy olyan prím, amely
3
q1 és (q1 + 1)3 közé esik, és általában, ha qn -et már kiválasztottuk, akkor qn+1
legyen egy olyan prím, amely eleget tesz (4)-nek. Ilyen qn+1 prímet a feladata) része szerint mindig találunk (ha q1 -et elegendően nagyra választottuk).
Ily módon tehát egy egymásba skatulyázott [cn , dn ] zárt intervallumsorozatot kaptunk. Ennek van közös pontja, jelöljük ezt α-val. Megmutatjuk,
hogy α megfelel a feladat állításának.
Az α konstrukciója szerint minden n-re cn ≤ α ≤ dn , és nekünk a hajszálnyival élesebb (2) egyenlőtlenségre van szükségünk. Az jelenthetne problémát,ha valamely n-re α = dn teljesülne. Mivel azonban a dj számok (3) és (4) miatt szigorúan monoton csökkennek, ezért α ≤ dn+1 < dn , tehát α = dn nem
fordulhat elő.

716

Megoldások 5.6.

• c) A b) rész bizonyításában láttuk, hogy csak α létezését tudjuk garantálni, α konkrét értékét nem tudjuk megadni. Sőt, a helyzet tulajdonképpen ennél is sokkal furcsább: előbb ,,gyártanunk” kellett végtelen sok alkalmas prímet ahhoz, hogy olyan α-t biztosítsunk, amelynek segítségével utánanaz ⌊α3 ⌋ ,,képletből” visszakapjuk ugyanazokat a prímeket, amelyeket az α
elkészítéséhez fel kellett használnunk.
• 5.6.1 Jelölje az a), b), . . . részekben szereplő számsorozatokat rendre
A = {a1 , a2 , . . .}, B = {b1 , b2 , . . .} stb., és ezekben az n-nél nem nagyobb
elemek számát A(n), B(n) stb.
• a) Nyilván an = Ln, tehát
∞
∑
1

∞

1 ∑1
=
= ∞
a
L n=1 nn=1 nésA(n) =

⌊n⌋
L

∼

n
.
L

• b) Mivel pozitív tagú sorról van szó, a tagokat tetszőlegesen átrendezhetjük.
Csoportosítsuk a teljes hatványokat aszerint, hogy melyik számnak a hatványai
(így bizonyos hatványokat többször is megszámolunk, pl. 64 = 43 = 82 ). Ekkor
∞
∑
1
n=1

bn

<

∞ ∑
∞
∑
1
j=2 k=2

j

=
k

∞
∑
1
1
=
= 1.
1
2
j(j − 1)j (1 − j )
j=2
j=2

∞
∑

Rátérve B(n) vizsgálatára, megmutatjuk, hogy itt lényegében csak anégyzetszámok számítanak, a magasabb hatványok száma ehhez képest elhanyagolható.
Rögzített k > 1 kitevőre
√ az 1-nél nagyobb és n-nél kisebb vagy egyenlő
k-adik hatványok száma ⌊ k n⌋ − 1. Így bizonyos számokat (például a 64-et)több k-nál is figyelembe vettünk, továbbá csak olyan k értékek jöhetnek szóba,
amelyekre 2k ≤ n, azaz k ≤ ⌊log2 n⌋. Ennek megfelelően
√√⌊ n⌋ − 1 ≤ B(n) ≤ n +⌊log2 n⌋

∑ √
k

n ≤

√

√
n + (log2 n) 3 n .

k=3

Innen

√

n-nel való osztással kapjuk, hogy B(n) ∼√n.

• c) A négyzetmentes számok között megtalálhatók a prímek is, és már ez
utóbbiak reciprokösszege is divergens.

717

Megoldások 5.6.
• d) Az 5.6.1 Tétel harmadik bizonyításának mintájára adódik, hogy
)
∑ 1
∏(
1
1
1
≤
1 + + 2 + . . . + νp ,
dj
p p
p

dj ≤n

p<L

ahol
pνp ≤ n < pνp +1 ,azaz

νp = ⌊logp n⌋ .

A mértani sorozatokat összegezve és felülről becsülve azt kapjuk, hogy
∑ 1
∏ 1
≤
.
dj
1 − p1

dj ≤n

p<L

∑∞
Mivel itt a jobb oldal független az n-től, ezért a j=1 1/dj sor konvergens.
Áttérve D(n) becslésére, legyenek p1 , . . . , pk az L-nél kisebb prímek. Ekkor a D sorozat tagjainak kanonikus alakja
αk1
d = pα1 . . . pk .

(1)

Ha d ≤ n, akkor (1)-ben nyilván minden i-reipαi ≤ n,azaz

0 ≤ αi ≤log n.
log piEbből következik, hogy
D(n) ≤

k (
∏

1+

i=1

log n )≤ c(log n)k ,log piahol c alkalmas konstans.
A D(n) alsó becsléséhez vegyük észre, hogy ha (1)-ben minden i-re
i
pα
≤
i

√
k

n,

azaz

0 ≤ αi ≤log n,k log pi

akkor d ≤ n. Innen az előzőkhöz hasonlóan adódik, hogy alkalmas c′ konstanssal D(n) > c′ (log n)k .
Az aszimptotika igazolásához az (1) logaritmizált alakjával dolgozunk:log d = α1 log p1 + . . . + αk log pk .

718

Megoldások 5.6.

Ekkor D(n) azoknak az (α1 , . . . , αk ) szám k-asoknak a száma, ahol
α1 log p1 + . . . + αk log pk ≤ log n és mindegyik αi nemnegatív egész. (2)A bizonyítást először L = 6-ra részletezzük, utána pedig jelezni fogjuk,
hogyan vihető át ez a gondolatmenet tetszőleges L-re.
Ha L = 6, akkor k = 3; a 2, 3 és 5 prímekről van szó. Ekkor (2) szerint
D(n) az
α1 log 2 + α2 log 3 + α3 log 5 ≤ log n(3)egyenlőtlenség nemnegatív egész (α1 , α2 , α3 ) megoldásainak a száma.
Az x1 log 2 + x2 log 3 + x3 log 5 = log n egyenlőséget úgy is felfoghatjuk,
mint a térben egy síknak az egyenletét. Ekkor az
x1 log 2 + x2 log 3 + x3 log 5 ≤ log n,xi ≥ 0egyenlőtlenségrendszert annak a Gn háromoldalú gúlának az (x1 , x2 , x3 ) pontjai elégítik ki, amelyet a fenti sík és a koordinátatengelyek pozitív félegyenesei
határolnak.
Az egész koordinátájú (x1 , x2 , x3 ) pontok éppen a szokásos (egységnyi
oldalú, az origót is tartalmazó) kockarács pontjai a térben. Eszerint (3) nemnegatív egész megoldásainak a száma éppen a Gn gúlába eső rácspontok száma.
Szemléletesen világos (és könnyen igazolható, vö. a 7.5.9 feladattal), hogy
nagy n esetén a Gn gúlába eső rácspontok száma ,,körülbelül” a Gn gúla térfogata. Precíz fogalmazásban ez azt jelenti, hogy n → ∞ mellett a rácspontok
száma és a gúla térfogata aszimptotikusan egyenlő.
A Gn gúla V (Gn ) térfogata az origóból kiinduló három páronként merőleges él szorzatának az egyhatoda. Mindezek alapján
D(n) ∼ V (Gn ) =(log n)3.
6 · log 2 · log 3 · log 5

Tetszőleges L esetén is hasonlóan kell eljárni: (2) szerint ekkor a
k-dimenziós térben keressük a megfelelő ,,gúla” (ún. szimplex) rácspontjainak
a számát, ami aszimptotikusan egyenlő a gúla térfogatával. Ebben az esetben
D(n) ∼ V (Gn ) =(log n)k∏.
k! p<L log p• e) Ezek között a számok között megtalálhatók az L-nél nagyobb prímszámok
is, és már ez utóbbiak reciprokösszege is divergens.

719

Megoldások 5.6.

Az E(n) becsléséhez vegyük észre, hogy itt éppen azokról a számokról
van szó, amelyek∏ az L-nél nem nagyobb prímek mindegyikéhez relatív prímek.
Legyen M = p≤L p. Ekkor az előbbiek szerint bármely M egymást követő
egész szám között az E sorozatnak pontosan φ(M ) eleme található. Ennek
megfelelően
ha tM ≤ n < (t + 1)M,

akkor tφ(M ) ≤ E(n) ≤ (t + 1)φ(M ) .

Az E(n)-re és az n-re vonatkozó egyenlőtlenségekből kapjuk, hogytφ(M )
E(n)(t + 1)φ(M )≤≤.
(t + 1)MntM
Mivel t = ⌊n/M ⌋, ezért ha n → ∞, akkor t is a végtelenhez, t/(t + 1) és(t + 1)/t pedig 1-hez tart. Ez azt jelenti, hogy
∏(
E(n)
φ(M )
1)
=
=
1−
,
n→∞
n
M
p

azaz

lim

E(n) ∼ n

p≤L

∏(

1−

p≤L

1)
.
p

∑∞
• f ) A négyzetteljes számok reciprokaiból képzett j=1 1/fj sor konvergenciáját kétféleképpen is bebizonyítjuk. (Egy harmadik bizonyítás az 5.6.7 feladat
alapján adható.)Első bizonyítás: Az 5.6.1 Tétel harmadik bizonyításához hasonlóan adódik,
hogy
)
∑ 1
∏ (
1
1
1
≤
1 + 2 + 3 + . . . + νp ,
fj
p
p
p
2
fj ≤n

p ≤n

ahol
pνp ≤ n < pνp +1 ,azaz

νp = ⌊logp n⌋ .

Itt az egyes tényezőkben az 1 után mértani sorozatok állnak, ezeket összegezve
és felülről becsülve azt kapjuk, hogy
)
)
∑ 1
∏ (
∏ (
1
1
1+ 2
=
1
+
.
≤
fj
p(p − 1)p (1 − p1 )
√
√

fj ≤n

p≤ n

(4)

p≤ n

Ha pk a k-adik prím, akkor k > 1 esetén pk (pk − 1) > p2k−1 . Ennek alapján a(4) jobb oldalán a p = p1 = 2-nek megfelelő
1+

1
3
=
2·1
2

720

Megoldások 5.6.

tényezőt változatlanul hagyva és k > 1 esetén a p = pk -nak megfelelő tényezőre
az
1
1
1+
<1+ 2
pk (pk − 1)
pk−1
becslést alkalmazva a (4) jobb oldalára a következő felső becslést nyerjük:
∏ (
√
p≤ n

1+

∞
)
∑
1
3 ∏ (
1)
1
<
1+ 2 < 2.
2
p(p − 1)
2 √
p
j
j=1
p≤ n

Második bizonyítás: Először megmutatjuk, hogy minden négyzetteljes számfelírható egy négyzetszám és egy köbszám szorzataként. Legyen az f négyzetteljes szám kanonikus alakja
f = q1µ1 . . . qrµr ,µi ≥ 2,i = 1, 2, . . . , r .

A µi kitevők felírhatók µi = 2αi + 3βi alakban, ahol αi , βi ≥ 0 (például βiaszerint legyen 0 vagy 1, hogy µi páros, illetve páratlan). Ekkor
2 3

f =a b ,

ahol

a=

r
∏

qiαi

i=1

r
∏
és b =
qiβi .

(5)i=1(5)-ből következik, hogy a négyzetteljes számok reciprokösszege kisebb, mint anégyzetszámok reciprokösszegének és a köbszámok reciprokösszegének a szorzata, ami igazolja a konvergenciát.
Az F (n) becsléséhez (5)-öt fogjuk felhasználni. Láttuk, hogy az is elérhető, hogy minden βi = 0 vagy 1, vagyis a b négyzetmentes. Az is azonnal
adódik, hogy ilyen feltételek mellett az f = a2 b3 előállítás már egyértelmű,vagyis minden négyzetteljes szám egyértelműen írható fel egy négyzetszámnak
és egy négyzetmentes szám köbének a szorzataként. Nyilvánvaló továbbá, hogyaz 1 kivételével az ilyen a2 b3 szorzatok valóban négyzetteljesek.
Mindezek alapján F (n)-et úgy kapjuk meg, hogy az n-nél nem nagyobb
b négyilyen a2 b3 szorzatok√√ számából 1-et levonunk. Egy ilyen szorzatban
zetmentes és b ≤ 3 n, valamint rögzített b mellett 1 ≤ a ≤ n/b3 . Ennek
megfelelően
√∑′ ⌊ n ⌋F (n) = −1 +
,
(6)
b3
√
3
b≤

∑′

n

ahol
-vel azt jelöljük, hogy csak a négyzetmentes b értékekre kell az összegzést végezni.

721

Megoldások 5.7.
A (6) jobb oldalát az egészrészek felbontása után
√

n

∑′

1

√
b≤ 3 nb3/2+ U (n)alakba írhatjuk, ahol az U (n) hibatag a másik részhez képest elhanyagolható,
ugyanis∑′√1 ≤ 1+ 3n.
|U (n)| ≤ 1 +√b≤ 3 nEbből következik, hogy√
F (n) ∼ c n ,

∞
∑
′ 1
c=
.
3/2
b
b=1

ahol

• 5.6.6 Az (1 − 1/ps )−1 tényezőket írjuk fel végtelen mértani sorként, éshasználjuk fel, hogy két pozitív tagú konvergens sor (vagy általában két abszolút konvergens sor) ,,ugyanúgy szorozható össze, mint azt a véges sok tagból
álló összegek szorzásánál megszoktuk”. Ebből következik, hogy
)
∏(
∑ 1
1
1
1
1 + s + 2s + . . . =
,
1 =
p
p
js
1 − ps
j∈W
p≤n
p≤n
∏

n

ahol Wn azoknak a számoknak a halmaza, amelyek minden prímosztója kisebb
vagy egyenlő, mint n. Nyilván
n
∑
1

j
j=1

≤
s

∞
∑
∑ 1
1
<
.
s
js
j
j=1

(7)

j∈Wn

Mivel (7) bal oldala n → ∞ esetén a jobb oldalhoz tart, ezért
∞
∑ 1
∑
1
1
lim
lim
=
= ζ(s) .
1 = n→∞sn→∞jjs
1 − ps
j=1
j∈W
p≤n

∏

n

• 5.7.4 A feltétel szerint az n összetett számra
2n−1 ≡ 1 (mod n)

(1)

722

Megoldások 5.7.

teljesül. Azt kell belátnunk, hogy 2n − 1 is összetett, ez azonnal következik nösszetettségéből (lásd az 1.4.4a feladatot), továbbá hogy
22 −2 ≡ 1 (mod 2n − 1)n(2)

is fennáll.
Mivel nyilván 2n ≡ 1 (mod 2n − 1), ezért (2)-höz elég megmutatni, hogynn | 2 − 2. Ez azonban azonnal következik (1)-ből.
• 5.7.17 Legyen az n > 1 páratlan szám kanonikus alakja
n = q1α1 . . . qsαs ,n − 1 = 2k r, ahol r páratlan.

és

Azt kell igazolnunk, hogy ha egy a-ra
ar , a2r , a4r , . . . , a2

k−2

r

n−1

= a 4 , a2

k−1

r

n−1

=a 2

jó sorozat, azaz ezek modulo n vett legkisebb abszolút értékű maradékai között
előfordul −1 vagy pedig ar maradéka 1, akkor
( )
n−1
a
a 2 ≡
(mod n)(∗ )nis fennáll.
Ha ar ≡ 1 (mod n), akkor egyrészt ezt a kongruenciát 2k−1 hatványra
emelve kapjuk, hogy a(n−1)/2 ≡ 1 (mod n), másrészt( ) ( r ) ( )r
1
a
a
1=
=
=
,
n
n
n
ahonnan r páratlansága miattteljesül.
Tegyük most fel, hogy(a)n

= 1 következik. Így (*) ekkor valóbanja2 r ≡ −1 (mod n),ahol 0 ≤ j ≤ k − 2 .

(3)

( )
Ekkor (j < k − 1 miatt) a(n−1)/2 ≡ 1 (mod n). Azt kell igazolni, hogy na = 1
is teljesül.
A (3) kongruenciát mod qi tekintve, majd négyzetre emelve kapjuk, hogyja2 r ≡ −1 (mod qi )

és

a2

j+1

r

≡ 1 (mod qi ) .

723

Megoldások 5.7.
Ez azt jelenti, hogyoqi (a) ̸ | 2j roqi (a) | 2j+1 r ,ésvagyisoqi (a) = 2j+1 ri ,ahol

ri | r .

(4)

Mivel qi prím, ezért (4)-ből
j

a2 ri ≡ −1 (mod qi )(5)következik, továbbá oqi (a) | q − 1 alapján azt is kapjuk, hogy alkalmas hi -vel
qi = 1 + 2j+1 ri hi .
Az (5) és (6) összefüggések felhasználásával( )( j )hija≡ a(qi −1)/2 = a2 ri hi = a2 ri≡ (−1)hi (mod qi )
qi

(6)

(7)

adódik. A (7) alapján( )s ( )αi∑s∏aa== (−1) i=1 αi hi ,
n
qi
i=1
( )
∑s
vagyis na = 1-hez azt kell megmutatni,
i=1 αi hi páros. Mivel minden∑hogysri páratlan, ez azzal ekvivalens, hogy i=1 αi ri hi páros.
A (6) felhasználásával
n =

s
∏

qiαi

=

i=1

s
∏

(1 + 2j+1 ri hi )αi .

(8)

i=1

A (8) jobb oldalán a beszorzást elvégezve a legtöbb tag osztható lesz 2j+2 -vel:n = 1 + 2

j+1

s
∑

αi ri hi + 2j+2 C .

i=1Mivel n − 1 = 2k r, azaz n = 1 + 2k r, ezért (9)-ből
k

2 r=2

j+1

s
∑
i=1

αi ri hi + 2j+2 C ,

(9)

724

Megoldások 6.1.

majd 2j+1 -gyel történő egyszerűsítés után
2k−j−1 r − 2C =s∑

αi ri hi

(10)

i=1

következik. A (10) bal oldala j < k − 1 miatt páros, tehát a jobb oldalon álló∑si=1 αi ri hi összeg is valóban páros.
Végül azn−1
k−1
a2 r = a 2 ≡ −1 (mod qi )( )esetbenis ugyanígy járhatunk el. Ekkor na = −1-et kell igazolnunk, ami∑si=1 αi ri hi páratlanságával ekvivalens. Ekkor j = k − 1-nek megfelelően (10)bal oldalán r − 2C áll, ami r páratlansága miatt valóban páratlan.

6. Számelméleti függvények
• 6.1.7 a) Az ab = (a, b)[a, b] egyenlőség és a teljes additivitás miatt az f (ab)függvényértéket kétféleképpen kiszámítva éppen a kívánt
f (a) + f (b) = f ((a, b)) + f ([a, b])(1)egyenlőséget kapjuk.
• b) Legyen a és b kanonikus alakja
αr
1 α2
a = pα1 p2 . . . prés b = pβ1 1 pβ2 2 . . . pβr r ,αi ≥ 0, βj ≥ 0 .

ahol

Ekkor
min(α1 ,β1 ) min(α2 ,β2 )r ,βr )
p2
. . . pmin(αr(a, b) = p1
ésmax(α1 ,β1 ) max(α2 ,β2 )p2. . . prmax(αr ,βr ) .

[a, b] = p1

Innen a 6.1.7 Tétel alapján kapjuk, hogyf (a) + f (b) =

r
∑

βi
i
f (pα
i ) + f (pi )

(2)

i=1

és
f ((a, b)) + f ([a, b]) =

r
∑
i=1

min(αi ,βi )f (pimax(αi ,βi )) + f (pi).

(3)

Megoldások 6.1.

725

(Mindez f (1) = 0 miatt akkor is érvényes, ha a kitevők között a 0 is előfordul.)Mivel tetszőleges két valós szám egyike a két szám minimuma, másika
pedig a két szám maximuma, ezért az αi , βi és min(αi , βi ), max(αi , βi ) értékekbármely i esetén megegyeznek. Ennélfogva (2)-ből és (3)-ból azonnal következik (1).
• c) Megmutatjuk, hogy a feltételt az f = g + c alakú függvények elégítik ki,ahol g additív, c pedig konstans.
Mivel az additív függvényekről már láttuk, hogy megfelelnek, ezért azonnal adódik, hogy a fenti alakú függvények is jók.
Megfordítva, tegyük fel, hogy az f függvényre (1) bármely a, b esetén
teljesül, és próbáljuk előállítani f -et a keresett f = g + c alakban, ahol g
additív és c konstans.
A g(1) = 0 feltételből kapjuk, hogy c értéke csak f (1) lehet. Ennélfogva
azt kell igazolnunk, hogy a g(n) = f (n)−f (1) függvény additív. Ez azt jelenti,
hogy bármely (a, b) = 1 esetén() ()
f (ab) − f (1) = f (a) − f (1) + f (b) − f (1) ,azazf (1) + f (ab) = f (a) + f (b) .

(4)

Mivel (a, b) = 1 miatt [a, b] = ab, ezért (4) bal oldalán f (1), illetve f (ab)helyére f ((a, b)), illetve f ([a, b]) írható. Ennélfogva (4) azonnal következik(1)-ből.
• d) Az előzőkhöz hasonlóan igazolhatjuk, hogy az
f (a)f (b) = f ((a, b))f ([a, b])(5)egyenlőség minden a, b esetén teljesül a teljesen multiplikatív, sőt a multiplikatív függvényekre, valamint ezek konstansszorosaira, továbbá, hogy f (1) ̸= 0
esetén ez utóbbiak adják az összes lehetséges f -et.
Vizsgáljuk most az f (1) = 0 esetet. Ha f = 0, akkor (5) nyilván teljesül.
Tegyük fel, hogy f ̸= 0 kielégíti (5)-öt, és legyen K a legkisebb pozitív egész,
amelyre f (K) ̸= 0.
Ha K̸ | n, akkor
f (K)f (n) = f ((K, n))f ([K, n]).

(6)Mivel a feltétel szerint (K, n) < K, ezért f ((K, n)) = 0, továbbá f (K) ̸= 0, ésígy (6) alapján f (n) = 0.

726

Megoldások 6.1.
Legyen most h(n) = f (Kn). Ekkor h is kielégíti (5)-öt bármely a, b esetén:h(a)h(b) = f (Ka)f (Kb) = f ((Ka, Kb))f ([Ka, Kb]) == f (K(a, b))f (K[a, b]) = h((a, b))h([a, b]).

Továbbá h(1) = f (K) ̸= 0, ezért h egy multiplikatív függvény konstansszorosa.
Összefoglalva, azt kaptuk, hogy{f (n) =

0, ( ) ha K̸ | n;n
cg K
, ha K | n,(7)ahol g(n) multiplikatív, c konstans és K rögzített pozitív egész. Megfordítva,könnyen adódik, hogy a (7)-beli f függvényekre (5) valóban teljesül minden
a, b esetén. A (7) tartalmazza az f (1) ̸= 0, illetve f = 0 eseteket is, amikor
K = 1, illetve c = 0 (vagy g = 0). Ezzel beláttuk, hogy a (7) képlet adja azösszes keresett függvényt.
• 6.1.9 d) A feladat megoldásában az olyan additív függvények játszanak szerepet, amelyek egy vagy két prím hatványaitól eltekintve minden prímhatvány
helyen 0 értéket vesznek fel.
Legyen p tetszőleges prímszám. Nevezzünk házi használatra egy h additív függvényt p-talpúnak, ha h a p hatványain tetszőleges értéket vehet fel,a többi prímhatvány helyen viszont csak 0-t. Egy általános n helyen felvett függvényértéket innen a következőképpen kapunk meg: az n felírható
n = tpα alakban, ahol (t, p) = 1, ekkor h(n) = h(pα ). (Ez az α = 0 esetben
is helyes, hiszen az additivitás miatt h(1) = 0.) Az ilyen függvényeket úgy isjellemezhetjük, hogy minden (c, p) = 1 esetén h(c) = 0.
Hasonlóképpen definiáljuk a (p, q)-talpú függvényeket, ahol p és q különböző prímek: ekkor a h additív függvény a p és q hatványain tetszőleges értéket
vehet fel, a többi prímhatvány helyen viszont csak 0-t. Egy általános n helyen
felvett függvényértéket innen a következőképpen kapunk meg: az n felírható
n = tpα q β alakban, ahol (t, pq) = 1, ekkor h(n) = h(pα ) + h(q β ). Az ilyen
függvényeket úgy is jellemezhetjük, hogy minden (c, pq) = 1 esetén h(c) = 0.
Rátérve a feladat megoldására, ha f = 0 vagy g = 0, akkor nyilván minden
teljesül.
Most megmutatjuk, hogy ha f és g is p-talpú (ugyanazzal a p prímmel),akkor f g is additív.
Azt kell igazolni, hogy bármely (a, b) = 1 esetén fennáll(f g)(ab) = (f g)(a) + (f g)(b).

(8)

727

Megoldások 6.1.
Ha a és b egyike sem osztható p-vel, akkor a (8) mindkét oldala 0.
Ha a = tpα , ahol α > 0, (t, p) = 1, akkor (a, b) = 1 miatt p̸ | b, és így(f g)(b) = 0 ,(f g)(a) = (f g)(ab) = f (pα )g(pα ) ,tehát (8) ekkor is teljesül.
További megoldásokat kapunk, ha f és g is (p, q)-talpú (ugyanazokkal ap, q prímekkel), és létezik olyan c, hogyg(pα ) = cf (pα ) ,g(q β ) = −cf (q β ) ,α, β = 1, 2, 3, . . .

(9)Ekkor (8) igazolása az előzőek mintájára történhet, ha a és b közül legalább az egyik se p-vel, se q-val nem osztható.
A fennmaradó esetben a = tpα és b = sq β (vagy fordítva), ahol (ts, pq) == 1. Ekkor (9)-et is felhasználva kapjuk, hogy(f g)(a) = f (pα )g(pα ) = cf (pα )2 ,(f g)(b) = f (q β )g(q β ) = −cf (q β )2 ,()()(f g)(ab) = f (pα ) + f (q β ) g(pα ) + g(q β ) =()()= f (pα ) + f (q β ) cf (pα ) − cf (q β ) ,ahonnan (8) leolvasható.
Összefoglalva, eddig a következő megoldásokat találtuk:
I. f = 0 vagy g = 0.
II. f és g tetszőleges p-talpú függvény.
III. f és g olyan (p, q)-talpú függvények, amelyek kielégítik (9)-et.
Most azt igazoljuk, hogy a fentiekben az összes megoldást megadtuk,
vagyis ha f, g és f g is additív, akkor az f, g függvénypár ezen három típus
valamelyikébe tartozik.
Tegyük fel, hogy f, g és f g is additív. Ekkor bármely (a, b) = 1 esetén
fennáll()()
f (a)g(a) + f (b)g(b) = f (ab)g(ab) = f (a) + f (b) g(a) + g(b) ,azaz
f (a)g(b) + f (b)g(a) = 0 .

(10)Feltehetjük, hogy f ̸= 0 és g ̸= 0. Az f és g függvények prímhatvány
helyeken felvett értékeit fogjuk vizsgálni. Két esetet különböztetünk meg:(A) Van olyan pα prímhatvány, amelyre f (pα ) ̸= 0 és g(pα ) = 0.

728

Megoldások 6.1.

(B) Bármely w prímhatványra f (w) = 0 ⇐⇒ g(w) = 0.
Az (A) esetben alkalmazzuk (10)-et az a = pα és b = rγ értékekre, aholr a p-től különböző prím. Ekkor g(rγ ) = 0 adódik. Ez azt jelenti, hogy a g
függvény p-talpú. Mivel g ̸= 0, ezért van olyan κ, amelyre g(pκ ) ̸= 0. Ekkor(10)-et az a = pκ és b = rγ értékekre alkalmazva kapjuk, hogy f (rγ ) = 0.
Eszerint az f is p-talpú, vagyis egy II. típusú f, g párról van szó.
Térjünk át a (B) esetre, és legyen a pα olyan prímhatvány, amelyreαf (p ) ̸= 0 és g(pα ) ̸= 0. Ha az f függvény p-talpú, akkor a (B) feltétel
szerint a g is az, tehát ismét a II. típusú f, g párhoz jutottunk.
Így feltehetjük, hogy van egy q β prímhatvány is, ahol q a p-től különböző
prím és f (q β ) ̸= 0, g(q β ) ̸= 0.
Először megmutatjuk, hogy f és g is (p, q)-talpú, vagyis tetszőleges, ap-től és q-tól különböző r prím esetén minden γ-ra f (rγ ) = g(rγ ) = 0 teljesül.
Tegyük fel indirekt, hogy van olyan rγ , amelyre f (rγ ) ̸= 0.
Ha f (a)f (b) ̸= 0, akkor (10) átírható a
g(b)
g(a)
=−
f (a)
f (b)

(11)

alakba. Alkalmazzuk (11)-et rendre a pα , q β és rγ számokból képezett párokra:g(q β )g(rγ )g(pα )g(pα )=−==−,f (pα )f (q β )f (rγ )f (pα )
ami ellentmond g(pα ) ̸= 0-nak.
Végül (9) igazolásához alkalmazzuk (11)-et először a = pα , b = q βszereposztással, és legyen a két oldal közös értéke c. Ezután az a változatlanul tartása mellett legyen b = q ν , ahol ν végigfut az összes olyan kitevőn,amelyre f (q ν ) ̸= 0, majd hasonló módon, rögzített b = q β mellett legyena = pµ az összes olyan µ-vel, amelyre f (pµ ) ̸= 0. Ekkor (11)-ből éppen a (9)összefüggések adódnak.
Ezzel megmutattuk, hogy az f, g függvénypár III. típusú.
• 6.1.13 a) Tegyük fel, hogy az f additív függvény k különböző értéket vesz
fel. Ezek között f (1) = 0 miatt szerepel a 0 is.
Először azt igazoljuk, hogy bármely k darab, páronként relatív prím
a1 , a2 , . . . , ak szám közül kiválasztható néhány (esetleg csak egy, esetleg azösszes), amelyek szorzatán az f értéke 0.
Tekintsük az
f (a1 ), f (a1 a2 ), . . . , f (a1 a2 . . . ak )

729

Megoldások 6.1.

függvényértékeket. Ha ezek mind különbözők, akkor szerepel közöttük a 0
is, tehát készen vagyunk. Ha pedig van köztük két egyenlő, azaz valamilyen
1 ≤ i < j ≤ k-ra f (a1 a2 . . . aj ) = f (a1 a2 . . . ai ), akkor
0 = f (a1 a2 . . . aj ) − f (a1 a2 . . . ai ) =() ()= f (a1 ) + f (a2 ) + . . . + f (aj ) − f (a1 ) + f (a2 ) + . . . + f (ai ) == f (ai+1 ) + . . . + f (aj ) = f (ai+1 . . . aj ) .
Legyen most b tetszőleges. A b-nél nagyobb prímek sorozatát osszuk be k
hosszúságú blokkokba. Ekkor az előzőek szerint bármely r-re az r-edik blokk
néhány alkalmas prímjének a cr szorzatát véve f (cr ) = 0. Így (b, cr ) = 1 miattf (bcr ) = f (b) + f (cr ) = f (b), tehát az f (b) értéket a függvény végtelen sok
helyen felveszi.
• 6.1.15 Nyilván φ2 (1) = 1. Egy n = pα prímhatványra (j, pα ) ̸= 1 ⇐⇒ p | j,ezért az i = rp, illetve i = rp − 1 alakú számok esetén lesz (i, pα ) ̸= 1, illetve(i + 1, pα ) ̸= 1. Ennek megfelelően φ2 (pα ) meghatározásához az 1, 2, . . . , pαszámok számából le kell vonni ap − 1, p, 2p − 1, 2p, . . . , pα − 1 = pα−1 p − 1, pα = pα−1 pszámok számát, vagyis
φ2 (pα ) = pα − 2pα−1 .

(12)Most belátjuk, hogy φ2 (n) multiplikatív. Legyen (a, b) = 1 és
1 ≤ u1 < u2 < . . . < ur ≤ a,illetve

1 ≤ v1 < v 2 < . . . < v s ≤ baz összes olyan szám (1 és a, illetve 1 és b között), amelyre(ui , a) = (ui + 1, a) = 1,

illetve

Ekkor tehát r = φ2 (a) és s = φ2 (b).
Tekintsük az
x ≡ ui (mod a)x ≡ vj (mod b)(vj , b) = (vj + 1, b) = 1.

(13)

szimultán kongruenciarendszert. Mivel (a, b) = 1, ezért ennek a rendszernekbármely i = 1, . . . , φ2 (a), j = 1, . . . , φ2 (b) esetén pontosan egy megoldása van
modulo ab. Jelöljük wij -vel az 1 ≤ wij ≤ ab feltételt is kielégítő (egyértelműen

730

Megoldások 6.2.

meghatározott) megoldást. Ezzel összesen φ2 (a)φ2 (b) darab wij számot definiáltunk.
Megmutatjuk, hogy
(wij , ab) = (wij + 1, ab) = 1 ,(14)

és ezek adják az összes ilyen tulajdonságú számot 1 és ab között. Ebből
következik, hogy a wij értékek száma φ2 (ab), amit az előzőkkel összevetveéppen a kívánt multiplikativitás adódik.
A (14)-hez azt kell belátni, hogy wij és wij + 1 az a-hoz és b-hez is relatív
prímek. Mivel wij ≡ ui (mod a), ezért(wij , a) = (ui , a) = 1

és(wij + 1, a) = (ui + 1, a) = 1 .

Hasonlóan adódik, hogy (wij , b) = (wij + 1, b) = 1 is teljesül.
Most tegyük fel, hogy 1 ≤ c ≤ ab és (c, ab) = (c + 1, ab) = 1. Azt kelligazolni, hogy alkalmas i-vel és j-vel c = wij . Legyen c legkisebb pozitív
maradéka a-val, illetve b-vel osztva c′ , illetve c′′ . Ekkor(c′ , a) = (c, a) = 1

és(c′ + 1, a) = (c + 1, a) = 1 .

Ez azt jelenti, hogy alkalmas i-vel c′ = ui . Hasonlóan kapjuk, hogy c′′ = vj .
Ebből következik, hogy c megoldása a (13) szimultán kongruenciarendszernek, tehát c = wij . Ezzel φ2 (n) multiplikativitásának a bizonyítását befejeztük.
∏tiVégül, legyen az n kanonikus alakja n = i=1 pα
i . Ekkor a multiplikativitás és (12) felhasználásával kapjuk, hogy
φ2 (n) =

t
∏
(

αi −1
i
pα
i − 2pi

)

=n

i=1

∏ (
p|n
p prím

2
1−
p

)
.

• 6.2.7 Első megoldás: Megmutatjuk, hogy σ(n) ̸= 2p, ahol p egy tetszőleges
6k − 1 alakú prím.
Tegyük fel indirekt, hogy valamilyen n pozitív egészre σ(n) = 2p. Legyen
az n kanonikus alakja n = q1α1 . . . qrαr , ekkor
2p = σ(n) =

r
∏
i=1

σ(qiαi ) .

Megoldások 6.2.

731

Mivel a 2 nem szerepel a σ-függvény értékkészletében, ezért r = 1, azaz n = q α(ahol q prím), és
2p = 1 + q + q 2 + . . . + q α .
(1)Mivel (1) bal oldala páros, ezért q > 2 és α páratlan, így (1) jobb oldalánkiemelhető 1 + q. Nyilván 1 + q ̸= 1, 2, p, tehát csak 1 + q = 2p lehetséges (ésekkor α = 1). A feltétel szerint 2p ≡ 1 (mod 3), ezért innen 3 | q adódik. Ez
azt jelenti, hogy q = 3, vagyis p = 2, ami ellentmondás.
Ugyanígy igazolható az is, hogy σ(n) ̸= 2p, ahol p egy 3-nál nagyobb
5k − 2 alakú prím vagy egy tetszőleges 7k − 3 vagy 11k − 5 alakú prím stb.
• Második megoldás: Megmutatjuk, hogy σ(n) ̸= 3s , ha s > 1.
Most is indirekt bizonyítunk. A σ-függvény multiplikativitásából adódik,hogy az n kanonikus alakjában szereplő bármely q α prímhatványra σ(q α ) = 3t(ahol 1 ≤ t ≤ s), azaz
3t = 1 + q + q 2 + . . . + q α .

(2)Vizsgáljuk először a q = 2 esetet, ekkor (2) átírható a
3t = 2α+1 − 1(3)alakba. Ha α = 1, akkor t = 1 és megoldást kapunk. Ha α > 1, akkor (3) bal
oldala 8-cal osztva 3-at vagy 1-et ad maradékul, a jobb oldal pedig 7-et, ami
ellentmondás.
A továbbiakban feltehetjük tehát, hogy q > 2 és t > 1. A (2) egyenlőséget
modulo 2, illetve modulo 3 tekintve azt kapjuk, hogy α páros, továbbá q ≡ 1(mod 3) és α ≡ 2 (mod 3). Ezért (2) jobb oldalán kiemelhető 1+q+q 2 , ami így
szintén a 3-nak hatványa. Ez azonban lehetetlen, mert 1 + q + q 2 nem osztható
már 9-cel sem (ezt például a q ≡ 1, 4 és 7 (mod 9) esetek behelyettesítésével
ellenőrizhetjük).
Ezzel megmutattuk, hogy a 2 az egyetlen prímhatvány, és így a 2 az
egyetlen olyan n is, amelyre σ(n) a 3-nak hatványa. Ez azt jelenti, hogys > 1-re σ(n) = 3s nem lehetséges.
• Harmadik megoldás: Azt mutatjuk meg, hogy a ,,legtöbb” páratlan szám
nem szerepel a σ-függvény értékkészletében.
Legyen N tetszőleges (,,nagy”) egész szám, és vizsgáljuk meg, legfeljebb
hány olyan x van, amelyre σ(x) egy 2N -nél kisebb páratlan szám. Ekkor
egyrészt nyilván x < 2N , továbbá a 6.2.6a feladat szerint x csak négyzetszám
vagy√ egy négyzetszám kétszerese lehet. A 2N -nél
√ kisebb négyzetszámok száma⌊ 2N − 1⌋, a 2t2 alakú számok száma pedig ⌊ N − 1⌋. Ennek megfelelően a

732

Megoldások 6.2.

√√
szóba jövő x-ek száma kisebb, mint ( 2 + 1) N . A 2N -nél kisebb páratlanszámok száma ugyanakkor N . Ez azt jelenti, hogy a 2N -nél kisebb páratlanszámok közül legalább√√(4)
N − ( 2 + 1) N
nem szerepel a σ-függvény értékkészletében. (A (4)-beli függvény ,,nagyon
erősen” tart a végtelenhez, mert a második tag ,,elhanyagolható” az N -hezképest.)• Negyedik megoldás: Legyen N tetszőleges egész, és vizsgáljuk meg, legfeljebb
hány olyan x van, amelyre σ(x) ≤ N . Ekkor egyrészt nyilván x ≤ N , másrészt
a 2N/3-nál nagyobb s páros számok nem jók, mert ezekre σ(s) ≥ s + s/2 > N .
A 2N/3 és N közötti páros számok száma⌊N ⌋ ⌊N ⌋ N
−
>
− 2,
2
3
6
ezért a szóba jövő x-ek száma legfeljebb 5N/6 + 2. Ez azt jelenti, hogy az
1, 2, . . . , N számok közül legalább N/6 − 2 nem szerepel a σ-függvény értékkészletében.
• Ötödik megoldás: A negyedik megoldáshoz hasonló gondolatmenetet alkalmazunk, de most nem azt használjuk ki, hogy bizonyos x ≤ N -ek esetén σ(x) > N , hanem azt, hogy ,,sok” olyan xi ̸= xj pár van, amelyre
σ(xi ) = σ(xj ). Ilyen párok például a 6t és a 11t, ha (t, 66) = 1. Ezek száma
N -ig körülbelülφ(66)N= 0,027 . . . N.
66 · 11
Mivel az x ≤ N helyek közül legalább ennyi esetben a σ-függvény értéke,,összeesik”, ezért legalább ennyi szám ki kell hogy maradjon a függvény értékkészletéből.
• Megjegyzés: A feladat állítása jelentősen élesíthető: a ,,legtöbb” egész szám
hiányzik a σ-függvény értékkészletéből, vagyis az értékkészlet a természetes
számoknak egy ,,ritka” részsorozatát alkotja. Ez pontosan a következőt jelenti.
Legyen U (N ) azoknak az y ≤ N értékeknek a száma, amelyek előfordulnak a
σ-függvény értékkészletében. Ekkor limN →∞ U (N )/N = 0. A bizonyításhoz aprímszámoknak a számtani sorozatokban való eloszlásáról szóló eredményeket
kell felhasználni, lásd a 6.4.8 és 6.4.9 feladatokat.
• 6.2.8 Az n = 1 érték nyilván megfelel. Megmutatjuk, hogy más megoldás
nincs. Ha n ≥ 2, akkor
) ∏
∏(
∏
1
p
σ(n!)
1
1
v
=
1 + + 2 + . . . + αp <
≤
= n.
n!
p p
p
p−1
v−1
p≤n

p≤n

2≤v≤n

733

Megoldások 6.3.
Innen n! < σ(n!) < n · n! < (n + 1)!, azaz σ(n!) ̸= k!.

• 6.2.17 b) Megmutatjuk, hogy g(n) értéke csak 0 és ±1 lehet.
Ha n nem négyzetmentes, akkor az összeg minden tagja 0, tehát g(n) = 0.
A továbbiakban tegyük fel, hogy n négyzetmentes.
Ha n az összes 100-nál kisebb prímmel osztható, akkor g(n) = µ(n) = ±1.
Egyébként legyen S az összes olyan 100-nál kisebb prím szorzata, amelyek
nem osztói n-nek. Ha (n, k) ̸= 1 vagy k nem négyzetmentes, akkor µ(nk) = 0,
ezért
∑
∑
∑
g(n) =µ(nk) =µ(n)µ(k) = µ(n)µ(k) = 0
k|S

k|S

k|S

(az utolsó lépésben a 6.2.4 Tételt használtuk).
• 6.3.5 a) Ha n = 2p−1 , ahol 2p − 1 Mersenne-prím, akkor σ(n) = 2p − 1 ésσ(σ(n)) = 2p = 2n.
A megfordításhoz tegyük fel, hogy n páros és szupertökéletes. Legyenn = 2k t, ahol k ≥ 1 és t páratlan.
Ekkor σ(n) = (2k+1 − 1)σ(t), ahonnan k ≥ 1 miatt következik, hogyk+1(2− 1)σ(t) és σ(t) a σ(n)-nek két különböző osztója. Így
2k+1 t = 2n = σ(σ(n)) ≥ (2k+1 − 1)σ(t) + σ(t) = 2k+1 σ(t) .
Ez csak úgy lehetséges, ha σ(t) = t, azaz t = 1, továbbá σ(n)-nek a megadottkét számon kívül nincs más pozitív osztója, azaz σ(n) = 2k+1 − 1 prím.
• b) A 6.2.6a feladat szerint egy páratlan n pontosan akkor négyzetszám, ha
σ(n) páratlan. Így elég belátni, hogy egy páratlan n szupertökéletes szám
esetén σ(n) páratlan.
Tegyük fel indirekt, hogy n szupertökéletes és σ(n) = 2v w, ahol w páratlan és v ≥ 1. Ekkor
2n = σ(σ(n)) = (2v+1 − 1)σ(w) ,ahonnan alkalmas z-vel σ(w) = 2z és n = (2v+1 − 1)z következik. Innen v ≥ 1
alapján azt kapjuk, hogy
σ(n) ≥ (2v+1 − 1)z + z = 2v+1 z,
ugyanakkor
σ(n) = 2v w < 2v σ(w) = 2v+1 z,

734

Megoldások 6.3.

ami ellentmondás. (A w < σ(w) egyenlőtlenség abból adódott, hogy σ(w) =2z miatt w ̸= 1.)• c) Tegyük fel, hogy pα szupertökéletes, ahol p páratlan prím. Legyen σ(pα )∏sβkanonikus alakja j=1 qj j , azaz
α

s
∏

α

σ(p ) = 1 + p + . . . + p =β

qj j .

(5)

j=1

Ekkor
2pα = σ(σ(pα )) =

s
∏
(

β )
1 + qj + . . . + qj j .

(6)

j=1

A (6) jobb oldalán szereplő tényezők közül pontosan egy páros, legyen ez
mondjuk az első tényező. Ez azt jelenti, hogy
1 + q1 + . . . + q1β1 =q1β1 +1 − 1= 2pγ1 ,q1 − 1(7a)

továbbáβ +1
qj j − 1βj= pγj ,
1 + qj + . . . + qj =qj − 1

j = 2, . . . , s ,(7b)ahol a γj kitevők alkalmas pozitív egészek. (A bizonyítás lépései az s = 1
esetben is helyesek lesznek.)
A (7a) és (7b) egyenlőségekből következik, hogy
β +1

qj j

≡ 1 (mod p) ,j = 1, 2, . . . , s .

(8)(7a)-ból azt is kapjuk, hogy β1 páratlan, és így 1 + q1 + . . . + q1β1 -bőlkiemelhető 1 + q1 . Ennek alapján 1 + q1 = 2pδ alakú, ezért
q1 ≡ −1 (mod p) .

(9)(7b) szerint j ≥ 2 esetén a βj kitevő páros, tehát
K = (β2 + 1) . . . (βs + 1) páratlan.

(10)

Szorozzuk be (5)-öt q1 . . . qs -sel:
s
∏
j=1

β +1

qj j

= q1 q2 . . . qs (1 + p + . . . + pα ) .

(11)

Megoldások 6.4.

735

Tekintsük (11)-et modulo p, ekkor (8) és (9) felhasználásával 1 ≡ −q2 . . . qs
(mod p), azaz
q2 . . . qs ≡ −1 (mod p)(12)
adódik. Emeljük (12)-t a K-adik hatványra. Ekkor (10) alapján(q2 . . . qs )K ≡ −1 (mod p) .

(13)

Ugyanakkor j ≥ 2 ⇒ βj + 1 | K és (8) felhasználásával azt kapjuk, hogy
(q2 . . . qs )K ≡ 1 (mod p) ,ami (p > 2 miatt) ellentmond (13)-nak.
• 6.4.8 b) Az útmutatásban vázolt gondolatmenetet követjük.
Legyen ε > 0 tetszőleges. Azt kell igazolni, hogy ha N elég nagy, akkor
az 1, 2, . . . , N számok közül legfeljebb εN darab szerepel a φ-függvény értékkészletében.
Rögzítsük le az r pozitív egész értékét úgy, hogy
2r >

2
ε

teljesüljön.
A φ(n) értékkészletét osszuk két csoportba: H1 -be tartozzanak a 2r -relosztható függvényértékek, H2 -be pedig azok, amelyek nem oszthatók 2r -rel.
A H1 halmaz N -nél nem nagyobb elemeinek a száma nyilván⌊ N ⌋ εN.
<2r
2
A feladat állításához így elég megmutatni, hogy elég nagy N esetén a H2
halmaz N -nél nem nagyobb elemeinek a száma szintén legfeljebb εN/2.
Ha ω(n) ≥ r + 1, akkor 2r | φ(n), tehát minden ilyen n esetén φ(n) ∈ H1 .
Így a továbbiakban elég az olyan n-eket vizsgálni, amelyekre ω(n) ≤ r.
Ebben az esetben
φ(n) ∏(
1)
=
1−
(14)
n
p
p|n

nyilván akkor a legkisebb, ha az n kanonikus alakjában éppen az első r prímszám, p1 , . . . , pr szerepel. Ekkor (14)-et a
r
∏
(
i=1

1−

1)
=c
pi

736

Megoldások 6.6.

jelölés segítségével
φ(n) ≥ nc(15)

alakba írhatjuk.
A (15) egyenlőtlenségből az következik, hogy ha φ(n) ≤ N , akkor
n≤

φ(n)
N
≤
,
c
c

vagyis H2 -nek az N -nél nem nagyobb elemei csak aφ(1), φ(2), . . . , φ(N ′ )függvényértékek közül kerülhetnek ki, ahol N ′ = ⌊N/c⌋.
A feladat a) része szerint létezik olyan n0 , hogy ha N ′ > n0 , akkor az
1, 2, . . . , N ′ számok között legfeljebb
cεN ′
εN
≤
2
2
olyan van, amelyre φ(n) nem osztható 2r -rel, és így nyilván legfeljebb εN/2
darab H2 -be tartozó φ(n) érték keletkezhet.
• 6.6.12 a) Mivel d(n) = (1∗1)(n), ezért a 6.6.4 Tétel szerint a d(n) Dirichletsora D(s) = ζ 2 (s), és így speciálisan s = 2-reD(2) =

∞
∑
d(n)
n=1

n2

= ζ 2 (2) =( π 2 )26.

• b) Jelöljük a d2 (n) függvény Dirichlet-sorát T (s)-sel. Mivel d2 (n) multiplikatív, ezért a 6.6.10a feladat szerint
T (s) =∞∑
d2 (n)
n=1

ns

=

∞
∏( ∑
d2 (pk ) )p

k=0

LegyenH(x) =

∞
∑
k=0

pks

=

∞
∏(∑
(k + 1)2 )p(k + 1)2 xk ,

k=0

pks

.

(16)

(17)

Megoldások 6.7.

737

ekkor (16) és (17) alapján
T (s) =

∏
p

H

(1)
.
ps

(18)

Feltesszük, hogy s > 1, ekkor p ≥ 2 miatt H(x)-et a 0 < x < 1/2 tartományban vizsgáljuk. A H(x) végtelen sorhoz úgy jutunk el, ha a
∞
∑

xj =

j=0

1
1−x

végtelen mértani sort tagonként deriváljuk:∞∑

jxj−1 =

j=1

1,
(1 − x)2

az eredményt megszorozzuk x-szel:
∞
∑

jxj =

j=1

x
,
(1 − x)2

majd ismét tagonként deriválunk:∞∑j 2 xj−1 =

j=1

1+x
.
(1 − x)3(19)

A hatványsorok deriválásáról szóló tétel szerint az előbbi levezetésben szereplő
lépések például |x| ≤ 1/2 esetén helyesek voltak, és így a fenti egyenlőségek
igazak.
A k = j − 1 helyettesítés mutatja, hogy (19) bal oldalán éppen H(x) áll.
A jobb oldalon szereplő tört számlálóját és nevezőjét 1 − x-szel bővítve ígyH(x) =

1 − x2(1 − x)4(20)

adódik. A (20)-at (18)-ba beírva azt nyerjük, hogy
T (s) =

∏ 1 − p12s
ζ 4 (s)
=
.
)
(
4
1
ζ(2s)
1
−
s
p
p

(21)

738

Megoldások 7.1.

A (21) képletet s = 2-re alkalmazva kapjuk, hogy

T (2) =∞∑
d2 (n)n=1n2

ζ 4 (2)==ζ(4)( π 2 )4
6
π4
90

=

5π 4
.
72

• 6.7.4 Az útmutatásban jelzett gondolatmenetet követjük.
Először megmutatjuk, hogy ha n elég nagy, akkor az 1, 2, . . . , n számok
között több, mint n/2 olyan i van, amelyre σ(i) ≤ 2n. Legyen t azoknak az
i értékeknek a száma, amelyekre ez nem teljesül, ekkor azt kell igazolni, hogyt < n/2. Erre a t darab ,,rossz” i-re a σ(i) > 2n, a többi i-re pedig a triviális
σ(i) > 0 becslést alkalmazva azt kapjuk, hogy
σ(1) + σ(2) + . . . + σ(n) > 2tn .

(22)

Másrészt a 6.7.3 Tétel szerint elég nagy esetén
σ(1) + σ(2) + . . . + σ(n) < n2 .

(23)

A (22) és (23) egyenlőtlenségekből azonnal adódik, hogy valóban t < n/2.
Legyen most k tetszőleges. A 6.4.9 feladat alapján elég nagy n esetén az
1, 2, . . . , 2n számok között legfeljebb
2n
4k
olyan j érték szerepel, amely benne van a σ-függvény értékkészletében. Mivelaz előző bekezdés szerint több, mint n/2 olyan i van, amelyre a σ(i) egy ilyen
j függvényérték, ezért a skatulyaelv alapján kell lennie olyan j-nek, amelyet aσ-függvény legalább
n
2n
:
= k
2
4k
helyen vesz fel.

7. Diofantikus egyenletek• 7.1.4 Jelöljük a szóban forgó huszadik századi évszámot M -mel. Először
megmutatjuk, hogy A és B nem születhettek mindketten 1899 után.

Megoldások 7.3.

739

Indirekt tegyük fel, hogy mégis ez lenne a helyzet. Legyen A születési éve
19uv, B születési éve pedig 19xz (nyilván egyikük sem születhetett 2000-ben).
Ekkor a feltétel szerint
M = 1900 + 10u + v + 1 + 9 + u + v = 1910 + 11u + 2v = 1910 + 11x + 2z.
Ezt átrendezve 11(u−x) = 2(z−v) adódik, amiből kapjuk, hogy 11 | z−v.
Mivel |z − v| ≤ 9, ezért csak z − v = 0 lehetséges. Ha azonban z = v, akkor
u = x is teljesül, ami ellentmondás, hiszen A és B különböző korúak.
Hasonlóan adódik, hogy A és B nem születhettek mindketten 1900 előtt:ha a születési évszámuk 18uv, illetve 18xz, akkor
M = 1800 + 10u + v + 1 + 8 + u + v = 1809 + 11u + 2v = 1809 + 11x + 2z
ugyanígy ellentmondásra vezet.
Ez azt jelenti, hogy (mondjuk) A születési évszáma 19uv, B-é pedig 18xz.
Ekkor
M = 1910 + 11u + 2v = 1809 + 11x + 2z,

vagyis 101 = 11(x − u) + 2(z − v).

Innen egyrészt x − u páratlan, másrészt z − v ≤ 9 miattx−u≥

101 − 18
> 7,
11vagyis csak x − u = 9 lehetséges. Ebből
x = 9,u=0és

z =v+1(v = 0, 1, . . . , 8),és ezek az értékek (alkalmas M mellett) ki is elégítik a feladat feltételeit. Ígya korkülönbség
19uv − 18xz = (1900 + v) − (1890 + v + 1) = 9 év.
• 7.3.8 Megmutatjuk, hogy a triviális x = y = s = t = 0 értékrendszeren
kívül nincs más megoldás.
• Első megoldás: Tegyük fel indirekt, hogy létezik egy nemtriviális racionális
megoldás. Ekkor a nevezők legkisebb közös többszörösével végigszorozva,
majd szükség esetén az így adódó egész számok legnagyobb közös osztójávalvégigosztva olyan egész megoldáshoz jutunk, ahol (x, y, s, t) = 1.

740

Megoldások 7.3.
Vizsgáljuk a számok paritását. A feltétel alapján
t2 + s2 + x2 ≡ t2 + (s + x)2 = (y + t)2 + x2 ≡ y 2 + t2 + x2 (mod 2),

tehát s és y azonos paritású.
Ekkor az egyenletrendszert modulo 4 nézve azt kapjuk, ugyanilyen paritású t, s + x, y + t és x is.
Mind a hat szám nem lehet páratlan, mert ha y és t páratlan, akkor y + tpáros.
Mind a hat szám páros sem lehet, hiszen (x, y, s, t) = 1.
Ezzel ellentmondásra jutottunk.
• Második megoldás: Most is indirekt bizonyítunk. Az előző megoldáshoz
hasonlóan feltehetjük, hogy ekkor létezik egy nemtriviális egész megoldás is.
Ennél a szóban forgó négyzetösszegek értéke nem lehet nulla.
Tekintsük az egész koordinátájú négyzetrácsban a (0, 0), az (s, y) és az(s + x, −t) koordinátájú rácspontokat. A feltétel éppen azt jelenti, hogy ezek
egy szabályos háromszöget alkotnak.
Rácspontok azonban nem alkothatnak szabályos háromszöget, ugyanis azőket befoglaló rácstéglalap és a ,,sarokháromszögek” területe is nyilvánvalóan
racionális,ugyanakkor a szabályos háromszög területe az oldala négyzetének√
3/4-szerese, az oldal négyzete pedig (Pitagorasz tétele alapján) egész szám.
• 7.3.10 Legyen a 8 szám számtani közepe s. Ekkor 2s = t, ahol t páratlanegész, továbbá a 8 szám köbének összege
(
)3 (
)3 (
)3 (
)3 (
)3 (
)3
7
5
3
1
1
3
s−
+ s−
+ s−
+ s−
+ s+
+ s+
+
2
2
2
2
2
2
(
)3 (
)3
5
7
+ s+
+ s+
= 8s3 + 126s = t3 + 63t .
22
Így a t3 + 63t = v 3 egyenlet olyan megoldásait keressük, ahol v egész ést páratlan egész. Ha a (v, t) pár megoldás, akkor a (−v, −t) pár is megoldás,
ezért elég a t > 0 megoldásokat keresnünk.
Nyilván v > t, továbbá (t + 5)3 > t3 + 63t = v 3 , tehát v < t + 5. Ennek
alapján (figyelembe véve, hogy v szükségképpen páros) csak v = t + 1 ésv = t + 3 lehetséges.
Az elsőből nem kapunk megoldást, a másodikból t = 1 és t = 3 adódik.
A keresett köbszámok ennek megfelelően 64 = 43 , 216 = 63 , −64 = (−4)3 és−216 = (−6)3 .

741

Megoldások 7.3.

• 7.3.13 g) Az x = ±1, y = 0 értékek nyilván kielégítik az egyenletet. Megmutatjuk, hogy más egész megoldás nincs.
Indirekt bizonyítunk. Nyilván feltehetjük, hogy x > 1.
Az egyenletet (x+1)(x−1) = 2y 4 alakba írva látszik, hogy x páratlansága
miatt x + 1 és x − 1 páros, ezért y is az, y = 2u. Az egyenlet mindkét oldalát
4-gyel osztva
x+1 x−1
·
= 8u4
(1)
2
2
adódik. Az (1) bal oldalán két szomszédos pozitív egész szám szorzata áll,ezért a tényezők relatív prímek is. Így egyikük egy negyedik hatvány, a másikpedig egy negyedik hatvány 8-szorosa. Mivel a két szám eltérése 1, tehát
w4 − 8z 4 = 1

vagy

w4 − 8z 4 = −1.

Az utóbbi eset nem lehetséges, mert egy négyzetszám nem adhat −1 maradékot 8-cal osztva. Az első esetben átrendezés és szorzattá bontás után a(w2 + 1)(w2 − 1) = 8z 4 , azaz a
w2 + 1 2(w − 1) = (2z 2 )22(2)összefüggéshez jutunk.
Megmutatjuk, hogy a (2) bal oldalán álló két (pozitív) tényező relatív
prím. Jelölje a legnagyobb közös osztójukat d. Mivel (w2 + 1)/2 páratlan,
ezért d is csak páratlan lehet. Továbbá
d|2

w2 + 1− (w2 − 1) = 2,
2

tehát valóban d = 1.
Ez azt jelenti, hogy (w2 + 1)/2 és w2 − 1 külön-külön is négyzetszámok.
Két pozitív négyzetszám különbsége azonban nem lehet 1, tehát w2 − 1 nem
lehet négyzetszám, és így ellentmondásra jutottunk.
• h) Megmutatjuk, hogy az összes megoldás: x = y, valamint x = 2, y = 4 és
x = 4, y = 2.
Ezek nyilván megoldások. Így azt kell igazolni, hogy y > x esetén x = 2
és y = 4.
• Első bizonyítás: Legyen (x, y) = d, ekkor x = da, y = db, ahol (a, b) = 1.
Ezt az egyenletbe visszaírva, majd d-edik gyököt vonva(da)b = (db)a ,azaz b > a miattdb−a ab = ba

(3)

742

Megoldások 7.3.

adódik. Innen kapjuk, hogy a | ba , de ez (a, b) = 1 miatt csak a = 1 esetén
lehetséges. Ekkor (3) adb−1 = b(4)egyenletet jelenti. Itt b > a = 1, és így d > 1. Ha d > 2, akkor bármelyb > 1-re db−1 > b, és d = 2 esetén is csak úgy teljesülhet (4), ha b = 2. Innen
valóban a kívánt
x = da = 2 · 1 = 2

és

y = db = 2 · 2 = 4

értékeket kapjuk.
• Második bizonyítás: Ha y > x > 1, akkor az egyenlet ekvivalens az
x
y
=
log x
log y
egyenlettel. Mivel az f (z) = z/ log z függvény az 1 < z < e intervallumban
szigorúan monoton fogy, és z > e-re szigorúan monoton nő, így két különböző
egész helyen csak akkor vehet fel azonos értéket, ha a kisebbik hely a 2. Ez
azt jelenti, hogy csak x = 2 lehetséges. Ekkor y = 4 megfelel, továbbá az f
függvény z > e-re szigorúan monoton, ezért más y már nem lehet jó.
• i) Az x = 5, y = 1 értékek nyilván megfelelnek. Megmutatjuk, hogy más
megoldás nincs.
Az egyenlet fennállása esetén az
y 5 ≡ 2x (mod 31)(5)

kongruenciának is teljesülnie kell. Mivel az eredeti egyenletből nyilvánvaló,
hogy 31̸ | y, ezért (5) miatt a 2x szükségképpen ötödik hatványmaradék modulo
31. Ekkor a 3.5.3 Tétel szerint
30(2x ) (5,30) = 26x ≡ 1 (mod 31) .

(6)

A (6)-ból következik, hogyo31 (2) = 5 | 6x,

ezért

5 | x,azaz

x = 5u .

Ezt az eredeti egyenletbe visszaírva azt kapjuk, hogy(2u )5 − y 5 = 31,(7)

Megoldások 7.5.

743

tehát két (pozitív) ötödik hatvány különbsége 31. Azt, hogy (7) egyedül a25 − 15 esetben valósulhat meg, ahhoz hasonlóan igazolhatjuk, ahogyan a
II. módszer példájának megoldása során az a3 − b3 = 7 egyenletet kezeltük:
vagy azt használjuk fel, hogy minden más esetben két pozitív ötödik hatvány
különbsége nagyobb, mint 31, vagy pedig a (7) bal oldalát szorzattá bontva
bizonyítunk.
• 7.5.10 Az egyenlet bal oldalát bontsuk szorzattá: (x + 2i)(x − 2i) = y 3 .
Legyen δ = (x + 2i, x − 2i), ekkor
δ | (x + 2i) − (x − 2i) = 4i = (−i)(1 + i)4 .
Ebből következik, hogy δ = (1 + i)r , ahol 0 ≤ r ≤ 4.
A konjugálás tulajdonságaiból adódik (lásd a 7.4.2a feladatot), hogy
(1 + i)s | x + 2i ⇐⇒ (1 − i)s | x − 2i .

(8)

Az 1 + i és 1 − i egymás egységszeresei, ezért (8)-ból következik, hogy az 1 + i
kitevője x + 2i és x − 2i kanonikus alakjában egyaránt r. Az (x + 2i)(x − 2i)szorzat (a Gauss-egészek körében is) köbszám, tehát a kanonikus alakjában
minden Gauss-prím, így az 1 + i kitevője is osztható 3-mal. Ez azt jelenti,
hogy 3 | 2r, tehát r = 3t (azaz r = 0 vagy 3).
A fentiek alapján()( y )3x + 2ix − 2ix + 2ix − 2i
·
= t
és
,
= 1.
(1 + i)3t (1 − i)3t2
(1 + i)3t (1 − i)3t
Innen a számelmélet alaptételéből következik, hogy x + 2i és x − 2i is ,,köbszámok” egységszeresei, és mivel a Gauss-egészek körében minden egység köbszám, így x + 2i és x − 2i maguk is köbszámok.
Ekkor
x + 2i = (c + di)3 = c3 − 3cd2 + (3c2 d − d3 )i .
(9)
A képzetes részeket összehasonlítva 2 = d(3c2 − d2 ) adódik. Innen d = ±1
vagy ±2, és ezeket visszahelyettesítve csak a d = 1 és d = −2 esetben kapunk
c-re egész értéket, mindkétszer c = ±1.
Végül (9)-ből x = c3 − 3cd2 , ahonnan az x = ±2, y = 2 és x = ±11, y = 5
megoldásokat nyerjük.
• 7.5.11 A ξ 2 + ψ 2 = α egyenletet vizsgáljuk, ahol α adott Gauss-egész, és ξés ψ az ,,ismeretlen” Gauss-egészek.

744

Megoldások 7.5.

Az egyenlet bal oldalát szorzattá bontva (ξ + ψi)(ξ − ψi) = α adódik,tehát
ξ + ψi = δ1 , ξ − ψi = δ2 , ahol δ1 δ2 = α.
Innen
ξ=

δ1 + δ2,2ψ=

δ1 − δ2.
2i

Mivel i egység, továbbá δ1 + δ2 = (δ1 − δ2 ) + 2δ2 , ezért ξ és ψ pontosan akkor
lesznek Gauss-egészek, ha
2 | δ1 − δ2 .
(10)
Legyen α = a + bi.
Először azokat az eseteket tekintjük, amikor alkalmas δ1 , δ2 osztópárra(10) teljesül (tehát α felírható ξ 2 + ψ 2 alakban).
Ha a páratlan és b páros, akkor a δ1 = α, δ2 = 1 választás kielégíti (10)-et:
2 | (a − 1) + bi.
Ha 4 | a és 4 | b, akkor a δ1 = α/2, δ2 = 2 választás megfelel, hiszen ekkor
δ1 és δ2 külön-külön is oszthatók 2-vel.
Ha a és b párosak, és közülük pontosan az egyik osztható 4-gyel, akkor
α kanonikus alakjában az 1 + i Gauss-prím pontosan a második hatványon
szerepel, tehát
α = (1 + i)2 (c + di),Ekkor aδ1 =ahol 1 + i̸ | c + di,α= (c + di)(1 + i),
1+iazaz c ̸≡ d (mod 2) .
δ2 = 1 + iválasztás megfelelő. Ugyanis
δ1 − δ2 = (1 + i)((c − 1) + di) ,továbbác − 1 ≡ d (mod 2) =⇒ 1 + i | c − 1 + di,tehát δ1 − δ2 osztható (−i)(1 + i)2 = 2-vel.
Most megmutatjuk, hogy a többi esetben α nem áll elő ξ 2 + ψ 2 alakban.
Ha a ≡ b ≡ 2 (mod 4), akkor α kanonikus alakjában az 1 + i Gauss-prímpontosan a harmadik hatványon szerepel. Ez azt jelenti, hogy bármely δ1 , δ2
osztópárnak pontosan az egyik eleme osztható (−i)(1 + i)2 = 2-vel, tehát (10)nem teljesülhet.
Végül, ha b páratlan, akkor a + bi ̸= (x1 + x2 i)2 + (y1 + y2 i)2 , ugyanis ajobb oldal képzetes része páros, míg a bal oldalé páratlan.

745

Megoldások 7.7.

Összefoglalva, azt láttuk be, hogy α = a + bi akkor és csak akkor nemírható fel ξ 2 + ψ 2 alakban, ha b páratlan, vagy a ≡ b ≡ 2 (mod 4).
• 7.5.17 Azt igazoljuk, hogy n pontosan akkor áll elő a kívánt alakban, ha 2nfelírható három négyzetszám összegeként. Ebből a három-négyzetszám-tétel
alapján következik, hogy azok az n értékek ,,rosszak”, amelyekre
2n = 4k+1 (8m + 7),

n = 4k (16m + 14) .

azaz

Ha n előáll az előírt alakban, azaz n = 2x2 + y 2 + z 2 , akkor
2n = (2x)2 + (y + z)2 + (y − z)2 .
Megfordítva, ha 2n = a2 + b2 + c2 , akkor feltehető, hogy a páros és b és cazonos paritású, és ekkorn=2( a )22+( b + c )22+

( b − c )22.

• 7.7.5 b) A végtelen leszállás módszerét alkalmazzuk. Tegyük fel indirekt,hogy azx4 + y 4 = z 2(11)diofantikus egyenletnek létezik pozitív egész megoldása (megoldáson a továbbiakban mindig csak pozitív egész megoldást fogunk érteni), és tekintsük azt
az x0 , y0 , z0 megoldást, ahol z0 minimális. Megmutatjuk, hogy létezik egy
olyan x1 , y1 , z1 megoldás, amelyre z1 < z0 , és ez ellentmond z0 minimalitásának.
Ha (x0 , y0 , z0 ) = d > 1, akkor
x0
,
d

y0
,
d

z0
d2

is kielégíti (11)-et, és z0 /d2 < z0 ellentmond z0 minimalitásának.
Ebből következik, hogy x0 , y0 és z0 relatív prímek, és a szokásos módon
igazolható, hogy páronként is relatív prímek.
A fentiek alapján x20 , y02 és z0 primitív pitagoraszi számhármast alkotnak. Ezért
x20 = 2mn

(12a)y02 = m2 − n2z0 = m2 + n2

(12b)
(12c)

746

Megoldások 7.7.

aholm > n > 0,m ̸≡ n (mod 2) .

és(m, n) = 1

A (12b) egyenletet modulo 4 vizsgálva kapjuk, hogy az m és n közül most ma páratlan és n a páros; n = 2n1 . Ezt (12a)-ba beírva kapjuk, hogy
( x )20

2ahol= mn1 ,

(m, n1 ) = 1.

Ebből következik, hogym = u2ésn1 = v 2 ,ahol(u, v) = 1.

(13)

A (13)-at (12b)-be beírva kapjuk, hogy
y02 = (u2 )2 − (2v 2 )2 ,azaz y0 , 2v 2 és u2 primitív pitagoraszi számhármast alkot. Ebből következik,hogy
2v 2 = 2rs
2

2

(14a)
2

u =r +s(14b)ahol (r, s) = 1. A (14a)-ból így azt nyerjük, hogy r = t2 , s = w2 , és ekkor(14b) átírható az
u2 = t4 + w4
alakba. Ez azt jelenti, hogy x1 = t, y1 = w, z1 = u megoldása (11)-nek,
továbbá (12c) és (13) alapján
z0 = m2 + n2 > m = u2 ≥ u = z1 ,ami ellentmond z0 minimalitásának.
• 7.7.7 Legyen a számrendszer alapszáma x. Ekkor az
x3 + x2 + x + 1 = y 2(15)diofantikus egyenlet olyan megoldásait keressük, ahol x ≥ 2. Bebizonyítjuk,
hogy az egyetlen ilyen megoldás x = 7, y = 20. (Könnyen látható, hogy x ≤ 1
esetén csak az x = 0 és ±1 értékekből kapunk egész megoldást.)747

Megoldások 7.7.
A (15) bal oldalát szorzattá bontva(x + 1)(x2 + 1) = y 2(16)

adódik. Jelöljük a (16) bal oldalán szereplő két tényező legnagyobb közös
osztóját h-val, ekkorh | (x2 + 1) − (x + 1)(x − 1) = 2,

tehát

h = 1 vagy 2.

Ha h = 1, akkor x2 + 1 (és x + 1 is) négyzetszám: x2 + 1 = z 2 . Ez azonban(x ̸= 0 miatt) lehetetlen.
A h = 2 esetben
x + 1 = 2u2

ésx2 + 1 = 2v 2

(u > 1, v > 1).

(17)

Az első egyenletből x = 2u2 − 1, ezt a második egyenletbe beírva kapjuk, hogy
(2u2 − 1)2 + 1 = 2v 2 .

(18)(18)-ból átrendezés és 2-vel való osztás után(u2 )2 + (u2 − 1)2 = v 2(19)

adódik. A (19) egyenletből u > 1, v > 0 és (u2 , u2 − 1) = 1 alapján következik,hogy
u2 , u2 − 1 ésv
primitív pitagoraszi számhármast alkotnak. Innen azt nyerjük, hogy (a ,,szokásos” tulajdonságú alkalmas m és n egészekkel) vagy
u2 = m2 − n2

(20a)

és
u2 − 1 = 2mn,

(20b)vagy pedig fordított szereposztással
u2 = 2mn(21a)u2 − 1 = m2 − n2

(21b)

és

teljesül.

748

Megoldások 7.7.

Nézzük először a (20a)–(20b) esetet. A (20a) egyenlet és (m, n) = 1
alapján u, n és m primitív pitagoraszi számhármas. Mivel a feltételek szerintu páratlan, ezért
u = r2 − s2 ,m = r2 + s2 .

ésn = 2rsEbből következik, hogym − n = (r − s)2 .

(22)

A (20a) egyenletből (20b)-t kivonva
m2 − n2 − 2mn = 1,(m − n)2 − 2n2 = 1

azaz

(23)

adódik. (22) alapján (23) átírható a következő alakba:(r − s)4 − 1 = 2n2 .

(24)

Bontsuk (24) bal oldalát szorzattá:()()(r − s)2 + 1 (r − s)2 − 1 = 2n2 .

(25)

A (25) bal oldalán a két tényező különbsége 2, mindkét tényező páros, így alegnagyobb közös osztójuk 2. Mivel egy páratlan szám négyzete 4-gyel osztva
1 maradékot ad, ezért az első tényező (páros, de) 4-gyel már nem osztható.
Mindebből következik, hogy(r − s)2 + 1 = 2t2

és(r − s)2 − 1 = w2 .

Ez utóbbi azonban (w ̸= 0 miatt) lehetetlen. Ezzel beláttuk, hogy a(20a)–(20b) eset nem valósulhat meg.
Rátérve a (21a)–(21b) esetre, most u páros, és így (21b) modulo 4 vizsgálatából kapjuk, hogy szükségképpen m páros és n páratlan. Mivel (m, n) == 1, ezért (21a)-ból következik, hogym = 2a2 ,n = b2 ,és ígyu2 = 4a2 b2 .

(26)

A (26)-ot (21b)-be beírva a
4a2 b2 − 1 = 4a4 − b4egyenlethez jutunk, amelyből átrendezés után
(2a2 + b2 )2 − 1 = 8a4(27)

Megoldások 7.7.

749

adódik. A (27) bal oldalát szorzattá bontva a két tényező páros és különbségük
2, tehát a legnagyobb közös osztójuk 2. Így az alábbi két lehetőség van:
2a2 + b2 + 1 = 2c4

és

2a2 + b2 − 1 = 4d4 ,(28)

2a2 + b2 + 1 = 4d4

és

2a2 + b2 − 1 = 2c4 .

(29)

vagy
A (28)-beli két egyenletet egymásból kivonva 2-vel való osztás utánc4 − 2d4 = 1
adódik. A 7.3.13g feladat szerint ebből d = 0 következik, ami most nem
lehetséges.
(29)-ből hasonló módon ac4 − 2d4 = −1
egyenletet kapjuk. A 7.7.6 feladat szerint ekkor c = ±1, d = ±1. Ezt (29)-bevisszaírva kapjuk, hogy 2a2 + b2 = 3, ahonnan a2 = b2 = 1. Így (26) alapján
u2 = 4, és végül (17) miatt x = 7.
• 7.7.10 a) Tegyük fel először, hogy az
x2 + 3y 2 = n(30)

diofantikus egyenlet megoldható, legyen x = a, y = b egy megoldás. Ekkor√√
n = a2 + 3b2 = a2 + (bi 3)2 = N (a + bi 3) = N (a + b(1 + 2ω)) == N (a + b + 2bω) = (a + b)2 − (a + b)2b + (2b)2 ,tehát x = a + b, y = 2b megoldása az
x2 − xy + y 2 = n(31)

diofantikus egyenletnek.
Legyen most x = c, y = d megoldása (31)-nek. Ha van olyan a, b egészszám, amelyrec=a+bésd = 2b,(32)
akkor az előző gondolatmenet megfordításával kapjuk, hogy x = a, y = b
megoldása (30)-nak. (32) pontosan akkor teljesül, ha d páros. Mivel az

750

Megoldások 7.7.

n = x2 − xy + y 2 egyenlet x-ben és y-ban szimmetrikus, ezért az is megfelel,ha c páros. Végül, ha c és d is páratlan, akkor
n = c2 − cd + d2 = N (c + dω) = N (c + dω 2 ) == N (c − d − dω) = (c − d)2 − (c − d)(−d) + (−d)2 ,tehát x = c − d, y = −d is megoldása (31)-nek, és itt c − d már páros.
Természetesen a fentieket az Euler-egészek felhasználása nélkül, ,,trükkös”
átalakítások formájában is el lehet mondani.
• 7.7.11 A 7.5.10 feladat megoldásának gondolatmenetét követjük. Az
x2 + 243 = y 3
egyenlet bal oldalát az Euler-egészek körében szorzattá bonthatjuk:√√(x + 9i 3)(x − 9i 3) = y 3 .

(33)

(34)

Legyen√α = x + 9i 3 = x + 9 + 18ω,√
ekkor α = x − 9i 3 .

Belátjuk, hogy α és α relatív prímek, így szükségképpen egy-egy köbszám
egységszeresei (köbszámokon most Euler-egészek köbét értjük).
Legyen δ = (α, α), ekkor√√
δ | α − α = 18i 3 = 2(i 3)5 .
A (33) egyenlet modulo 8 vizsgálatából adódik, hogy x szükségképpen
páros, tehát 2̸ | x + 9, és így 2̸ | α. Ebből következik, hogy a 2 Euler-prím nem
osztója δ-nak.
√√
Ha i 5 | x + 9, akkor i 3 | x, tehát 3 | x, és ezért 3 | y. Legyen s és t
a 3 kitevője x és y kanonikus alakjában. Ekkor (33) bal oldalán a 3 kitevője
min(2s, 5), a jobb oldalon pedig 3t, amelyek nem lehetnek egyenlők.
Ezzel igazoltuk, hogy δ = 1, tehát α és α egy-egy köbszám egységszeresei. (Az egységtényező nem hagyható el, mert az Euler-egészek körében nem
minden egység köbszám.)
Ekkor
α = x + 9 + 18ω = ε(c + dω)3 .
(35)
Mivel a −1 köbszám, ezért (35)-öt elég az ε = 1, ω és ω 2 esetekben megvizsgálni.

751

Megoldások 8.1.

A ε = 1 esetben ω 3 = 1 és ω 2 = −1 − ω figyelembevételével kapjuk, hogy
(c + dω)3 = c3 + 3c2 dω + 3cd2 ω 2 + d3 ω 3 = c3 + d3 − 3cd2 + (3c2 d − 3cd2 )ω.
Ekkor (35)-ben az ,,ω-mentes rész”, illetve ω együtthatóit összehasonlítva
x + 9 = c3 + d3 − 3cd2

(36a)

18 = 3c d − 3cd

(36b)

2

2

adódik. (36b) ekvivalens a cd(c − d) = 6 diofantikus egyenlettel, amelynek az
alábbi (c, d) számpárok a megoldásai:(3, 2);(3, 1);(−1, 2);(−1, −3);(−2, 1);(−2, −3).

Ezeket (36a)-ba behelyettesítve az x = ±10 értékeket kapjuk, és ekkor (33)szerint y = 7.
Az ε = ω esetben teljesen hasonlóan (36b) helyett a
18 = c3 + d3 − 3c2 d(37)

diofantikus egyenlethez jutunk. Ha c és d közül legalább az egyik páratlan,
akkor (37) jobb oldala páratlan, ami nem lehet. Ha c és d mindketten párosak,
akkor pedig a jobb oldal osztható 8-cal, ami szintén lehetetlen. Tehát (37)-nek
nincs megoldása.
Végül az ε = ω 2 eset (37) helyett a
18 = −c3 − d3 + 3cd2
diofantikus egyenletre vezet, amelyről az előzővel egyező módon látható be,hogy nincs megoldása.
Összefoglalva, azt kaptuk, hogy az x2 + 243 = y 3 diofantikus egyenletösszes megoldása: x = ±10, y = 7.

8. Diofantikus approximáció• 8.1.8 c) Megmutatjuk, hogy egy ϱ valós szám akkor és csak akkor írható fel
h(α) = {α}2 − {α2 } alakban, ha −1 < ϱ < 1.
A szükségesség azonnal adódik abból, hogy bármely c-re 0 ≤ {c} < 1.

752

Megoldások 8.3.
Az elégségességhez legyen 0 ≤ ϑ < 1, k pozitív egész és α = k + ϑ. Ekkor{α}2 = ϑ2és{α2 } = {ϑ2 + 2kϑ}.

Ha
0 ≤ ϑ2 + 2kϑ < 1,azaz

0 ≤ ϑ < −k +√(1)
k 2 + 1,

(2)

akkor (1) alapjánh(α) = {α}2 − {α2 } = ϑ2 − {ϑ2 + 2kϑ} = ϑ2 − (ϑ2 + 2kϑ) = −2kϑ.

(3)Figyelembe véve (2)-t0 ≥ −2kϑ > −2k(−k +√k 2 + 1)

(4)

adódik. Ekkor (3) és (4) alapján a h(α) = −2kϑ értékek között a√(]−2k(−k + k 2 + 1) , 0
intervallum minden pontja előfordul. Mivel−2k(−k +√k 2 + 1) =

−2k
−2
√
√
=
→ −1,
2
k+ k +1
1 + 1 + k −2hak → ∞,

ezért a h(α) értékek a teljes (−1, 0] intervallumot kiadják.
Ha az előző gondolatmenetet (2) helyett a√
2k ≤ ϑ2 + 2kϑ < 2k + 1,
azaz − k + k 2 + 2k ≤ ϑ < 1
feltételt kielégítő ϑ-kra megismételjük, akkor azt kapjuk, hogy a h(α) értékek
között a [0, 1) intervalum minden eleme is fellép.
• 8.3.5 A 8.3.4 Lemma (8a), (8b) és (10) képletei alapján
rn sn−2 − rn−2 sn = (cn rn−1 + rn−2 )sn−2 − rn−2 (cn sn−1 + sn−2 ) == cn (rn−1 sn−2 − rn−2 sn−1 ) = (−1)n cn .
Ezt sn sn−2 -vel osztva a feladat állítását kapjuk.
• 8.3.6 A feltétel szerint
α = L(c0 , c1 , . . . , cM −k , cM −k+1 , . . . , cM , cM −k+1 , . . . , cM , . . .) .

753

Megoldások 8.4.
Legyenβ = L(cM −k+1 , . . . , cM , cM −k+1 , . . . , cM , . . .) .
Ekkor
α = L(c0 , c1 , . . . , cM −k , β)és

β = L(cM −k+1 , . . . , cM , β) .

Ezeket az ,,emeletes törteket kifejtve”
α=

u1 β + u2,
u3 β + u4

illetveβ=

u5 β + u6
u7 β + u8

adódik, ahol az ui -k alkalmas egész számok. Az első egyenlőségből fejezzük
ki β-t α segítségével, és ezt helyettesítsük be a második egyenlőségbe. Ekkor
átrendezés után egy olyan egész együtthatós másodfokú egyenlethez jutunk,amelynek az α gyöke. (Mivel végtelen lánctörtről van szó, ezért az α irracionális, és így elsőfokú egész együtthatós egyenletnek nem lehet gyöke.)√√√ n+ (1 − 2)n egész szám és limn→∞ (1 − 2)n = 0,
• 8.4.1 a) Mivel (1 + 2)√
ezért páros n-re az {(1 + 2)n } törtrészek (rész)sorozata 1-hez, páratlan n-repedig 0-hoz tart, és így nem lehet mindenütt sűrű [0, 1]-ben.
• b) A sorozat szomszédos elemeinek a különbsége 0-hoz tart:
√

n+1−

√

n= √

1
√ → 0,
n+1+ nha n → ∞ .

Ezért a szomszédos elemek törtrészeinek a különbsége is 0-hoz tart, kivéve,
amikor a törtrész ,,visszaugrik” az 1 közeléből a 0 közelébe. Ebből következik,
hogy a törtrészek mindenütt sűrűek [0, 1]-ben.
• c) Mivel√√{ n2 + 1} = n2 + 1 − n = √
ezért

{√

n2 + 1• d) Mivel}1n2 + 1 + n→ 0,

ha n → ∞ ,nem lehet mindenütt sűrű [0, 1]-ben.
√√
2n2 + 1 − n 2 → 0,

ha n → ∞ ,
{√
}
{ √ }
2n2 + 1
és n 2 a 8.4.1 Tétel szerint mindenütt sűrű [0, 1]-ben, ezért
is mindenütt sűrű [0, 1]-ben.

754

Megoldások 8.4.

• e) A szinuszfüggvény periodikussága miatt a sorozat csak véges sok (181)különböző értéket vesz fel, ezért a törtrészek sorozata nem lehet mindenüttsűrű [0, 1]-ben.
• f ) Mivel π irracionalitása miatt az 1/(2π) arány is irracionális, ezért az(ívmértékben mért) n szögek a 8.4.1 Tétel szerint mindenütt sűrűn helyezkednek el az egységkörön. A szinuszfüggvény folytonossága miatt ezért a sin nértékek is mindenütt sűrűek a szinuszfüggvény [−1, 1] értékkészletében, és ígya törtrészek mindenütt sűrűek [0, 1]-ben.
• g) Mivel(1)
lg(n + 1) − lg n = lg 1 +→ 0,n

ha n → ∞ ,ezért a b) résznél adott indoklás szerint a törtrészek sorozata mindenütt sűrű[0, 1]-ben.
• 8.4.3 Induljunk ki abból, hogy a Pn = ({nα1 }, {nα2 }, . . . , {nαk }) pontok mindenütt sűrűek, vagyis a k-dimenziós egységkocka bármely (v1 , . . . , vk )pontjának tetszőleges kicsi környezetében található egy Pn pont. Ez azt jelenti, hogy bármely ε > 0-hoz létezik olyan n, hogy|{nαj } − vj | < ε,j = 1, 2, . . . , k,vagyis alkalmas rj egészekre|nαj − vj − rj | < ε,j = 1, 2, . . . , k.

(5)

Azt kell igazolnunk, hogy az 1, α1 , . . . , αk számok lineárisan függetlenek. Indirekt bizonyítunk: feltesszük, hogy léteznek olyan nem csupa nulla c0 , . . . , ck
racionális számok, amelyekre
c0 + c1 α1 + . . . + ck αk = 0.

(6)

A (6) egyenlőséget a cj -k nevezőinek legkisebb közös többszörösével beszorozva
elérhető, hogy (6) egész cj -kkel is teljesüljön.
A megoldás kulcsa az, hogy az (5) alapján ,,kicsi” abszolút értékű
nαj − vj − rj számoknak és 0 = n · 1 − n-nek a c1 , . . . , ck , c0 számokkal vettlineáris kombinációja is kicsi abszolút értékű lesz:|c0 (n · 1 − n) +

k
∑
j=1

cj (nαj − vj − rj )| < ε

k
∑
j=1

|cj | = ε′ .

(7)

Megoldások 9.2.

755

Másrészt (7) bal oldala az abszolút érték nélkül
n(c0 +

k∑cj α j ) −

j=1

k
∑

cj vj − M

(8)

j=1

alakba írható, ahol M egész szám. A (6), (7) és (8) alapján|k∑c j vj + M | < ε ′j=1adódik, tehátk∑{cj vj } < ε′
j=1

vagy

k
∑
{
c j vj } > 1 − ε ′ .
j=1

Ez tetszőleges v1 , . . . , vk esetén nyilván lehetetlen, és így ellentmondásra jutottunk.

9. Algebrai és transzcendens számok• 9.2.8 A feltétel szerint f ̸= 0, továbbá f -nek létezik gyöke, tehát f nem
lehet (nemnulla) konstans polinom.
Tegyük fel indirekt, hogy f irreducibilis Q felett. Ekkor f a gyökei minimálpolinomja, azaz
f = mα = mβ .
Mivel g(α) = 0, ezért mα = f | g. Ekkor viszont f minden gyöke g-nek
is gyöke, tehát g(β) = 0. Az így kapott ellentmondás bizonyítja, hogy f
reducibilis Q felett.
(A feltételekből g reducibilitására vagy irreducibilitására nem tudunk
következtetni, mindkét eset megvalósulhat.)756

Megoldások 9.4.

√
• 9.3.6 Tegyük fel, hogy r és cos φ algebrai. Ekkor sin φ = ± 1 − cos2 φ ési is algebrai, tehát az r, cos φ, sin φ és i számokból az összeadás és szorzás
segítségével képzett α is algebrai.
Megfordítva, tegyük fel, hogy α algebrai.
A 9.3.3 Tétel alapján ekkor√
r cos φ és r sin φ is algebrai. Innen r = (r cos φ)2 + (r sin φ)2 is algebrai.
Ezt felhasználva kapjuk, hogy cos φ = (r cos φ)/r is algebrai.
• 9.4.1 a) (a1) Legyen h = a/b, ahol b > 0 és a egész számok. Mivel α
Liouville-szám, ezért tetszőleges n-hez létezik olyan r/s tört, amelyre
α−r1< 2n .
ss(1)

A már többször alkalmazott meggondolás szerint n → ∞ mellett a megfelelős értékek is a végtelenhez tartanak, így feltehetjük, hogy s > b.
Az (1) egyenlőtlenség átírható(h + α) −

(a
b

+

1
r)
< 2n
s
s

alakba, és így az s > b feltételt is felhasználva(h + α) −as + br1
1< 2n <bss(bs)nadódik. Ez azt jelenti, hogy az
as + brR=S
bstörtre(h + α) −

R
1
< n
S
S

teljesül. Ezzel beláttuk, hogy h + α Liouville-szám.
• (a2) A hα-ra vonatkozó állítást az előzőekhez hasonlóan igazolhatjuk.
• (a3) Megmutatjuk, hogy ha r/s ,,jól” közelíti α-t, akkor (r/s)k ,,majdnem
ilyen jól” közelíti αk -t. Induljunk ki az
αk −( r )ks(r)( r )k−1 )(r )( k−1α+ αk−2+ ... +
= α−
s
s
s

(2)

757

Megoldások 9.4.

azonosságból. Ha r/s (bármilyen értelemben) közel van α-hoz, akkor (2) második tényezőjének értéke közel van kαk−1 -hez, tehát abszolút értékben egy
csak az α-tól és k-tól függő c korlát alatt marad. Ebből következik, hogy ha
α−
akkor
αk −

r
1
< kn ,
s
s

rk
sk

<

c
(sk )n

(3)

.

(4)

Mivel α Liouville-szám, ezért (3), és így (4) is tetszőleges n-re elérhető, azaz
αk is Liouville-szám.
• (a4) Azt fogjuk igazolni, hogy ha r/s ,,jól” közelíti α-t, akkor s/r ,,jól” közelíti
1/α-t. (Ha r < 0, akkor s/r helyett a (−s)/(−r) alakot vesszük.)
Az (1) egyenlőtlenség|sα − r| <

1
s2n−1

alakját felhasználvasr − sα1
1−=< 2n−1
α
r
rα
s
|rα|

(5)

adódik (nyilván feltehető r ̸= 0). Tudjuk, hogy ha n → ∞, akkor a megfelelős értékek végtelenhez és az r/s törtek α-hoz tartanak, ezért feltehető, hogyr
< |α| + 1 < sséss|α| ≥ 1.

(6)

Az (5) és (6) egyenlőtlenségekből kapjuk, hogy
s
1
1
−
<
.
α
r
|r|n

(7)

Mivel α Liouville-szám, ezért (1), és így (7) is tetszőleges n-re elérhető, azaz
1/α is Liouville-szám.
• 9.4.4 Tegyük fel indirekt, hogy egy α komplex szám többszörös gyöke az fpolinomnak. Ekkor α gyöke az f deriváltjának, f ′ -nek is. Mivel f irreducibilis
Q felett, ezért f az α (egyik) minimálpolinomja. Így f ′ (α) = 0-ból következik,
hogy f | f ′ . Ez azonban (f ′ ̸= 0 és) deg f ′ < deg f miatt lehetetlen.

758

Megoldások 10.2.

• 9.6.5 a) Az állítás igaz. Tegyük fel indirekt, hogy f minden gyöke algebrai
egész, azaz f gyöktényezős alakja C[x]-ben
f = (x − α1 )(x − α2 ) . . . (x − αn ) ,ahol mindegyik αj algebrai egész. A szorzást elvégezve kapjuk, hogy az f
együtthatói az αj -kből összeadás, kivonás és szorzás segítségével állnak elő.
Mivel az algebrai egészek gyűrűt alkotnak, így f minden együtthatója algebrai
egész. Az együtthatók egyben racionális számok is, tehát szükségképpen egész
számok, ami ellentmond az f -re vonatkozó feltételnek.
• b) Az állítás hamis. Például az
13
1
f = (x2 − 6)(x2 − ) = x4 − x2 + 3
2
2
polinom normált, racionális√ együtthatós,√ nem minden együtthatója egész, ésmégis van olyan gyöke, a 6 (és a − 6), amely algebrai egész.
• c) Az állítás igaz. Mivel f irreducibilis Q felett, ezért valamennyi gyökének
minimálpolinomja. A 9.6.1 Definíció alapján így egyik gyök sem lehet algebrai
egész.
• d) Az állítás igaz. Legyen α az f polinom egyetlen olyan gyöke, amely nem
algebrai egész. Mivel f (α) = 0, ezért mα | f , és így mα minden gyöke f -nek
is gyöke. Az mα egyik gyöke sem algebrai egész, továbbá mα -nak (a 9.4.4
feladat szerint) nem lehet többszörös gyöke, ezért a feladat feltétele csak úgy
teljesülhet, ha mα elsőfokú. Ez azt jelenti, hogy α racionális szám, tehát f -nek
valóban létezik racionális gyöke.

10. Algebrai számtestek√• 10.2.5 a) Legyen α = 7 + 3i és M = Q(α), ekkor deg α = deg(M : Q).
Tekintsük a következő bővítésláncot:√
és
L = K(i).
(1)
Q ⊆ K ⊆ L,ahol
K = Q( 7)
Belátjuk, hogy M = L és így deg α meghatározásához az L : Q bővítés fokátkell meghatároznunk.
√
Az L definíciója alapján 7 ∈ L és 3i ∈ L, továbbá L test, ezért√
α = 7 + 3i ∈ L, és így M ⊆ L.

759

Megoldások 10.2.
A másik irányú, L ⊆ M tartalmazáshoz azt kell igazolni, hogy
és 3i ∈ M . Mivel√√( 7 − 3i)( 7 + 3i) = 16,

azaz

α=

√

7∈M

16
,
α

ezért α ∈ M , tehát√

7 = Re α =

α+α
∈M
2

és

3i =

α−α
∈ M.
2

Rátérve deg(L : Q) meghatározására, megmutatjuk, hogy √az (1) bővítésláncban mindkét láncszem foka 2. Nyilván deg(K : Q) = deg 7 = 2. Mivel
L ̸= K (hiszen K minden eleme valós, L viszont tartalmazza az i-t), ezért
deg(L : K) ≥ 2. Ugyanakkor deg(L : K) = degK i ≤ deg i = 2, tehát valóban
deg(L : K) = 2.
Ezután a fokszámtételből következik, hogy
deg α = deg(L : Q) = deg(K : Q) · deg(L : K) = 4.
• 10.2.7 Jelöljük Q(ϑ) valós elemeinek halmazát V -vel: V = Q(ϑ) ∩ R.
√• a) Mivel ϑ = 5 3(cos 144◦ + i sin 144◦ ) gyöke az x5 − 3, a racionális test felett
irreducibilis polinomnak, ezért a Q(ϑ) bővítés foka 5.
Tekintsük a Q ⊆ V ⊆ Q(ϑ) bővítésláncot. A fokszámtétel alapján
5 = deg(Q(ϑ) : Q) = deg(Q(ϑ) : V ) · deg(V : Q),és így deg(Q(ϑ) : V ) = 1 vagy 5. Mivel V csak valós számokból áll, Q(ϑ) pedig
tartalmaz nem valós komplex számokat is, ezért Q(ϑ) ̸= V . Ebből következik,
hogy deg(Q(ϑ) : V ) ̸= 1, vagyis csak deg(Q(ϑ) : V ) = 5 lehetséges. Ekkor
deg(V : Q) = 1, azaz V = Q.
√• b) Megmutatjuk,
hogy V = Q( 3 3).
√
Mivel 3 3 valós és√
3√
ezért Q( 3 3) ⊆ V .
Tekintsük abővítésláncot.

( √ )26
3 = − i 3 = −ϑ2 ∈ Q(ϑ),√
3Q ⊆ Q( 3) ⊆ V ⊆ Q(ϑ)

(2)

760

Megoldások 10.2.

√
Mivel ϑ = i 6 3 gyöke az x6 + 3, a racionális test felett irreducibilis polinomnak, ezért deg(Q(ϑ) : Q) = 6. √Hasonlóan adódik, hogy deg(Q( 3 3) : Q) = 3.
Így a fokszámtételt a (2) bővítésláncra alkalmazva kapjuk, hogy√√
33
2 = deg(Q(ϑ) : Q( 3)) = deg(Q(ϑ) : V ) · deg(V : Q( 3)).
√Az a) résznél látott módon adódik, hogy Q(ϑ) ̸= Q( 3 3), és így√√33
deg(V : Q( 3)) = 1,azaz
V = Q( 3).
√• c) Mivel a i két értéke egymás negatívja, ezért ugyanahhoz a bővítéshez
jutunk bármelyik érték esetén. Válasszuk például a
ϑ=

√

1+i
i= √
2

(3)

értéket.
√Megmutatjuk, hogy V = Q( 2).
Első megoldás: Mivel√i = ( i)2 = ϑ2 ∈ Q(ϑ) ,ezért (3)-ból következik, hogy√
2 ∈ Q(ϑ),
Tekintsük a

tehát

√
Q( 2) ⊆ V.

√
Q ⊆ Q( 2) ⊆ V ⊆ Q(ϑ)

bővítésláncot. Az előző részekhez hasonlóan adódik, hogy√deg(Q(ϑ) : Q) = 4,deg(Q( 2) : Q) = 2
ésV ̸= Q(ϑ).

Ebből a fokszámtétel felhasználásával kapjuk, hogy√√deg(V : Q( 2)) = 1,azaz
V = Q( 2).
Második megoldás: A 10.2.3 Tétel szerint Q(ϑ) elemei egyértelműen felírhatók racionális ai számokkal
√
√
√
1+i
−1 + iα = a0 + a1 i + a2 ( i)2 + a3 ( i)3 = a0 + a1 √ + a2 i + a3 √
2
2

(4)

Megoldások 10.2.

761

alakban.
Az α akkor és csak akkor valós, ha a képzetes része 0, azaz
a1 + a3√+ a2 = 0.
2
Mivel

√

2 irracionális, ez pontosan akkor teljesül, ha
a3 = −a1és

a2 = 0.

Ezt (4)-be visszahelyettesítve kapjuk, hogy α akkor és csak akkor valós, ha√
α = a0 + a1 2,

azaz√
α ∈ Q( 2).

√Ezzel beláttuk, hogy V = Q( 2).
Harmadik megoldás: Az állítás a 10.2.8 feladatból is következik.
• 10.2.8 Mivel |ϑ| = 1, ezért ϑ = 1/ϑ, és így
Re ϑ =

1(
1)
ϑ+ϑ
= ϑ+
.
2
2
ϑ

(5)

Ebből következik, hogy Re ϑ ∈ Q(ϑ), és így Q(Re ϑ) ⊆ Q(ϑ). Mivel nyilván
Q(Re ϑ) ⊆ R, ezért
Q(Re ϑ) ⊆ Q(ϑ) ∩ R.
(6)
A másik irányú tartalmazáshoz legyen c a Q(ϑ) tetszőleges valós eleme:c = g(ϑ)/h(ϑ) (ahol g, h ∈ Q[x], h(ϑ) ̸= 0). Ekkor
h(ϑ)c = g(ϑ).

(7)

A (7) egyenlőséget konjugálva, c ∈ R alapján
h(ϑ)c = g(ϑ)(8)

adódik. Tegyük fel egyelőre, hogy h(ϑ) + h(ϑ) ̸= 0. Ekkor (7)-et és (8)-atösszeadva, majd c-t kifejezve azt kapjuk, hogyc =g(ϑ) + g(ϑ)g(ϑ) + g(1/ϑ)=.
h(ϑ)+ h(1/ϑ)h(ϑ) + h(ϑ)

(9)

762

Megoldások 10.2.

Felhasználva, hogy ϑk + ϑ−k felírható ϑ + (1/ϑ), azaz 2Re ϑ racionális együtthatós polinomjaként, (9)-ből azt nyerjük, hogy c ∈ Q(Re ϑ). Ezzel beláttuk,
hogy
Q(ϑ) ∩ R ⊆ Q(Re ϑ).
Hátravan még ah(ϑ) + h(ϑ) = h(ϑ) + h(1/ϑ) = 0(10)eset vizsgálata. Ekkor azonnal adódik, hogy ϑ algebrai szám. Az alábbi
gondolatmenet nemcsak (10) fennállása, hanem tetszőleges ϑ algebrai szám
esetén érvényes.
Felhasználva (6)-ot, tekintsük aQ(Re ϑ) ⊆ Q(ϑ) ∩ R ⊆ Q(ϑ)(11)

bővítésláncot. A feladat állítása ϑ = ±1 esetén nyilvánvaló, így feltehetjük,
hogy ϑ nem valós szám. Megmutatjuk, hogy ekkor (11)-ben az egész lánc is,és a második láncszem is másodfokú bővítés, ezért a fokszámtétel alapján azelső láncszem elsőfokú, azaz a két szóban forgó bővítés megegyezik.
Mivel a (11) lánc első két eleme csak valós számokból áll, a harmadik
viszont nem, ezért az egész lánc és a második láncszem is legalább másodfokú.
Így elég belátni, hogy az egész lánc (legfeljebb)másodfokú bővítés.
√A |ϑ| = 1 feltétel miatt Im ϑ = ± 1 − (Re ϑ)2 , ezért
ϑ = Re ϑ + iIm ϑ = Re ϑ +√(Re ϑ)2 − 1(Im(ϑ ̸= 0 miatt pontosan)
másodfokú elem Q(Re ϑ) felett.
)deg Q(ϑ) : Q(Re ϑ) = 2.

Így valóban• 10.2.11 Megmutatjuk, hogy az egységkörön a ±1-en kívül nincs páratlan
fokú algebrai szám.
• Első bizonyítás: A 10.2.8 feladat megoldása során beláttuk, hogy ha ϑ algebrai szám és |ϑ| = 1, akkor
Q(Re ϑ) ⊆ Q(ϑ),és ϑ ̸= ±1 esetén a bővítés foka 2.
Ez azt jelenti, hogy a
Q ⊆ Q(Re ϑ) ⊆ Q(ϑ)

763

Megoldások 10.3.
bővítéslánc második láncszemének a foka 2, és így a fokszámtétel szerint
deg ϑ = deg(Q(ϑ) : Q) páros.

• Második bizonyítás: Egy valós együtthatós polinomnak egy komplex számés a konjugáltja ugyanannyiszoros gyöke, ezért |ϑ| = 1 esetén 1/ϑ = ϑ is gyökea ϑ minimálpolinomjának. Ebből mϑ irreducibilitása miatt következik, hogymϑ = m1/ϑ .

(12)

Könnyen adódik (lásd például a 9.1.2c feladathoz fűzött útmutatást), hogyha ϑ minimálpolinomjamϑ = a0 + a1 x + . . . + an xn(an ̸= 0),(13a)akkor 1/ϑ (egyik) minimálpolinomja
m1/ϑ = an + an−1 x + . . . + a0 xn(a0 ̸= 0).

(13b)

A (12) feltételből következik, hogy a (13b) polinom a (13a) polinomnak egy
c racionális számszorosa. A konstans tagok és a főegyütthatók összehasonlításából kapjuk, hogyésan = ca0

a0 = can ,és így c = ±1. Ennek felhasználásával a többi együttható összehasonlításából
az adódik, hogy vagy
aj = an−j ,j = 0, 1, . . . , n,aj = −an−j ,j = 0, 1, . . . , n.

vagy pedig
Ha deg ϑ = n páratlan, akkor az első esetbenmϑ (−1) =n∑∑(n−1)/2jaj (−1) =j=0()
aj (−1)j + (−1)n−j = 0,j=0

a második esetben pedigmϑ (1) =

n
∑
j=0

∑ (

(n−1)/2

aj =

j=0

)
aj + an−j = 0.

764

Megoldások 10.3.

Ez azt jelenti, hogy mϑ -nak a −1 vagy az 1 racionális szám gyöke. Mivel mϑirreducibilis Q felett, ezért ez csak úgy lehetséges ha ϑ = −1, illetve 1.
• 10.3.5 Ha t négyzetmentes összetett szám, akkor létezik olyan p > 2 prímszám, amelyre p | t.
√alaptétele. Ekkor
Indirekt tegyük fel, hogy E( t)-ben igaz a számelmélet√
a 10.3.8 Tétel(vii) állítása szerint p felbomlik E( t)-ben, és így létezik olyan√
α = a + b t, amelyre N (α) = a2 + |t|b2 = p. Itt a és b egészek vagy 2 nevezőjű
törtek, tehát u = 2a, v = 2b biztosan egész, és
u2 + |t|v 2 = 4p.

(14)

Ha v = 0, akkor u2 = 4p, ami lehetetlen.
Legyen |t| = kp. Mivel k ≥ 2, ezért |v| ≥ 2 esetén (14) bal oldala nagyobb
a jobb oldalnál.
Maradt a |v| = 1 eset. Ekkor u2 = (4 − k)p, ami k = 2, 3 és k ≥ 5 mellett
nyilván lehetetlen, továbbá t négyzetmentessége miatt k ̸= 4.
Ezzel megmutattuk, hogy (14) nem teljesülhet, és így ellentmondásra jutottunk.
• 10.3.6 Az útmutatásban jelzett gondolatmenetet
követjük.
√
Legyen t = −4k + 1 és αn = n + (1 + t)/2. Ekkor√√√
1 + t) (1 + t )(
1 − t)N (αn ) = N n += n+n+= n2 + n + k . (15)222(

Megmutatjuk, hogy 0 ≤ n ≤ k − 2 esetén αn felbonthatatlan. Tegyük fel
indirekt, hogy (valamely n-re) αn = βγ, ahol β és γ egyike sem egység. Mivel
αn -nek nem lehet ±1-től különböző olyan osztója, amely egész szám, ezért√
1+ t,
β = b0 + b1
2

√
1+ t
γ = c0 + c1,
2ahol bj , cj ∈ Z,és b1 c1 ̸= 0.

Ebből következik, hogy((b1 ) 2
1)
N (β) = b20 + b0 b1 + b21 k = b0 +≥ k,
+ b21 k −2
4
és ugyanígy N (γ) ≥ k. Ekkor azonban
k 2 ≤ N (β)N (γ) = N (αn ) < N (αk−1 ) = (k − 1)2 + (k − 1) + k = k 2 ,765

Megoldások 10.3.

ami ellentmondás.
Ezzel beláttuk, hogy 0 ≤ n ≤ k − 2 esetén αn felbonthatatlan. Ebből
következik, hogy αn is felbonthatatlan.
Tegyük fel most indirekt, hogy valamely 0 ≤ n ≤ k − 2-re f (n) nem
prímszám, azaz
N (αn ) = n2 + n + k = rs,

aholr, s > 1.

A (15) és (16) összefüggésekből ekkor√√(
1 + t )(
1 − t)
n+
n+
= rs
2
2

(16)

(17)

adódik. A (17) bal oldalán két felbonthatatlan szám szorzata áll. Így aszámelmélet alaptétele szerint a jobb oldalon álló két, egységtől különböző
tényező is felbonthatatlan, mégpedig valamelyik bal oldali tényező egységszerese kell hogy legyen. Ez azonban lehetetlen, hiszen a ±1-től különböző r egészszám nem lehet osztója αn -nek vagy αn -nak.
• 10.3.9 e) Az útmutatásnak megfelelően azt fogjuk igazolni, hogy ha p ≡ 1vagy 9 (mod 20), akkor van olyan a, b egész, amelyre√√
p = a2 + 5b2 = (a + b −5)(a − b −5).
( )Erre két bizonyítást adunk. Mindkettőben felhasználjuk, hogy −5=1p2
miatt létezik olyan c egész, amelyre p | c + 5.
• Első bizonyítás: A 8.2.4 Tétel bizonyításának gondolatmenetét követjük.
Tekintsük a síkon az x = pu + cv, y = v koordinátájú pontokat, ahol u és v
egymástól függetlenül befutják az egész számokat. Ezek a pontok egy paralelogrammarácsot alkotnak, amelyben az alapparalelogramma területe ∆ = p.
Bármely rácspont esetén
x2 + 5y 2 = (pu + cv)2 + 5v 2 = p(pu2 + 2cuv) + v 2 (c2 + 5) ≡ 0 (mod p) ,azaz p | x2 + 5y 2 .
√Alkalmazzuk Minkowski tételét az x2 + 5y 2 ≤ 4 5p/π egyenletű, origó
körüli 4p = 4∆ területű (zárt) ellipszisre. A tétel szerint ez az ellipszis az
origón kívül is tartalmaz legalább egy (x, y) rácspontot. Így erre a rácspontra
teljesül
√
4 5p
2
2
2
2
p | x + 5yésx + 5y ≤
< 3p,
π

766

Megoldások 10.5.

tehát x2 + 5y 2 = p vagy 2p.
Az x2 + 5y 2 = 2p egyenlőség azonban nem állhat fenn, mert 5-tel osztva abal oldal lehetséges maradékai 0 és ±1, a jobb oldalé pedig ±2, hiszen p ≡ ±1
(mod 5). Ezért szükségképpen x2 + 5y 2 = p.
• Második bizonyítás: Legyen p | c2 + 5. Belátjuk, hogy a cy ≡ x (mod p)√
kongruenciának létezik olyan x, y megoldása, ahol 0 < |x|, |y| < p. Ez a√
7.5.21a feladatban szereplő Thue-lemmából következik, a k = 1, u = v = ⌈ p⌉
és C = c szereposztással.
Ekkor
x2 + 5y 2 ≡ c2 y 2 + 5y 2 = (c2 + 5)y 2 ≡ 0 (mod p)

ésx2 + 5y 2 < 6p .

Megmutatjuk, hogy van olyan a, b egész, amelyre a2 + 5b2 = p.
Ha x2 + 5y 2 = 5p, akkor 5 | x, azaz x = 5z, és így 25z 2 + 5y 2 = 5p, vagyis
25z + y 2 = p.
Ha x2 + 5y 2 = 4p, akkor a modulo 4 maradékok alapján x és y is páros,x = 2a, y = 2b, és így 4a2 + 20b2 = 4p, azaz a2 + 5b2 = p.
Az x2 + 5y 2 = 3p vagy 2p egyenlőség a két oldal modulo 5 maradékainak
különbözősége miatt nem teljesülhet.
Végül, az x2 + 5y 2 = p eset azonnal a kívánt állítást jelenti.
√• 10.5.6 Tekintsünk egy általános Q( t) másodfokú bővítést,ahol t négyzet√
mentes egész szám és t ̸= 1. Megmutatjuk, hogy Q( t)-ben akkor és csak
akkor létezik a kívánt tulajdonságú egész bázis, ha t ≡ 1 (mod 4).
Elégségesség: Ha t ≡ 1 (mod 4), akkor az
√
√
1+ t
1− t
ω1 =
és
ω2 =
2
2
választás megfelel.
Ehhez azt alábbiakat
kell megmutatni:√(i) minden α ∈ Q( t) egyértelműen felírható racionális cj számokkal
α = c1 ω1 + c2 ω2alakban;(ii) α akkor és csak akkor algebrai egész, ha c1 és c2 egész szám;(iii) ω1 -nek és ω2 -nek ugyanaz a minimálpolinomja.
(i) Tudjuk, hogy α egyértelműen előáll
√α=a+b t

(18)

(19)

767

Megoldások 10.5.

alakban, ahol a és b racionális számok. Hasonlítsuk össze (18)-at és (19)-et:
√
√
1+ t
1− t
c1 + c2
c1 − c2 √a + b t = c1
+ c2
=
+
t.
2
2
2
2
√

A (19) előállítás egyértelműségéből látszik, hogy (18) pontosan akkor teljesül,hac1 − c2
c1 + c2
és
b=
,
(20a)
a=
2
2
azaz
c1 = a + bés
c2 = a − b.
(20b)
Ezzel a megfelelő (racionális) c1 és c2 létezését és egyértelműségét beláttuk.
(ii) A 10.3.2 Tétel szerint a t ≡ 1 (mod 4) esetben α akkor és csak akkor
algebrai egész, ha
a=

u
,
2

b=

v
,
2

ahol u, v ∈ Zés u ≡ v (mod 2).

(21)

Azt kell igazolnunk, hogy a (21) feltétel ekvivalens azzal, hogy c1 és c2 egész
számok.
Ha a és b a (21)-ben előírt alakú, akkor (20b)-ből következik, hogy
c1 =

u+v
2

és

c2 =

u−v
2

egész számok.
Megfordítva, ha c1 és c2 egész, akkor u = c1 + c2 és v = c1 − c2 azonos
paritású, és így (20a) szerint a és b eleget tesz (21)-nek.
(iii) A két szám közös minimálpolinomja(x − ω1 )(x − ω2 ) = x2 − x +

1−t
.
4

Szükségesség: Indirekt tegyük fel, hogy valamely t ̸≡ 1 (mod 4) esetén
létezik a megadott tulajdonságú ω1 , ω2 egész bázis.
Az ω1 és ω2 egymás Q feletti konjugáltjai, tehát√√ω1 = r + s tésω2 = r − s t,r, s ∈ Q.
Mivel ω1 és ω2 algebrai egész és t ̸≡ 1 (mod 4), ezért (a 10.3.2 Tétel alapján)r és s egész számok, továbbá ω1 és ω2 lineáris függetlensége miatt s ̸= 0.

768

Megoldások 11.1.
Az 1 algebrai egész, tehát alkalmas c1 és c2 egész számokkal elő kell állnia√
1 = c1 ω1 + c2 ω2 = (c1 + c2 )r + (c1 − c2 )s t

alakban. Ez pontosan akkor teljesül, ha(c1 + c2 )r = 1és(c1 − c2 )s = 0.

Az s ̸= 0 feltételből kapjuk, hogy c1 = c2 , és így
1 = (c1 + c2 )r = 2c1 r,
ami egész c1 és r értékekre lehetetlen.

11. Ideálok• 11.1.8 a) Először megmutatjuk, hogy az a1 és a3 gyűrű nem test, mivel
található bennük nullosztó.
Jelöljük I-vel R[x]-ben az x2 − 2 által√generált főideált:
I = (x2 − 2).
√
Ekkor az R[x]/I faktorgyűrűben az x + 2 és x − 2 polinomok által
reprezentált (nemnulla) maradékosztályok szorzata a nulla maradékosztály:
√
√
√ ][
√ ]
[
][
] [
x + 2 + I x − 2 + I = x + 2 x − 2 + I = x2 − 2 + I = 0 + I .
√√Ez azt jelenti, hogy x + 2 + I és x − 2 + I nullosztók R[x]/I-ben, és így
R[x]/I nem lehet test.
Hasonló a helyzet a C[x]/(x2 + 1) faktorgyűrűben: itt az x + i és x − ipolinomok által reprezentált (nemnulla) maradékosztályok szorzata nulla.
Most megmutatjuk, hogy az a2-ben megadott R[x]/(x2 + 1) faktorgyűrű
test, mégpedig a komplex számtesttel izomorf.
A 11.1.6 Tétel utáni példa gondolatmenetét követjük. Most azok a (valós
együtthatós) polinomok kerülnek az (x2 + 1) főideál szerint egy maradékosztályba, amelyek ugyanazt a maradékot adják x2 + 1-gyel osztva. Ily módon
minden maradékosztály egyértelműen jellemezhető egy ,,maradékkal”, azaz egy
legfeljebb elsőfokú a + bx (valós együtthatós) polinommal (idesorolva a 0 polinomot is, amely magát az ideált reprezentálja).
A maradékosztálygyűrűben tulajdonképpen ezekkel a maradékokkal számolunk, azaz pl. két maradékosztály szorzásakor ezeket a maradékokat összeszorozzuk és vesszük a szorzatnak az x2 +1-gyel való osztási maradékát. Ennek
megfelelően az összeadást az[a + bx] + [c + dx] = [a + c] + [b + d]x,

769

Megoldások 11.1.
a szorzást pedig az[a + bx][c + dx] = ac + [ad + bc]x + bdx2 == ac + [ad + bc]x − bd + bd[x2 + 1] = [ac − bd] + [ad + bc]x
szabály szerint kell végezni, azaz pontosan ugyanúgy, ahogyan a komplex
számoknál (képzeljünk az ,,x” betű helyére mindenhol ,,i” betűt).
Ezzel beláttuk, hogy az R[x]/(x2 +1) maradékosztálygyűrű test és izomorf
C-vel.
• b) Bebizonyítjuk, hogy az R = T [x]/(f ) faktorgyűrű akkor és csak akkor
test, ha f irreducibilis T felett.
Szükségesség: Tegyük fel indirekt, hogy f nem irreducibilis T felett. Ekkor
f = 0, vagy f egység, vagy pedig f reducibilis T felett. Megmutatjuk, hogy
R egyik esetben sem test.
Ha f egység, akkor (f ) = (1) = T [x], tehát R-nek csak egy eleme van, ha
pedig f = 0, akkor (f ) = (0), tehát R azonosnak tekinthető T [x]-szel, vagyis
R ezekben az esetekben nyilván nem test.
Ha f reducibilis, azaz létezik olyan g és h nemkonstans polinom, amelyre
f = gh, akkor R-ben a g és h polinomok által reprezentált maradékosztályok
szorzata a nulla maradékosztály:[g + (f )][h + (f )] = gh + (f ) = f + (f ) = 0 + (f ) .
Ugyanakkor g + (f ) és h + (f ) egyike sem a nulla maradékosztály, hiszenf ̸ | g és f ̸ | h .
Ez azt jelenti, hogy reducibilis f esetén R-ben találhatók nullosztók, ésígy R nem lehet test.
Elégségesség: Azt kell igazolni, hogy ha f irreducibilis T felett, akkor az
R = T [x]/(f ) faktorgyűrű test.
Az R gyűrű kommutatív, továbbá az 1 + (f ) maradékosztály egységelem(a szorzásra nézve). Azt kell még belátni, hogy minden nemnulla elemnek
létezik inverze.
A 10.2.3 Tétel bizonyításának I. részéhez hasonló gondolatmenetet alkalmazunk.
Legyen u + (f ) egy tetszőleges nemnulla maradékosztály, azaz f ̸ | u. A
v + (f ) maradékosztály pontosan akkor lesz az u + (f ) inverze, ha[u + (f )][v + (f )] = uv + (f ) = 1 + (f ) ,vagyis

f | 1 − uv.

Ez azt jelenti, hogy létezik olyan w ∈ T [x] polinom, amelyre
1 = uv + f w.

(1)

770

Megoldások 11.3.

Az (1) egyenletben u és f adottak, v és w pedig az ismeretlenek; ígyaz invertálhatóság kérdését egy polinomokra vonatkozó ,,diofantikus” egyenlet
megoldhatóságára fogalmaztuk át.
Amint a 10.2.3 Tétel bizonyításában már megindokoltuk, az (1) diofantikus egyenlet (az egész számokra vonatkozó 1.3.6 Tétellel összhangban) akkor
és csak akkor oldható meg, ha u és f legnagyobb közös osztója osztója az
1-nek, azaz u és f relatív prímek. Mivel f irreducibilis és f ̸ | u, ezért ez
valóban teljesül.
• c) Az I = (2, x2 + x + 1) ideál szerinti maradékosztályok reprezentálásához
a polinomoknak az ideál mindkét generátoreleme szerint vesszük a maradékát.
(Mivel g = x2 + x + 1 normált polinom, ezért az egész együtthatós polinomok
körében is el tudunk osztani bármely polinomot maradékosan g-vel.)
Ennek megfelelően minden maradékosztálynak van olyan reprezentánsa,amely legfeljebb elsőfokú (vagy a 0 polinom) és valamennyi együtthatója 0vagy 1. Így az alábbi négy polinomot kapjuk:
0,

1,

x,

1 + x.

Könnyen adódik, hogy ezek közül már semelyik kettő sem esik ugyanabba
a maradékosztályba (azaz semelyik két polinom különbsége sem eleme az I
ideálnak).
Ez azt jelenti, hogy az R = Z[x]/(2, x2 + x + 1) faktorgyűrűnek négy
eleme van, és ezek rendre a fenti négy polinommal reprezentálhatók.
Az R gyűrű nyilván kommutatív és az 1 + I maradékosztály egységelem. Az egységelem inverze önmaga, a másik két nemnulla elem pedig egymás
inverze:[x + I][1 + x + I] = x[1 + x] + I = 1 + [x2 + x + 1 − 2] + I = 1 + I,
hiszen x2 + x + 1 − 2 ∈ I.
Ezzel beláttuk, hogy az R gyűrű test.
Egy másik lehetséges bizonyítást a feladathoz adott útmutatásnál vázoltunk.
• 11.3.5 Ha R test, akkor R[x] (a fokszám szerinti maradékos osztásra nézve)euklideszi gyűrű, és így a 11.3.5 Tétel alapján főideálgyűrű is.
A megfordításhoz tegyük fel, hogy R[x] főideálgyűrű. Azt kell igazolni,
hogy R test, azaz bármely a ̸= 0 elemnek létezik inverze.
Tekintsük R[x]-ben az a nemnulla konstans polinom és az x által generált I = (a, x) ideált. A feltétel szerint I főideál, azaz alkalmas g ∈ R[x]polinommal I = (g).

Megoldások 11.3.

771

Mivel x ∈ (a, x) = (g), ezért g | x. Így g = ε vagy g = εx, ahol ε egység(azaz olyan konstans polinom, amelynek létezik inverze R[x]-ben, vagy ami
ugyanaz, az ε-nak mint R-beli elemnek létezik inverze R-ben). A g | a feltétel
miatt g ̸= εx, azaz csak g = ε lehetséges. Ekkor (g) = (1).
Mivel (a, x) = (1), ezért alkalmas h, t ∈ R[x] polinomokkal 1 = ah + xt.
Ebből következik, hogy h konstans tagjának és az a-nak a szorzata 1, teháta-nak valóban létezik inverze.
• 11.3.9 a) A 11.1.10b feladathoz adott útmutatás alapján azonnal adódik,hogy R minden ideálja végesen generált.
Ha (a, b) = (d), akkor (a, b, c) = (d, c). Ennek megfelelően elég azt belátni,hogy bármely, két elemmel generált (a, b) ideál főideál.
Ha itt valamelyik generátorelem 0, akkor az állítás nyilvánvaló. Így feltehetjük, hogy a és b egyike sem 0.
A számelmélet alaptételéből következik, hogy létezik lnko{a, b}, jelöljük
ezt d-vel. A 11.2.2/(iii) Tétel szerint (a, b) = (d) fennállásához d = lnko{a, b}
mellett azt kell még megmutatni, hogy alkalmas u, v ∈ R elemekre d = au+bv.
Ezt d-vel osztva a vele ekvivalens
1 = a1 u + b1 v,

lnko{a1 , b1 } = 1

egyenlőséghez jutunk, ami más megfogalmazásban azt jelenti, hogy alkalmas
u-val az 1 és a1 u elemek ugyanabba a (b1 ) szerinti maradékosztályba esnek.
Ezt kell tehát belátnunk.
Vegyünk a (b1 ) szerinti véges sok maradékosztály mindegyikéből egy-egy
elemet (azaz egy teljes maradékrendszert modulo b1 ), legyen ez r1 , . . . , rn .
Megmutatjuk, hogy ekkor a1 r1 , . . . , a1 rn is teljes maradékrendszer modulo b1 .
Ha a1 ri és a1 rj ugyanabba a (b1 ) szerinti maradékosztályba esnek, akkor
a1 ri − a1 rj ∈ (b1 ), azaz b1 | a1 (ri − rj ). Mivel a1 és b1 relatív prímek, ezért
a számelmélet alaptételéből következik, hogy ekkor b1 | ri − rj . Ez azt jelenti,
hogy ri − rj ∈ (b1 ), vagyis i = j.
Ezzel igazoltuk, hogy az a1 r1 , . . . , a1 rn elemek különböző maradékosztályokba esnek, és így valóban minden maradékosztályt reprezentálnak. Ebből
speciálisan az is következik, hogy van olyan i, amelyre a1 ri ugyanabba amaradékosztályba esik, mint az 1, és ezt kellett igazolni.
√• 11.3.10 A megadott öt t érték esetén E( t)-ben a norma szerint elvégezhető
a maradékos osztás, ennek igazolását a 10.3.4 feladathoz adott útmutatásban
vázoltuk.
√
A megfordításhoz tegyük fel, hogy E( t) euklideszi gyűrű. Nyilván√ eléga t < −3 esettel foglalkozni, ekkor a ±1-en kívül nincs más egység E( t)-ben.

772

Megoldások 11.4.

Legyen β egy olyan, a 0-tól és az egységektől (azaz ±1-től) különböző
elem, amelyre f (β) (az f (0) = 0 és az f (±1) értékektől eltekintve)a legkisebb.
√
A β kiválasztásából következik, hogy bármely ξ ∈ E( t) elemet β-val
maradékosan osztva a maradék csak 0 vagy ±1 lehet. Ez más megfogalmazásban azt jelenti, hogy bármely ξ esetén ξ, ξ + 1 vagy ξ − 1 osztható β-val.
Speciálisan, ha ξ = 2, akkor azt kapjuk, hogy β | 2 vagy β | 3 vagy β | 1.
Az utolsó eset nem fordulhat elő, hiszen β ̸= ±1.
Ha β | 2, akkor N (β) | N (2) = 4, azaz [N (β) ̸= 1 miatt] N (β) = 2 vagy
N (β) = 4. Belátjuk, hogy csak N (β) = 2 lehetséges.
A N (β) = 4 feltétel (a β | 2 oszthatósággal együtt) azt jelenti, hogy a β
a 2 egységszerese. Ennek az eshetőségnek a kizárásához így elég egy olyan ξ-tmutatni, amelyre a 2 a ξ, ξ + 1 és ξ − 1√elemek egyikének sem osztója.
Ha √t ̸≡ 1 (mod 4), akkor ξ = t, ha pedig t ≡ 1 (mod√ 4), akkor
ξ = (1 + t)/2 nyilván ilyen tulajdonságú. (Felhasználtuk az E( t) elemeinekelőállítására vonatkozó 10.3.2 Tételt.)
Ezzel megmutattuk, hogy ha β | 2, akkor N (β) = 2. Teljesen hasonlóan
kapjuk, hogy a β | 3 esetben N (β) = 3.
√
Legyen először t ̸≡ 1 (mod 4). Ekkor β = c + d t, ahol c és d egész. Mivel
N (β) nem négyzetszám, ezért d ̸= 0, és így
3 ≥ N (β) = c2 + |t| · d2 ≥ 0 + |t| · 1 = |t|,azaz

t ≥ −3,amit kizártunk.
√
Ha t ≡ 1 (mod 4), akkor β = c + d(1 + t)/2 alakú, ahol c és d egész.
Most is d ̸= 0, és így
(
d2
d )2
1 + |t|+ |t| ·
3 ≥ N (β) = c +
≥
,
2
4
4

azaz

t ≥ −11,vagyis (t < −3-at és t ≡ 1 (mod 4)-et figyelembe véve) t = −7 vagy t = −11,
amint állítottuk.
• 11.4.8 a)√ Az alábbi két tényt többször is fel fogjuk használni:(i) E( −5) ideáljaira teljesül az oszthatóság és a fordított irányú tartalmazás ekvivalenciája, ezért elég azt megvizsgálnunk, hogy a megadott ideálokat mely ideálok tartalmazzák.
√√(ii) −5 ≡ 3 (mod 4), ezért a 10.3.2 Tétel szerint E( −5) elemei u+v −5
alakúak, ahol u és v egész számok.
• a1) Először megmutatjuk, hogy√√(∗)
a + b −5 ∈ (2, 1 + −5) ⇐⇒ a ≡ b (mod 2).

Megoldások 11.4.

773(Ennek a feladatnak a megoldásánál számok helyett más jeleket használunk
a képletszámozáshoz, annak érdekében, hogy mondjuk a (2) főideál és a (2)képlet azonos jelölése ne okozhasson zavart.)
Ha a és b páros, akkor[a b√ ]√√
−5 ∈ (2) ⊆ (2, 1 + −5) ,a + b −5 = 2 +2 2
ha pedig a és b páratlan, akkor[a − 1 b − 1√ ] [√√ ]√a + b −5 = 2+−5 + 1 + −5 ∈ (2, 1 + −5) .
2
2√√Tegyük√ fel megfordítva, hogy a + b −5 ∈ (2, 1 + −5), azaz alkalmas
α, β ∈ E( −5) elemekkel√√ ][a + b −5 = 2α + 1 + −5 β.
A (+) egyenlőséget 1 −√(+)−5-tel beszorozva kapjuk, hogy

√ ]
√ ]
√ ][
[
[
a + b −5 1 − −5 = 2 1 − −5 α + 6β.
Ebből következik, hogy
2

√ ][
√ ]
√
[
a + b −5 1 − −5 = [a + 5b] + [b − a] −5.

Ez azt jelenti, hogy a + 5b és b − a páros szám, vagyis a és b azonos paritású.
Ezzel (∗)-ot beláttuk.
√
Térjünk rá most az I = (2, 1 + −5) ideál osztóira. Nyilván I | I és(1) | I. Megmutatjuk, hogy I-nek nincs több osztója (vagyis I felbonthatatlan
ideál, és így prímideál).
Tegyük fel, hogy egy A ideálra A | I és A ̸= I. Ekkor I ⊂ A szigorú
tartalmazással. Azt√ kell igazolnunk, hogy A = (1), azaz 1 ∈ A.
Legyen c + d −5 ∈ A \ I. Ekkor (∗) miatt c és d különböző paritású.
Ha c páratlan és d páros, akkor ismét (∗) alapján kapjuk, hogy√c − 1 + d −5 ∈ I ⊂ A,és így√ ] [√ ][1 = c + d −5 − c − 1 + d −5 ∈ A.

774

Megoldások 11.4.
Ha d páratlan és c páros, akkor hasonló módon adódik, hogy
√ ] [
√ ]
√
[
−5 = c + d −5 − c + [d − 1] −5 ∈ A,és így
1=

[√

−5

][√

]
−5 + 3 · 2 ∈ A.

• a2) A (2) főideálnak
√ nyilván osztója önmaga és az (1) ideál. Emellett (∗)
alapján a (2, 1 + −5) ideál egy nemtriviális osztó. Megmutatjuk, hogy(2)-nek nincs több osztója.
Tegyük fel, hogy egy B ideálra B | (2) és B ̸= (2). Ekkor (2) ⊂ B szigorú
tartalmazással. √Legyen u + v −5 ∈ B \ (2).
√Ha u páratlan és v páros, akkor u − 1 + v −5 ∈ (2), és így
√ ] [
√ ]
[
1 = u + v −5 − u − 1 + v −5 ∈ B,tehát
B = (1).
Ha u páros és v páratlan, akkor hasonló módon adódik, hogy
√ ] [
√ ]
√
[
−5 = u + v −5 − u + [v − 1] −5 ∈ B,amiből ismét
1=

[√

−5

][√

]
−5 + 3 · 2 ∈ B,azaz

B = (1)következik.
Végül, ha u és v is páratlan, akkor[u − 1 v − 1√ ]√ ][−5 = u + v −5 − 2−5 ∈ B.
+2
2√
Ez azt jelenti, hogy (2, 1 + √−5) ⊆ B, amiből az a1) rész felhasználásával
következik, hogy B = (2, 1 + −5) vagy B = (1).
√• a3) Megmutatjuk, hogy az (1 + −5) főideálnak az alábbi négy (különböző)osztója van:
√
√
√
(1),
(1 + −5),(2, 1 + −5)és(3, 1 + −5).
√
Ezek valamennyien
osztók, hiszen tartalmazzák az (1 + −5) főideált.
√
A (2, 1 + −5) ideál nemtriviális osztó, ugyanis egyrészt√√√
1 + −5̸ | 2 =⇒ (2, 1 + −5) ̸= (1 + −5),√
másrészt az a1)-beli (∗) képlet szerint (2, 1 + −5) ̸= (1).
1+

√

775

Megoldások 11.4.
Ugyanígy adódik, hogy (3, 1 +helyett a hasonló módon igazolható√−5) is nemtriviális osztó, ekkor (∗)√√
a + b −5 ∈ (3, 1 + −5) ⇐⇒ a ≡ b (mod 3)(∗∗)összefüggést érdemes felhasználni.
Végül (például) (∗)-ból és (∗∗)-ból kapjuk, hogy
(2, 1 +√

−5) ̸= (3, 1 +

√

−5) .

√
Most belátjuk, hogy ha a C ideál osztója az (1 + −5) főideálnak, akkor
C a fenti négy ideál valamelyikével
egyenlő.
√√√Tegyük fel, hogy C | (1 + −5) és C ̸= (1 + −5), ekkor (1 + −5) ⊂ Cszigorú tartalmazással. Legyen√√r + s −5 ∈ C \ (1 + −5).

(∇)

√ ]
√ ]
[
[
r − s = r + s −5 − s 1 + −5 ∈ C,

(♭)

√ ][
√ ]
√
[
6 = 1 + −5 1 − −5 ∈ (1 + −5) ⊂ C.

(♯)

Ekkor egyrészt

másrészt

Jelöljük d-vel a 6 és r − s egész számok legnagyobb közös osztóját. Ekkor
alkalmas t és w egész számokra d = 6t + [r − s]w, és így (♭) és (♯) alapjánd ∈ C.
Ha d = 1, akkor 1 ∈ C, tehát C = (1). √Ha d = 2, akkor 2 ∈ C, és így √(2, 1 + −5) ⊆ C. Az a1) rész alapjánebből következik, hogy C = (2, 1 + −5)√ vagy C = (1).
Ha d = 3, akkor 3 ∈ C, és így (3, 1+ −5) ⊆ C. Az a1) részhez√hasonlóan,(∗∗) felhasználásával könnyen igazolható, hogy ekkor C = (3, 1 + −5) vagy
C = (1).
Végül belátjuk, hogy d ̸= 6. Ha ugyanis d = 6, azaz 6 | r − s, akkor
√ ]
√
√
[
r + s −5 = [r − s] + s 1 + −5 ∈ (1 + −5),ami ellentmond (∇)-nak.
√• 11.4.9 a) Az állítás hamis, például E( −5)-ben a 2 felbonthatatlan elem,azonban a (2) nem felbonthatatlan ideál.

776

Megoldások 11.5.

• b) Az állítás igaz. A feltétel alapján α nem lehet egység vagy 0. Tegyükfel, hogy α = βγ. Ekkor (α) = (β)(γ), és így (α) felbonthatatlansága miatt(β) = (1) vagy (γ) = (1), azaz β vagy γ egység.
• c) és d) Mindkét állítás igaz. Mivel(α) ̸= (0) ⇐⇒ α ̸= 0és(α) ̸= (1) ⇐⇒ α nem egység,

ezért a továbbiakban feltehetjük, hogy (α) nemtriviális ideál.
Felhasználjuk az oszthatóság és a fordított irányú tartalmazás ekvivalenciáját. Ennek megfelelően
]βγ ∈ (α) =⇒ β ∈ (α) vagy γ ∈ (α) ⇐⇒[]⇐⇒ α | βγ =⇒ α | β vagy α | γ ⇐⇒ α prímelem.

(α) prímideál ⇐⇒[• 11.5.7 c) Megmutatjuk, hogy egy p > 0 prímszámhoz
akkor és csak akkor√
található olyan a egész szám, amelyre a (p, a + −5) ideál prímideál, hap = 2, p = 5, vagy pedig p a 20-szal osztva 1, 3, 7, illetve 9 maradékot ad.
• Először azt igazoljuk, hogy a felsorolt p értékek valóban rendelkeznek azelőírt tulajdonsággal.
√• A p = 2 esetben a = 1 megfelel: I2 = (2, 1 + −5) prímideál (lásd a 11.4.8
feladatot).
√√• A p = 5 esetben a = 0 megfelel: I5 = (5, −5)=(−5) prímideál.
Ez a√√11.4.9c–d feladat alapján azzal ekvivalens, hogy −5 prímelem E( −5)-ben.
Így azt kell igazolnunk, hogy
√

−5

√ ][
√ ]
√
√
√
√
[
a + b −5 c + d −5 ⇒ −5 a + b −5 vagy −5 c + d −5 . (2)√Mivel −5 önmagának osztója, ezért (2) ekvivalens az alábbi feltétel teljesülésével:√√√−5 ac =⇒ −5 a vagy
−5 c .
(3)√
Egy egész szám könnyen láthatóan pontosan akkor osztható −5-tel, ha 5-tel
osztható, tehát (3) átírható a következő alakba:
5 | ac =⇒ 5 | a vagy 5 | c .

(4)

Az 5 az egész számok körében prím, ezért (4), és így (2) is valóban teljesül.
(Célhoz érhettünk volna a 10.3.7b feladat felhasználásával is.)

Megoldások 11.5.

777• Legyen most p egy 20k + 1, 20k + 3, 20k + 7 vagy 20k + 9 alakú pozitív
prímszám. A Legendre-szimbólum tulajdonságainak a felhasználásávalkön( )
nyen adódik, hogy ezek éppen azok a prímek, amelyekre −5
=
1.
Ez
azt
p
jelenti, hogy az
x2 ≡ −5 (mod p)
kongruencia megoldható, vagyis létezik olyan a egész szám, amelyre
p | a2 + 5.

(5)√
Megmutatjuk, hogy az Ip = (p, a + −5) ideál felbonthatatlan ideál, ésígy prímideál. Ehhez azt kell igazolni, hogy Ip ̸= (1), Ip ̸= (0), továbbá Ip
csak triviális módon bontható két ideál szorzatára. Ez utóbbi teljesüléséhez a
11.4.6 Definíció után adott ekvivalens átfogalmazások szerint elég azt belátni,hogy bármely A ideálra√√
Ip ⊆ A ⊆ E( −5) =⇒ A = Ip vagy A = E( −5) .
(6)
Nyilván Ip ̸= (0).
√Ha Ip = (1) teljesülne, akkor alkalmas α, β ∈ E( −5) elemekkel az 1
előállna√ ][1 = αp + β a + −5
(7)√alakban. A (7) egyenlőséget a − −5-tel beszorozva kapjuk, hogy√
√ ][a − −5 = α a − −5 p + β[a2 + 5] .
(8)Mivel (5) alapján (8) jobb oldala osztható p-vel, ezért a bal oldal is, vagyis√
a 1√−−5 ∈ E( −5) ,p p
ami nyilván lehetetlen. Ezzel beláttuk, hogy Ip ̸= (1).
A (6) tulajdonság igazolásához tegyük fel, hogy egy A ideál valódi√ módontartalmazza az Ip ideált. Megmutatjuk, hogy 1 ∈ A, azaz A = E( −5).
Vegyünk egy tetszőleges√c + d −5 ∈ A \ Ip
(9)elemet. Ekkor
√ ]
√ ]
[
[
c + d −5 − d a + −5 = c − da ∈ A.

(10)

778

Megoldások 11.5.

Ha p | c − da, azaz alkalmas u egész számmal
akkor

c = da + up,√ ]√[c + d −5 = d a + −5 + up ∈ Ip ,ami ellentmond (9)-nek.
Ebből következik, hogy c−da nem lehet osztható a p prímszámmal, vagyis
c − da és p (az egész számok körében) relatív prímek. Ekkor alkalmas v és w
egész számokkal
1 = v[c − da] + wp .
(11)
Mivel p ∈ A és (10) alapján c − da ∈ A, ezért (11) szerint 1 ∈ A, amintállítottuk.
• Most megmutatjuk, hogy a felsorolásból kimaradt, azaz a 20k + 11, 20k + 13,
20k + 17 és 20k + 19 alakú (pozitív)
p prímszámokhoz nem található olyan a√egész szám, amelyre (p, a + −5)( )prímideál.
Ezekre a p prímszámokra −5= −1, és így a 10.3.7 Tétel alapján ezekp√a p értékek E( −5)-ben is prímek. A 11.4.9c feladat szerint ekkor (p)prímideál.
√
Tegyük fel indirekt, hogy alkalmas a egész számra (p, a+ −5) prímideál
lenne. Mivel(p) ⊆ (p, a +

√

−5),

és így(p, a +√

−5) (p) ,√√továbbá (p, a + −5) és (p) is prímideál,
ezért csak (p, a + −5) = (p)√lehetséges. Ez azt jelenti, hogy a + −5 ∈ (p), és így
p|a+

√

−5,

azaz

√
a 1√
−5 ∈ E( −5),+p p

ami lehetetlen.
• 11.5.9 Előrebocsátjuk, hogy a 11.5.1 Tétel érvényes marad akkor is, ha
algebrai egész helyett mindenhol egész számot írunk. Ez abból következik,
hogy ha u és v egész számok, akkor az u | v oszthatóság pontosan akkor
teljesül az algebrai egészek körében, mint amikor az egész számok körében.
Tekintsük ugyanis az uw = v egyenlőséget. Ha w egész szám, akkor nyilván w
algebrai egész is. Megfordítva, ha w algebrai egész, akkor mivel (u ̸= 0 esetén)w = v/u racionális is, ezért w szükségképpen egész szám.
A továbbiakban a 11.5.1 Tételnek ezt az egész számokra vonatkozó speciális esetét fogjuk használni.

779

Megoldások 11.5.
• a) Legyen a két primitív polinom
f (x) = a0 + a1 x + . . . + am xm

ésg(x) = b0 + b1 x + . . . + bn xn ,és a szorzatuk
f (x)g(x) = c0 + c1 x + . . . + cm+n xm+n .
Tegyük fel indirekt, hogy f (x)g(x) nem primitív polinom, azaz létezik olyan
p prímszám, amelyre
p | k,

k = 0, 1, . . . , m + n.

Ekkor a 11.5.1 Tétel (fent jelzett speciális esete) szerint
p | ai bj ,i = 0, 1, . . . , m,

j = 0, 1, . . . , n.

Mivel f és g is primitív polinom, ezért van olyan i, illetve j, amelyrep̸ | aiésp̸ | bj .

Ebből p prímtulajdonsága szerint következik, hogy p̸ | ai bj , ami ellentmondás.
• b) Legyen az F , illetve G polinomban az együtthatók nevezőinek legkisebb
közös többszöröse r, illetve s. A H = F G egyenlőséget t = rs-sel beszorozva
kapjuk, hogytH(x) = F2 (x)G2 (x),ahol

F2 (x), G2 (x) ∈ Z[x] .

(12)

Ha t = 1, akkor készen vagyunk. Ha t > 1, akkor legyen p a t egy tetszőlegesprímosztója. Ekkor p osztója az F2 (x)G2 (x) polinom minden együtthatójának.
Ha p nem osztója sem az F2 (x) polinom minden együtthatójának, sem
pedig G2 (x) minden együtthatójának, akkor az a) részben látott módon ellentmondásba kerülünk a 11.5.1 Tétellel. Így p osztója mondjuk F2 (x) minden
együtthatójának, F2 (x) = pF3 (x).
A (12) egyenletet p-vel egyszerűsítve
t1 H(x) = F3 (x)G2 (x),F3 (x), G2 (x) ∈ Z[x],

t1 =

t
p

adódik. Ha t1 = 1, akkor készen vagyunk, egyébként ismételjük meg az eljárást
mindaddig, amíg a H polinom egy kívánt előállítását kapjuk.

780

Megoldások 11.6.

• 11.6.3 a) Mivel k és h relatív prímek, ezért léteznek olyan u és v pozitív
egészek, amelyekre ku = 1 + hv. Ekkor
Ak ∼ B k =⇒ Aku ∼ B ku ,azaz alkalmas (α) és (β) nemnulla főideálokra(α)Aku = (β)B ku .

(13)Írjuk be (13)-ban Aku , illetve B ku helyére az AAhv , illetve BB hv előállítást, éshasználjuk fel, hogy Ahv és B hv főideál, legyen Ahv = (γ), B hv = (δ). Innen
kapjuk, hogy(αγ)A = (βδ)B,azaz
A ∼ B.
• b) Az a) részt speciálisan B = (1)-ra alkalmazva A ∼ (1) adódik, és így a
11.6.2/(iv) Tétel alapján A főideál.
• 11.6.4 d) Megmutatjuk, hogy az x2 + 35 = y 3 diofantikus egyenlet összes
megoldása x = ±36, y = 11.
A 11.6.5 Tétel√bizonyításának a gondolatmenetét követjük.
Fel fogjuk√
használni, hogy E( −35)-ben az ideálosztályok száma h( −35) = 2 (lásd a
11.6.4√ Tétel előtt megadott táblázatot). Ebből az is következik, hogyE( −35)-ben nem érvényes a számelmélet
alaptétele.
√Az egyenlet bal oldalát E( −35)-ben szorzattá bontjuk:
√
√
[
][
]
x + −35 x − −35 = y 3 .
(14)√Mivel E( −35)-ben nem érvényes a számelmélet alaptétele, ezért (14)-ről átkell térni a megfelelő főideálok közötti egyenletre:√√(x + −35)(x − −35) = (y)3 .
(15)√√
Megmutatjuk, hogy az (x + −35) és (x − −35) ideálok relatív prímek.
Tegyük fel indirekt, hogy van egy P prímideál közös osztójuk. Ekkor P osztója (y)3 -nak is, és mivel P prímideál, ezért (y)-nak is. Az oszthatóságoknak
megfelelő tartalmazások alapján√√
x + −35 ∈ P,
x − −35 ∈ Pésy ∈ P.
Ekkor
is igaz.

√

√
√
[
]
−35 [x − −35 ] − [x + −35 ] = 2 · 35 = 70 ∈ P

781

Megoldások 11.6.

Megmutatjuk, hogy y és 70 relatív prímek (az egész számok körében).
Ha 7 | y, akkor az eredeti egyenletből kapjuk, hogy x is osztható 7-tel,ekkor azonban a 7-nek x2 +35 pontosan az első, y 3 viszont legalább a harmadik
hatványával osztható, ami lehetetlen.
Ugyanígy kapjuk, hogy 5̸ | y.
Ha 2 | y, akkor x páratlan, és az egyenlet bal oldala 4, a jobb oldala
viszont 0 maradékot ad 8-cal osztva, ami szintén lehetetlen.
Ezzel beláttuk, hogy y és 70 relatív prímek. Ekkor alkalmas r és s egész
számokra 1 = yr + 70s. Mivel 70 és y is eleme P -nek, ezért az 1 is eleme
P -nek, azaz P = (1), ami ellentmond annak, hogy P prímideál.
Így a (15) egyenlőség bal oldalán szereplő két (fő)ideál valóban relatív
prím. Az ideálokra vonatkozó egyértelmű prímfaktorizációból (11.5.8 Tétel)következik, hogy mindkét ideál egy alkalmas ideál köbe, azaz (például)(x +√−35) = A3 .

(16)

√
√
Mivel E( −35)-ben az ideálosztályok száma h( −35) = 2, ezért a 11.6.4
Tétel szerint A2 főideál, A2 = (γ). Ezt a (16) egyenlőségbe beírva(x +√−35) = (γ)A

adódik, amiből a 11.4.3b feladat alapján kapjuk, hogy A főideál, azaz A = (α).
Ekkor (16) átírható az(x +√−35) = (α3 ),

azaz

x+

√

−35 = εα3

(17)

√
√
alakba, ahol ε egység E( −35)-ben. Az E( −35) egységei csak a ±1, és ezek
maguk is köbszámok. Ezért (17) tovább ekvivalens azzal, hogy
x+

√

√
[
]3
−35 = β 3 = a + b −35 ,(18)ahol −35 ≡ 1 (mod 4) miatt a és b egész számok vagy pedig a = u/2 ésv = b/2 , ahol u és v páratlan egészek.
A köbre emelést elvégezve és a képzetes részeket összehasonlítva
1 = 3a2 b − 35b3 = b[3a2 − 35b2 ](19)

adódik.
Ha a és b egész számok, akkor innen b = ±1, azonban a-ra nem kapunk
egész értéket.

782

Megoldások 12.1.

Ha a = u/2 és v = b/2 , ahol u és v páratlan, akkor (19)-et 8-cal szorozva
adódik, hogy
8 = v[3u2 − 35v 2 ].
Mivel v páratlan, ezért
v = ±1és

3u2 − 35v 2 = 3u2 − 35 = ±8.

Innen u = ±3 és v = −1 . Ezeket az értékeket (18)-ba visszahelyettesítve ésa valós részeket összehasonlítva kapjuk, hogyx=u[u2 − 105v 2 ]
= ∓36
8

és

y=

√
3

x2 + 35 = 11.

12. Kombinatorikus számelmélet• 12.1.3 Először egy konstrukciót adunk arra, hogy a megoldásszám elérheti⌈k/2⌉-t. Legyen k = 2j − 1 vagy 2j, ekkor ⌈k/2⌉ = j. Az útmutatásban
javasoltaknak megfelelően legyenq > j, a1 = q + 1, a2 = q + 2, . . . , aj = q + j és t = a1 + a2 + . . . + aj .
Ezután legyen aj+1 = a1 + a2 , ekkort = a3 + a4 + . . . + aj + aj+1
is igaz. Hasonlóan folytatva legyen aj+2 = a3 + a4 , ekkor at = a5 + a6 + . . . + aj+1 + aj+2
előállítás is érvényes.
Általában legyen aj+r = a2r−1 +a2r , ha r ≤ j −1 (és k = 2j esetén legyen
a2j tetszőleges, a2j−1 -nél nagyobb szám). Ekkor
t = a2r+1 + a2r+2 + . . . + aj+r .
Ily módon as < as+1 minden s esetén fennáll: s < j-re az as -eket így
választottuk, s = j-re aj+1 = a1 + a2 = 2q + 3 > aj = q + j (hiszen q > j),j < s ≤ 2j − 2-re pedig as+1 mindig két későbbi ai -nek az összege, mint as .

Megoldások 12.2.

783

Az eljárást végigvíve t előáll j, j − 1, . . . szomszédos ai összegeként, míg
végül egytagú összegként is megjelenik, ami összesen a kívánt j számú előállítás.
Most megmutatjuk, hogy ennél nagyobb előállításszám nem lehetséges.
Vegyünk egy tetszőleges a1 , . . . , ak rendszert és egy t számot, és tekintsük tnek azt az előállítását, amelyben az utolsó (azaz a legnagyobb) tag a lehető
legkisebb, legyen az indexe v.
Ha v > j, akkor legfeljebb k − (v − 1) ≤ k − j ≤ j előállítás lehetséges,hiszen mindegyiknek szükségképpen más az utolsó tagja.
Ha v ≤ j, akkor mivel minden előállítás tagszáma más és minden tagszám
legfeljebb v, tehát legfeljebb v ≤ j előállítás lehetséges.
• 12.2.3 Tekintsük a p2 elemű T2 véges testet és ebben a p elemű T1 résztestet.
Mivel egy véges test multiplikatív csoportja ciklikus, így van T2 -nek olyan ∆eleme, amelynek a hatványai T2 minden nemnulla elemét előállítják.
Vegyünk egy tetszőleges Θ ∈ T2 \ T1 elemet, és legyenek T1 elemei
γ1 , . . . , γp . Írjuk fel a Θ + γi elemeket Θ + γi = ∆ai alakban, ezzel kijelöltünk
p darab ai egész számot 1 és p2 − 1 között.
Megmutatjuk, hogy ezek eleget tesznek a feltételnek, azaz az ai + ajösszegek páronként különböző maradékot adnak modulo p2 − 1.
Tegyük fel, hogy ai + aj ≡ ak + al (mod p2 − 1). Ekkor az ai -k definíciója alapján (Θ + γi )(Θ + γj ) − (Θ + γk )(Θ + γl ) = 0 adódik. A bal oldal
Θ-nak legfeljebb elsőfokú polinomja T1 -beli együtthatókkal, hiszen Θ2 kiesik.
Elsőfokú azonban nem lehet, mert akkor Θ ∈ T1 következne, így — mivel aΘ gyöke — csak az azonosan nulla polinom lehet. Ekkor azonban pl. a polinomok gyöktényezős alakjának az egyértelműsége miatt {γi , γj } = {γk , γl }, ésígy ugyanez áll az ai -kre is, ami éppen a bizonyítandó állítás volt.
• 12.2.4 Az útmutatást követve vegyünk egy g primitív gyököt modulo p, éslegyen ai az x ≡ i (mod p − 1), x ≡ g i (mod p) szimultán kongruenciarendszer
megoldása modulo p(p−1), i = 1,
( 2, . . . , p−1. )Nyilván elég azt megmutatnunk,hogy bármely c-re a c ≡ ai + aj mod p(p − 1) kongruencia legfeljebb egyetlen{i, j}-vel teljesülhet. Az ai definíciója alapján ez a kongruencia a c ≡ i + j(mod p − 1), c ≡ g i + g j (mod p) szimultán kongruenciarendszerrel ekvivalens.
Itt az első kongruencia átírható a g c ≡ g i g j (mod p) alakba, vagyis a g i és g jszámok összegét és szorzatát is ismerjük modulo p. A gyökök és együtthatók
közötti összefüggés alapján a g i és g j maradékosztályok a z 2 − cz + g c ≡ 0(mod p) másodfokú kongruencia egyértelműen meghatározott gyökei (p prím),és így i és j is egyértelmű.

784

Megoldások 12.3.

• 12.3.6 Az útmutatást követve legyen |C| = |D| = n < p, C = {c1 , . . . , cn },A1 = . . . = An = D és
F (x1 , . . . , xn ) =∏(xi − xj )(xi + ci − xj − cj ).

1≤j<i≤n∏negyütthatója nem nulla, akkor a
Ekkor F foka n(n − 1), így ha i=1 xn−1i12.3.5b feladat alapján van olyan d1 , . . . , dn ∈ D, amelyre
F (d1 , . . . , dn ) =∏(di − dj )(di + ci − dj − cj ) ̸= 0.

1≤j<i≤n

Ekkor szükségképpen di ̸= dj , ha i ̸= j, vagyis d1 , . . . , dn kiadják a D összes
elemét, továbbá ci + di ̸= cj + dj , ha i ̸= j, azaz ci ←→ di egy megfelelő
párba
a C és D halmaz elemei között.
Most igazoljuk, hogy F -ben∏n állításn−1
a i=1 x∏tagegyütthatója
nemnulla.
F-ben
a deg F = n(n − 1)-edfokúi
2
tagokat 1≤j<i≤n (xi − xj ) adja (a többi tag ennél alacsonyabb fokú). Ez arész nem más, mint a
x1
x2
..
.

...
...
..
.

xn−1
1
xn−1
2
..
.

1 xn

...

xn−1
n

1
1
V (x1 , . . . , xn ) = .
..

Vandermonde-determináns négyzete. Írjuk fel V (x1 , . . . , xn )-et a determináns
definíciója
és vizsgáljuk meg, mi lesz az önmagával való szorzatában a∏szerint,nkérdéses i=1 xn−1
tag együtthatója. Ilyen tagot akkor kapunk, ha az egyikideterminánsból a(−1)I(j1 ,...,jn ) xj11 . . . xjnn
tagot a másik determináns
1n(−1)I(n−1−j1 ,...,n−1−jn ) xn−1−j. . . xn−1−jn1tagjával szorozzuk össze (ahol I() a megfelelő oszlopindex-permutációk inverziőszámát jelöli, az oszlopokat 0-tól n − 1-ig számoztuk). Mivel az előjelet
meghatározó két permutáció éppen egymás „komplementere”, ezért( )nI(j1 , . . . , jn ) + I(n − 1 − j, . . . , n − 1 − jn ) =,2

Megoldások 12.4.

785

vagyis minden ilyen szorzatn(−1)( 2 ) xn−1
. . . xn−1.
n1∏nMivel n! ilyen szorzat képezhető, így F -ben a i=1 xn−1
tag együtthatójain()(−1) 2 n!, ami n < p miatt valóban nem nulla, amint állítottuk.

• 12.4.11b Tegyük fel indirekt, hogy az útmutatás szerinti színezésben az
1 ≤ b < b + d < b + 2d < . . . < b + pd ≤ p(2p − 1) számok mind azonosszínűek. Legyen Θ = ∆b , Ψ = ∆d . A feltétel szerint ekkor a Θ, ΘΨ, . . . , ΘΨp,,vektorok” vagy valamennyien a W altérbe esnek, vagy pedig egyikük sem esik
W -be.
Ha a számtani sorozat piros, akkor tehát ezek a vektorok egy p − 1dimenziós altér elemei. Ezért közülük már az∑első p darab is lineárisan összep−1függő, azaz alkalmas γi ∈ Z2 együtthatókkal i=0 γi (ΘΨi ) = 0 nemtriviálisan
teljesül. Az egyenlőséget Θ-val elosztva azt kapjuk, hogy Ψ gyöke egy p-nél
alacsonyabb fokú Z2 feletti polinomnak. Mivel Ψ foka osztója T fokának,vagyis p-nek, ezért Ψ foka csak 1 lehet, azaz Ψ ∈ Z2 . Ez azonban ellentmondás, hiszen nyilván Ψ ̸= 0 és d < 2p − 1 miatt Ψ ̸= 1.
Ha a számtani sorozat kék, akkor a ΘΨ−Θ, ΘΨ2 −ΘΨ, . . . , ΘΨp −ΘΨp−1
vektorokra kell megismételni az előző gondolatmenetet (csak Θ helyett mostΘ(Ψ − 1)-gyel kell a megfelelő egyenlőséget elosztani).
• 12.4.12 Az útmutatást követve tekintsük azokat a számokat n -ig, amelyeket a d alapú számrendszerben felírva minden számjegy < d/2 és a számjegyek négyzetösszege egy adott q érték. Ha három ilyen szám számtani
sorozatot alkot, akkor minden számjegyükre ugyanez áll fenn, mert a jegyekre
adott korlátozás miatt két szám összeadása során sohasem képződik átvitel akövetkező helyiértékre. Így a középső szám valamennyi jegye a másik két szám
megfelelő jegyeinek számtani közepe. Felírva, hogy mindhárom szám jegyeinek
négyzetösszege q, egyszerű számolással adódik, hogy a számok szükségképpen
egyenlők. (Más megfogalmazásban: ha a három számot a számjegyeikből alkotott vektoroknak tekintjük, akkor a harmadik vektor az első kettő összegének
a fele, továbbá mindhárom vektor euklideszi normája egyenlő. Ez csak úgy
lehet, ha maguk a vektorok is megegyeznek.)
Adott d-re a felírásban szereplő számjegyek száma u ≈ (log n)/(log d), és
q-nak legfeljebb ud2 /4 -féle értéke lehet. Ha a halmazainkat minden lehetséges
q-ra egyesítjük, akkor az összes olyan számot megkapjuk, amelyek valamennyi
jegye d/2 -nél kisebb. Ez összesen kb. n/2u szám. Ezért biztosan van olyan
q, amelynek megfelelő halmaz elemszáma
legalább n/(2u−2 ud2 ). Ez akkor√
veszi fel a maximumát ha log d ≈ log n , és ez a maximum éppen a feladatállításában előírt érték.

TÖRTÉNETI NÉVTÁR

A könyv során több helyen kitértünk a számelmélet történetének néhány vonatkozására. A következő összefoglalóban ábécérendben megadjuk a könyvben
név szerint említett legtöbb matematikus születési és halálozási évszámát,nemzetiségét, valamint röviden utalunk számelméleti munkásságukra. Ez a kis
történeti kitekintés szükségszerűen szubjektív, több okból is. Először is, csak
olyan matematikusok szerepelnek benne, akik a számelméletnek a könyvben
tárgyalt fejezeteivel kapcsolatba hozhatók, azok történetében szerepet játszottak. Ebből az is következik, hogy a számelmélet sok jelentős kutatója kimaradt. Másodszor, a felsorolt matematikusoknak sem feltétlenül a legjelentősebb eredményeit tudjuk említeni, még kevésbé méltatni, nem beszélve
a matematika egyéb területein végzett munkásságukról. Így az alábbi összefoglaló semmiképpen sem tekinthető az adott matematikusok fontosságát, szerepét bemutató elemző értékelésnek, hanem csak olyan válogatásnak, amely akönyvben tárgyalt számelméleti anyaghoz némi történeti hátteret kölcsönöz.
Chevalley, Claude (ejtsd: svalé), 1909–1984, francia. Jelentős eredményeket
ért el az algebrai számelméletben.
Csebisev, Pafnutyij Lvovics, 1821–1894, orosz. Elsőként igazolta, hogy
(2 ≤)n és 2n között mindig található prímszám, és meghatározta az x-nél nem
nagyobb prímek számának nagyságrendjét. A valószínűségszámításban fontos
szerepet játszó Csebisev-egyenlőtlenség, amelyhez a Hardy–Ramanujan-tétel
Turán-féle bizonyítása is kapcsolódik, később a valószínűségszámítás számelméleti alkalmazásainak egyik kiindulópontjává vált.
Dedekind, Richard, 1831–1916, német. A Kummer által bevezetett ideálfogalmat a gyűrűk mind algebrai, mind pedig számelméleti szempontból történő
vizsgálatának egyik alapvető eszközévé fejlesztette tovább.
Diophantosz, i.sz. 250 körül élt Alexandriában, görög. Róla nevezték el az
olyan (általában) egész együtthatós algebrai egyenleteket, amikor a megoldásokat az egész (esetleg a racionális) számok körében keressük. Az ő nevétőrzi a diofantikus egyenletek vizsgálatában fontos szerepet játszó diofantikus
approximáció is.
Dirichlet, Peter Lejeune (ejtsd: dirislé vagy dirichlé), 1805–1859, német.
Hatékonyan alkalmazta az analízis módszereit a számelméletben. Bebizonyította azt a később róla elnevezett tételt, hogy ha egy számtani sorozat elsőeleme és diﬀerenciája relatív prímek, akkor a sorozat végtelen sok prímszámot

Megoldások 12.4.

787

tartalmaz. A Dirichlet-sorok a számelméleti függvények vizsgálatának ma is
fontos eszközei.
Eratoszthenész, i.e. 276?–194?, görög. A számelméletben a prímszámtáblázatok készítésére használt eratoszteneszi szita őrzi a nevét.
Erdős Pál, 1913–1996, magyar. A XX. századi matematika egyik legnagyobb
hatású alakja. Már 18 éves korában nemzetközi ismertségre tett szert Csebisev tételére adott egyszerű bizonyításával. A számelmélet területén nevéhezfűződik többek között az ún. véletlen módszerek bevezetése, a kombinatorikus
számelmélet számos kérdéskörének és a számelméleti függvények karakterizációjának elindítása.
Euklidész, i.e. 300 körül élt, görög. Elemek című hatalmas munkáján több
évezred matematikusai nevelkedtek. Az Elemek 13 könyvéből 3 teljesen számelméleti témájú. Ezekben szerepel többek között a páros tökéletes számokelőállítására vonatkozó képlet, valamint annak a bizonyítása, hogy a prímszámok száma végtelen. Nagy számok legnagyobb közös osztójának a meghatározására ma is az euklideszi algoritmust használjuk.
Euler, Leonhard, 1707–1783, svájci. Hatalmas formátumú matematikai
polihisztor, az analitikus módszerek mestere. A számelméletben ő vezette
be a φ-függvényt, a kis Fermat-tétel általánosításaként felfedezte az Euler–
Fermat-tételt, és felépítette a másodfokú kongruenciák elméletét. Megoldotta
a Fermat-sejtés köbökre vonatkozó speciális esetét. Megmutatta, hogy a prímszámok reciprokösszege divergens. Jelentős eredményeket ért el a partíciók
vizsgálatában.
Fermat, Pierre (ejtsd: fermá), 1601–1665, francia. A modern számelmélet
megteremtője (noha ,,hivatalos” foglalkozását tekintve jogász volt). Híres sejtése több, mint 350 évig megoldatlan maradt, miközben a bizonyítására indított kísérletek számos hatékony, új módszerrel gazdagították a matematikát.
Végül Andrew Wiles igazolta a Fermat-sejtést 1994-ben. Fermat nevét őrzi akongruenciák elméletében alapvető kis Fermat-tétel (amelyet később Euler általánosított), valamint a Fermat-prím fogalma is. Lényegében Fermat oldotta
meg először, mely számok állnak elő két négyzetszám összegeként, valamint őmutatta meg, hogy a Pell-egyenletnek végtelen sok megoldása van.
Gauss, Carl Friedrich, 1777–1855, német. Minden idők talán legnagyobb,
legsokoldalúbb matematikusa. 1801-ben jelent meg Disquisitiones arithmeticae c. könyve, amelyben többek között a másodfokú kongruenciák elméletének
részletes tárgyalása szerepel. Gauss vezette be a kongruenciáknál ma is használatos jelölésrendszert, valamint a róla elnevezett Gauss-egészeket, amelyek

788

Történeti névtár

később mintául szolgáltak az algebrai számtestek vizsgálatához. Gausstól származik a három-négyzetszám-tétel, valamint a szabályos sokszögek euklideszi
szerkeszthetőségére vonatkozó tétel is.
Gelfond, Alekszandr Oszipovics, 1906–1968, orosz. Ő és Schneider igazolták (egyidejűleg, de egymástól függetlenül) Hilbertnek azt a sejtését, hogyegy (0-tól és 1-től különböző) algebrai szám irracionális algebrai kitevős hatványa mindig transzcendens.
Goldbach, Christian, 1690–1764, német. Eulerhez írott egyik levelébenszerepel a prímszámokra vonatkozó híres Goldbach-sejtés.
Hadamard, Jacques (ejtsd: ádámár), 1865–1963, francia. Ő és de la Vallée Poussin igazolták elsőként (egyidejűleg, de egymástól függetlenül) a prímszámtételt.
Hardy, Geoﬀrey, 1877–1947, angol. Analitikus módszerek alkalmazásával
jelentős eredményeket ért el a prímszámelméletben és az additív számelméletben. Ramanujan felfedezője és munkatársa.
Hermite, Charles (ejtsd: ermit), 1822–1901, francia. Elsőként igazolta 1873ban, hogy e transzcendens.
Hilbert, David, 1862–1943, német. Az 1900-as párizsi matematikai kongresszuson tartott híres előadásában 23 problémakört vázolt fel, amelyeket amatematikai kutatások szempontjából kiemelkedő fontosságúnak tartott, ésezzel (is) óriási hatást gyakorolt a huszadik század matematikájára. A Hilbertproblémák között több számelméleti is található. Hilbert bizonyította be elsőként a Waring-problémakörben szereplő g(k) létezését.
Jacobi, Carl, 1804–1851, német. A számelméletben a Legendre-szimbólumáltalánosításaként kapott Jacobi-szimbólum őrzi a nevét.
Kalmár László, 1905–1976, magyar. Kutatási területe elsősorban a matematikai logika volt. Erdős Pállal közösen egyszerű bizonyítást adtak az x-ig
terjedő prímszámok számának felső becslésére.
Kőnig Gyula, 1849–1913, magyar. Elsősorban halmazelmélettel foglalkozott. Legérdekesebb számelméleti eredménye a Rados Gusztávval közösen
elért Kőnig–Rados-tétel, amely a prím modulusú magasabb fokú kongruenciák megoldhatóságára, illetve megoldásszámára vonatkozik.
Kronecker, Leopold, 1823–1891, német. Az algebrai bővítések ideáljaival
kapcsolatban ért el jelentős eredményeket.

Megoldások 12.4.

789

Kummer, Ernst, 1810–1893, német. Bevezette az ideálokat, amelyek segítségével jelentős előrehaladást ért el a Fermat-sejtéssel kapcsolatban.
Lagrange, Joseph Louis (ejtsd: lágranzs), 1736–1813, francia. Nevezetes
számelméleti munkássága a négy-négyzetszám-tétel első bizonyítása.
Lamé, Gabriel, 1795–1870, francia. Az utókor számára leginkább egy, aFermat-sejtésre adott hibás bizonyítása által vált híressé.
Legendre, Adrien-Marie (ejtsd: lözsandr), 1752–1833, francia. Nevét őrzia másodfokú kongruenciáknál szereplő Legendre-szimbólum, valamint az n!
kanonikus alakjára vonatkozó Legendre-formula.
Lindemann, Ferdinand, 1852–1939, német. Bebizonyította 1882-ben, hogy
π transzcendens, és ezzel lezárta a(z euklideszi értelemben vett) körnégyszögesítés kétezer éves problémáját.
Liouville, Joseph (ejtsd: liuvil), 1809–1882, francia. Elsőként konstruált
transzcendens számot. Nagy érdemeket szerzett azzal, hogy (a 21 éves korában párbajban megölt) Galois (ejtsd: galoá) hevenyészett matematikai hagyatékának feldolgozásával felismerte és közkinccsé tette Galois korszakalkotó
felfedezéseit.
Lucas, Edouard (ejtsd: lüká), 1842–1891, francia. Hatékony eljárást dolgozott ki a Mersenne-számok prímtesztelésére. A számítógépek ma is enneka Lehmer által továbbfejlesztett változatát használják nagy Mersenne-prímek
kereséséhez.
Mersenne, Marin (ejtsd: merszen), 1588–1648, francia. Kiváló tudományszervező, aki kiterjedt levelezést folytatott Fermat-val, Descartes-tal és a kor
számos más kiemelkedő tudósával. A később róla elnevezett prímek elsősorban a tökéletes számokkal való kapcsolatuk miatt érdekelték. Az ilyen
prímekről 1644-ben közzétett listája meglepően kevés hibát tartalmaz (a lista
ellenőrzésének matematikai és technikai eszközeire több, mint kétszáz évet kellett várni).
Minkowski, Hermann, 1864–1909, német. Nevezetes rácsgeometriai tételével a geometriai számelmélet megteremtője.
Möbius, Ferdinand, 1790–1868, német. Az általa bevezetett µ-függvényigen fontos szerepet játszik a számelméleti függvények vizsgálatánál, valaminta prímszámelméletben (emellett a Möbius-szalag is az ő nevét viseli).
Poussin, Charles de la Vallée (ejtsd: pusszen, dö la valé), 1866–1962,
belga. Ő és Hadamard igazolták elsőként (egyidejűleg, de egymástól függetlenül) a prímszámtételt.

790

Történeti névtár

Rados Gusztáv, 1862–1942, magyar. Legérdekesebb számelméleti eredményea Kőnig Gyulával közösen elért Kőnig–Rados-tétel.
Ramanujan, Srinivasa (ejtsd: ramanudzsan), 1887–1920, indiai. Zseniális
intuíciójú matematikus, aki valószínűleg elsősorban képzési hiányosságai miatt nem volt képes matematikai eredményeit a szokásos bizonyítási lépésekre
bontva megindokolni. Hardy segítségével a cambridge-i egyetemen ki tudta
bontakoztatni képességeit. Naplói még ma is új kutatások forrásait jelentik.
Ramsey, Frank Plumpton (ejtsd: remzi), 1903–1930, angol. Rövid élete
során közgazdászként, filozófusként és matematikusként egyaránt kiválót alkotott. Matematikai logikai vizsgálatok kapcsán fedezte fel híres gráftételét.
Rényi Alfréd, 1921–1970, magyar. A Magyar Tudományos Akadémia Matematikai Kutató Intézetének megalapítója és első igazgatója, a magyar valószínűségszámítási iskola megteremtője. A számelmélet területén a Goldbachsejtéssel kapcsolatban ért el jelentős új eredményeket.
Riemann, Bernhard, 1826–1866, német. A prímszámtétel bizonyításához
vezető út kidolgozója, az ő elvei alapján igazolta a tételt egymástól függetlenül
Hadamard és de la Vallée Poussin 1896-ban. Euler gondolatait továbbfejlesztve
Riemann rámutatott a róla elnevezett zétafügvény központi jelentőségére aprímszámok eloszlásának vizsgálatában. Ehhez a függvényhez kapcsolódik ama is megoldatlan Riemann-sejtés.
Schneider, Theodor, 1911–1988, német. Ő és Gelfond igazolták (egyidejűleg, de egymástól függetlenül) Hilbertnek az algebrai számok irracionális
algebrai kitevős hatványaira vonatkozó problémáját.
Schur, Issai, 1875–1941, (a nácik által zsidó származása miatt elűzött) német.
Híres tétele, hogy véges sok színnel kiszínezve a természetes számok elég nagykezdőszeletét, mindig lesz az x + y = z egyenletnek egyszínű megoldása.
S(ch)nirelmann, Lev Gyemidovics, 1905–1938, orosz. Az általa bevezetettsűrűségfogalom segítségével jelentős eredményeket ért el a Goldbach-sejtés
vizsgálatában.
Thue, Axel, 1863–1922, norvég. Fontos eredményeket ért el a diofantikus
approximációban és a diofantikus egyenletek területén.
Turán Pál, 1910–1976, magyar. Első jelentős eredménye a Hardy–Ramanujan-tételre adott egyszerű bizonyítása volt, amely később a valószínűségszámítás számelméleti alkalmazásainak kiindulópontjává vált. Elsősorban az
analitikus számelmélet és a partíciók területén végzett kiemelkedő munkásságot.

Megoldások 12.4.

791

Vinogradov, Ivan Matvejevics, 1891–1975, orosz. Lényegében bebizonyította a ,,páratlan” Goldbach-sejtést, azaz, hogy minden elég nagy páratlanszám előáll három prímszám összegeként. Jelentősen javította a Waringproblémakörben szereplő G(k) függvényre korábban adott becsléseket is.
Waerden, Bartel Leendert van der, 1903–1996, holland. Bebizonyította,
hogy a természetes számok véges sok színnel történő tetszőleges színezése esetén keletkeznek akármilyen hosszú (véges) egyszínű számtani sorozatok.
Waring, Edward, 1736–1798, angol. Az ő nevét viseli az egész számok k-adik
hatványok összegeként történő előállíthatóságát vizsgáló Waring-problémakör.
Wilson, John, 1741–1793, angol. Nevét a (p − 1)! modulo p maradékáról
szóló tétel őrzi.

TÁBLÁZATOK

Prímszámok 21733
2
3
5
7
11
13
17
19
23
29

127
131
137
139
149
151
157
163
167
173

283
293
307
311
313
317
331
337
347
349

467
479
487
491
499
503
509
521
523
541

661
673
677
683
691
701
709
719
727
733

877
881
883
887
907
911
919
929
937
941

1087
1091
1093
1097
1103
1109
1117
1123
1129
1151

1297
1301
1303
1307
1319
1321
1327
1361
1367
1373

1523
1531
1543
1549
1553
1559
1567
1571
1579
1583

31
37
41
43
47
53
59
61
67
71

179
181
191
193
197
199
211
223
227
229

353
359
367
373
379
383
389
397
401
409

547
557
563
569
571
577
587
593
599
601

739
743
751
757
761
769
773
787
797
809

947
953
967
971
977
983
991
997
1009
1013

1153
1163
1171
1181
1187
1193
1201
1213
1217
1223

1381
1399
1409
1423
1427
1429
1433
1439
1447
1451

1597
1601
1607
1609
1613
1619
1621
1627
1637
1657

73
79
83
89
97
101
103
107
109
113

233
239
241
251
257
263
269
271
277
281

419
421
431
433
439
443
449
457
461
463

607
613
617
619
631
641
643
647
653
659

811
821
823
827
829
839
853
857
859
863

1019
1021
1031
1033
1039
1049
1051
1061
1063
1069

1229
1231
1237
1249
1259
1277
1279
1283
1289
1291

1453
1459
1471
1481
1483
1487
1489
1493
1499
1511

1663
1667
1669
1693
1697
1699
1709
1721
1723
1733

793

Táblázatok

Prímszámok 17413907
1741
1747
1753
1759
1777
1783
1787
1789
1801
1811

1993
1997
1999
2003
2011
2017
2027
2029
2039
2053

2221
2237
2239
2243
2251
2267
2269
2273
2281
2287

2437
2441
2447
2459
2467
2473
2477
2503
2521
2531

2689
2693
2699
2707
2711
2713
2719
2729
2731
2741

2909
2917
2927
2939
2953
2957
2963
2969
2971
2999

3187
3191
3203
3209
3217
3221
3229
3251
3253
3257

3433
3449
3457
3461
3463
3467
3469
3491
3499
3511

3659
3671
3673
3677
3691
3697
3701
3709
3719
3727

1823
1831
1847
1861
1867
1871
1873
1877
1879
1889

2063
2069
2081
2083
2087
2089
2099
2111
2113
2129

2293
2297
2309
2311
2333
2339
2341
2347
2351
2357

2539
2543
2549
2551
2557
2579
2591
2593
2609
2617

2749
2753
2767
2777
2789
2791
2797
2801
2803
2819

3001
3011
3019
3023
3037
3041
3049
3061
3067
3079

3259
3271
3299
3301
3307
3313
3319
3323
3329
3331

3517
3527
3529
3533
3539
3541
3547
3557
3559
3571

3733
3739
3761
3767
3769
3779
3793
3797
3803
3821

1901
1907
1913
1931
1933
1949
1951
1973
1979
1987

2131
2137
2141
2143
2153
2161
2179
2203
2207
2213

2371
2377
2381
2383
2389
2393
2399
2411
2417
2423

2621
2633
2647
2657
2659
2663
2671
2677
2683
2687

2833
2837
2843
2851
2857
2861
2879
2887
2897
2903

3083
3089
3109
3119
3121
3137
3163
3167
3169
3181

3343
3347
3359
3361
3371
3373
3389
3391
3407
3413

3581
3583
3593
3607
3613
3617
3623
3631
3637
3643

3823
3833
3847
3851
3853
3863
3877
3881
3889
3907

794

Táblázatok

Prímtényez®s felbontásAz alábbi táblázatban megadjuk az 1100-nál kisebb, 2-vel, 3-mal és 5-tel nem
osztható pozitív összetett számok prímtényezős felbontását.
49 = 72377 = 13 · 29

637 = 72 · 13

871 = 13 · 67

77 = 7 · 11

391 = 17 · 23

649 = 11 · 59

889 = 7 · 127

91 = 7 · 13

403 = 13 · 31

667 = 23 · 29

893 = 19 · 47

119 = 7 · 17

407 = 11 · 37

671 = 11 · 61

899 = 29 · 31

413 = 7 · 59

679 = 7 · 97

901 = 17 · 53

133 = 7 · 19

427 = 7 · 61

689 = 13 · 53

913 = 11 · 83

143 = 11 · 13

437 = 19 · 23

697 = 17 · 41

917 = 7 · 131

161 = 7 · 23

451 = 11 · 41

703 = 19 · 37

923 = 13 · 71

469 = 7 · 67

707 = 7 · 101

931 = 72 · 19

187 = 11 · 17

473 = 11 · 43

713 = 23 · 31

943 = 23 · 41

203 = 7 · 29

481 = 13 · 37

721 = 7 · 103

949 = 13 · 73

209 = 11 · 19

493 = 17 · 29

731 = 17 · 43

959 = 7 · 137

217 = 7 · 31

497 = 7 · 71

737 = 11 · 67

961 = 312

221 = 13 · 17

511 = 7 · 73

749 = 7 · 107

973 = 7 · 139

247 = 13 · 19

517 = 11 · 47

763 = 7 · 109

979 = 11 · 89

253 = 11 · 23

527 = 17 · 31

767 = 13 · 59

989 = 23 · 43

779 = 19 · 41

1001 = 7 · 11 · 13

121 = 11169 = 1322259 = 7 · 37

529 = 23

287 = 7 · 41

533 = 13 · 41

781 = 11 · 71

1003 = 17 · 59

289 = 17299 = 13 · 23

539 = 7 · 11
551 = 19 · 29

791 = 7 · 113
793 = 13 · 61

1007 = 19 · 53
1027 = 13 · 79

301 = 7 · 43

553 = 7 · 79

799 = 17 · 47

1037 = 17 · 61

319 = 11 · 29

559 = 13 · 43

803 = 11 · 73

1043 = 7 · 149

323 = 17 · 19

581 = 7 · 83

817 = 19 · 43

1057 = 7 · 151

329 = 7 · 47

583 = 11 · 53

833 = 7 · 171067 = 11 · 97

341 = 11 · 31

589 = 19 · 31

841 = 29343 = 73611 = 13 · 47

847 = 7 · 112

1079 = 13 · 832623 = 7 · 89

851 = 23 · 37

1081 = 23 · 47

629 = 17 · 37

869 = 11 · 79

1099 = 7 · 157

2361 = 19371 = 7 · 53

2

2

2

2

1073 = 29 · 37

Táblázatok

795

Mersenne-számok
Mersenne-számoknak az Mp = 2p − 1 alakú számokat nevezzük, ahol p > 0
prímszám. Ezekkel részletesen foglalkozunk az 5.2 pontban, és ott megtalálható a 2023-ban ismert 51 ilyen alakú prím listája is.
Az alábbi táblázatban megadjuk a 10 és 100 közötti kitevőkhöz tartozó
Mersenne-számok prímtényezős felbontását.
211 − 1 = 23 · 89
213 − 1 = 8191
217 − 1 = 131071
219 − 1 = 524287
223 − 1 = 47 · 178481
229 − 1 = 233 · 1103 · 2089
231 − 1 = 2147483647
237 − 1 = 223 · 616318177
241 − 1 = 13367 · 164511353
243 − 1 = 431 · 9719 · 2099863
247 − 1 = 2351 · 4513 · 13264529
253 − 1 = 6361 · 69431 · 20394401
259 − 1 = 179951 · 3203431780337
261 − 1 = 2305843009213693951
267 − 1 = 193707721 · 761838257287
271 − 1 = 228479 · 48544121 · 212885833
273 − 1 = 439 · 2298041 · 9361973132609
279 − 1 = 2687 · 202029703 · 1113491139767
283 − 1 = 167 · 57912614113275649087721
289 − 1 = 618970019642690137449562111
297 − 1 = 11447 · 13842607235828485645766393

796

Táblázatok

Fermat-számoknFermat-számoknak az Fn = 22 + 1 alakú számokat nevezzük, ahol n ≥ 0
egész, ezekkel részletesen foglalkozunk az 5.2 pontban.
A 0 ≤ n ≤ 4 értékekre Fn prím:
F0 = 3,F1 = 5,F2 = 17,F3 = 257,

F4 = 65 537.

Egyelőre n ≥ 5-re nem találtak prímet a Fermat-számok között.
Az F5 , F6 és F7 prímtényezős felbontása a következő:F5 = 641 · 6700417
F6 = 274177 · 67280421310721
F7 = 59649589127497217 · 5704689200685129054721
Ezeken kívül 2023-ban még 8 ≤ n ≤ 11 esetén ismert az Fn prímtényezős
felbontása.
F20 -ról megmutatták, hogy összetett, de nem tudták még egyetlen nemtriviális
osztóját sem meghatározni.
F33 a legkisebb olyan Fermat-szám, amelyről nem ismert, hogy prím-e vagyösszetett.

TÁRGYMUTATÓ
A tárgymutató elsődleges célja, hogy segítséget nyújtson a könyvben (többhelyen) előforduló fogalmak, elnevezések, jelölések magyarázatának visszakeresésében.
Ennek megfelelően a tárgymutatóban (általában) csak az első előfordulási
hely adatai szerepelnek. A fogalom, elnevezés után megadjuk a könyvben
használt tipikus jelölését (ha van ilyen), majd annak a definíciónak, tételnek
stb. a számát, ahol a fogalom, elnevezés, jelölés magyarázata megtalálható,
végül zárójelben odaírjuk az oldalszámot is.
A definíción kívül gyakran a szóban forgó fogalomhoz kapcsolódó fontos
tételeket is jelzünk, például ,,σ(n)” esetében a 6.2.1 Definíció mellett a függvény képletét tartalmazó 6.2.2 Tételre is utalunk. Más esetekben a fogalomhoz kapcsolódó tételeket külön sorokban listázzuk, például az ,,átlagérték”nél rendre megadjuk, hogy a nevezetesebb számelméleti függvények átlagértékeiről mely tételek szólnak.
Ha egy fontos fogalom több területen is előjön, akkor általában ezek mindegyikét felsoroljuk, lásd például az ,,egység” vagy a ,,norma” esetében. (Ha ajelölésben nincs eltérés, akkor azt nem ismételjük meg minden sorban.)A definíciószám, tételszám stb. után egy ,,−”, illetve ,,+” jel szerepel, ha az
adott fogalmat nem a jelzett definícióban, tételben stb., hanem (közvetlenül)
azt megelőzően, illetve követően a szövegben (külön számozás nélkül) vezetjük
be. Így pl. a ,,triviális osztó”-nál D1.4.1− arra utal, hogy a triviális osztóértelmezése az 1.4.1 Definíció előtt (az előző oldal alján) történik.
A tárgymutatóban D3.2.1 jelenti a 3.2.1 Definíciót, és a D betű helyett
T, L, F rendre a megfelelő számú tételre, lemmára, feladatra utal. Az 1.3.3
Tétel bizonyítását B1.3.3-mal, az 1.2 pontban szereplő 3. példát 1.2.P3-mal,az 5.8 pontot 5.8-cal jelezzük. Ez utóbbi jelentheti akár az egész pontot,
akár annak egy részét, az eligazodásban ilyenkor a megjelölt oldalszámok segíthetnek. Például a ,,titkosírás” esetén az 5.8 pont (feladatok nélküli) teljes
214–217 oldalszáma fel van tüntetve, ugyanakkor a ,,Diﬃe–Hellman-elv”-nél
csak a 214–215 oldal szerepel. Az ,,RSA-séma” konkrétan össze van foglalva
az 5.8.1 Tételben, így a tárgymutató is azt jelzi.
A σ(n) függvényre vonatkozó ,,átlagos nagyságrend”-nél T6.7.3+ azt mutatja, hogy a magyarázat a tétel kimondása után (még a bizonyítás előtt)található, ugyanakkor az ,,algebrailag zárt test” esetében B9.3.6+ arra utal,
hogy az értelmezés a 9.3.6 Tétel bizonyítása után keresendő.
A jelölésekkel kapcsolatos legfontosabb információkat a 12–13. oldalon
a ,,Technikai tudnivalók” c. rész is tartalmazza, de az alábbiakban ezeket is798

Tárgymutató

megismételjük.
A definíciók stb. számozásánál az első szám mindig a fejezetet, a második
a fejezeten belül a pontot, a harmadik pedig a ponton belül a sorszámot jelöli.
A definíciók és tételek sorszámozása egy ponton belül folyamatos, tehát pl. az
1.1.2 Definíció után az 1.1.3 Tétel következik. Az illusztrációs példák, képletek
stb. (sima, egy számmal történő) számozása pontonként újrakezdődik.
Külön is kiemelünk néhány fontos jelölést, amelyek a könyvben leggyakrabban szereplő fogalmakat érintik. Megkülönböztetjük a (valós) számok alsóés felső egészrészét, és ezeket ⌊ ⌋, illetve ⌈ ⌉ jelöli, így pl. ⌊π⌋ = 3, ⌈π⌉ = 4, a[π] jelölést nem használjuk. A számok törtrészét { } jelöli, tehát {c} = c−⌊c⌋.
Az oszthatóságra, a legnagyobb közös osztóra és a legkisebb közös többszörösrea szokásos jelöléseket használjuk, tehát pl. 7 | 42, (9, 15) = 3, [9, 15] = 45.
A [ ] szögletes zárójel legkisebb közös többszöröst, zárt intervallumot vagy
egyszerűen zárójelet jelöl (ez utóbbi különösen a 11. fejezetben jellemző, ahola ( ) kerek zárójel ideált jelent; a megkülönböztetés érdekében itt a legnagyobb
közös osztóra is az lnko{a, b} jelölést használjuk).
A polinomok és függvények jelölésére többnyire az (argumentum nélküli)
f , g stb. jelölés szerepel, de helyenként az f (x), g(x) stb. írásmód is előfordul. A polinomok fokszámát (az angol degree szónak megfelelően) ,,deg”-geljelöljük, tehát pl. deg(x3 + x) = 3. A szokásos módon Q, R, illetve C rendre a
racionális, a valós, illetve a komplex számok testét, Z, Zm , illetve T [x] pedig
az egész számok, a modulo m maradékosztályok, illetve a T feletti polinomokgyűrűjét jelenti. A testbővítéseknél Q(ϑ), illetve E(ϑ) a racionális test ϑ-val
való egyszerű bővítését, illetve (algebrai ϑ esetén) az ebben található algebrai
egészek gyűrűjét jelenti, E-vel pedig az összes algebrai egész gyűrűjét jelöljük.
A p betűt szinte kizárólag a (pozitív) prímszámok jelölésére tartjuk fenn. A
sima (index nélküli) log jelölés a természetes (e alapú) logaritmust jelenti.
A∏(véges∑vagy végtelen) szorzatok és összegek jelölésére gyakran használjuk aésjeleket, például
r
∏
i=1

i
pα
i ,

∏
p≤n

p,

∑ 1
p

p2

αr
1
rendre a pα
szorzatot, az n-nél nem nagyobb (pozitív) prímszámok
1 . . . pr
szorzatát, illetve a (pozitív) prímszámok négyzetének reciprokösszegét jelenti.
Megemlítjük még, hogy a könyvben a definíciók, illetve a tételek megfogalmazásának a végén ♣ áll, a bizonyítások befejezését pedig
jelzi. A
feladatok kitűzésénél szereplő ∗ , ∗∗ , illetve M jelek rendre arra utalnak,
hogy a feladat nehéz, kiemelkedően nehéz, illetve részletes megoldás található
hozzá a ,,Megoldások” c. fejezetben.

Tárgymutató

799

additív bázis
T12.3.3− (521), F12.3.10 (530)— komplementum
12.6 (541)— számelméleti függvény
D6.1.4 (221)— — — karakterizációja
T6.8.1 (275)
Agrawal–Kayal–Saxena-teszt (AKS)
5.7 (209–210)
alapparalelogramma (rácsé)T8.2.1 (358)alaptételes gyűrű
T11.3.1 (461)
algebrai egész
D9.6.1 (403)— elem
D10.1.4 (410)— — fokadeg ϑ
D10.1.5 (411)— — minimálpolinomjamϑ
10.1.5 (411)
algebrai szám
D9.1.1 (377)— — approximációja
T9.4.1 (390), T9.4.3 (393)— — fokadeg αD9.2.4 (382)— — minimálpolinomja
mαD9.2.1 (381)— — normája (Q(ϑ)-ban)
N (α)
D10.4.4, T10.4.5 (437)— — Q feletti konjugáltja
ϑ(j)D10.4.1 (434)— — relatív konjugáltjaf (ϑ(j) )D10.4.2, T10.4.3 (434–436)
algebrai számtest = Q egyszerű algebrai bővítése
algebrailag zárt test
B9.3.6+ (388)álprím (a alapú)
D5.7.3 (204)— (univerzális)D5.7.3 (204)alsó egészrész⌊ ⌋B1.2.1 (20)
approximáció (diofantikus)
8.1 (349–356)— , algebrai száméT9.4.1 (390), T9.4.3 (393)— , irracionális számé
8.1 (349–356)— , racionális számé
F8.1.1 (356)T8.1.3, T8.1.4 (351–352)— , szimultánátlagérték, átlagértékfüggvény
D6.7.1 (260)— , d(n)-é
T6.4.3 (239), T6.4.4 (241)— , φ(n)-é
T6.7.4 (263)— , ω(n)-é
T6.7.6 (267)— , Ω(n)-é
F6.7.5 (274)— , σ(n)-é
T6.7.3 (261)átlagos nagyságrend, φ(n)-é
T6.7.4+ (263)— — , σ(n)-é
T6.7.3+ (261)barátságos számok
bázis (additív)
Bertrand-posztulátum (Csebisev-tétel)F6.3.7 (237)T12.3.3− (521), F12.3.10 (530)
T5.5.3+ (181)800

Tárgymutató

binom kongruenciabővelkedő szám

T3.5.1 (122)F6.3.3 (236)

C=komplex számok
Carmichael-szám
Cauchy–Davenport–Chowla-tétel
Chevalley-tétel
cinkos

D5.7.3 (204)T12.3.1 (518)T3.6.1 (126)
B5.7.4 (206)

Csebisev-egyenlőtlenség
Csebisev-tétel
csoportcsupaegy

B6.7.7+ (273), B12.1.1 (498)
T5.5.3 (181)B2.8.5+ (99)F1.3.12 (33)d(n) = n (pozitív) osztóinak a száma
T1.6.3 (44)dk (n)
D6.2.6, T6.2.7 (228)deg = fok(szám)
Diﬃe–Hellman-elv
5.8 (214–215)
diofantikus approximáció
8.1 (349–356)— egyenlet
T1.3.6− (29)
— — , lineáris
T1.3.6 (30), T7.1.1 (281)
Dirichlet-sor
F (s)D6.6.3 (256)
Dirichlet-tétel (prímszámok számtani sorozatokban)
T5.3.1 (168)diszjunkt fedőrendszer (DFR)
F12.5.6 (541)diszkrét logaritmus = index
ind a, indg a
D3.4.1 (119)diszkrimináns (Q(ϑ)-é)B10.5.4+ (445)— (Q(ϑ)-beli elem-n-eseké)∆(α1 , . . . , αn )D10.5.2 (441)
E = összes algebrai egész gyűrűje
e irracionalitása
T9.5.1 (397)e transzcendenciája
T9.5.3 (400)E(ϑ) = a Q(ϑ) bővítés algebrai egészeinek gyűrűje
egész bázis (Q(ϑ)-ban)
ω1 , . . . , ω n
D10.5.1 (439), T10.5.4 (443)egészrész (alsó)⌊ ⌋B1.2.1 (20)
— , felső
⌈ ⌉B1.2.1 (21)egyenletes eloszlás
D8.4.3, T8.4.4 (374–375)
egyértelmű prímfaktorizáció,egyértelmű prímfelbontás = számelmélet alaptétele
egyiptomi tört
F7.3.6 (294)Tárgymutató
egységε— (egész számoknál)— (Euler-egészeknél)— (Gauss-egészeknél)— (másodfokú bővítéseknél)
egységelem (szorzásnál)
1, eegyszerű algebrai bővítésQ(ϑ)— bővítés
ekvivalenciareláció
ekvivalens ideálok
elemi szimmetrikus polinom
eratoszteneszi szita
euklideszi algoritmus— gyűrű
Euler-egész
α = a + bωEuler-féle φ-függvényφ(n)Euler–Fermat-tétel
Euler partíciós tétele
Euler-prím
Euler-racionális
faktorgyűrű = maradékosztálygyűrű
R/Ifedőrendszer— , diszjunkt (DFR)
felbonthatatlan ideál— számfelső egészrész⌈ ⌉Fermat-prímFn
Fermat-sejtés— a 3 kitevőre
— a 4 kitevőre
Fermat-szám
Fn— (prím)osztói— prímtesztje
Fermat-tétel (,,kis”)
φ(n) = Euler-féle φ-függvény
Fibonacci-szám
φnfok, fokszám (algebrai elemé)deg ϑ— (algebrai számé)deg α— (polinomé modulo m)

801
D1.1.2 (15), D7.4.6 (297)D1.1.2, T1.1.3 (15–16)
T7.7.6 (326)D7.4.6, T7.4.7 (297–298)
T10.3.4 (424)F1.1.23a (20)D10.2.1 (413), T10.2.3 (414)D10.2.1, T10.2.2 (413)
B2.1.2+ (55)
D11.6.1 (490)
T9.3.1+ (384)T5.1.2 (153)
B1.3.3 (27)
D11.3.4 (464), T11.3.5 (465)
D7.7.4 (324)D2.2.7 (62), T2.3.1 (67)T2.4.1 (71)
T 7.9.5 (344)T7.7.7 (326)9.6.P3 (404)T11.1.6 (452)12.5 (536–537)
F12.5.6 (541)
D11.4.6 (473)
D1.4.1 (34)B1.2.1 (20)F1.4.4 (36), 5.2 (158)
T7.7.1 (320)T7.7.10 (328)T7.7.2 (322)
5.2 (158)
T5.2.1 (159)
T5.2.2 (160)
T2.4.1A, T2.4.1B (72)D2.2.7 (62), T2.3.1 (67)F1.2.5 (23)
D10.1.5 (411)D9.2.4 (382)D3.1.1 (102)802
fok (testbővítésé)
fokszámtételfőideál
(a)főideálgyűrű
Frobenius-probléma

Tárgymutató
deg(M : L)

D10.1.2 (409)T10.1.3 (409)D11.1.2 (449)D11.3.2, T11.3.3 (462–463)
F7.1.11 (285)

g(k)
G(k)
Gauss-egész
α = a + bi
Gauss-felbonthatatlanπGauss-lemma (másodfokú kongruenciáknál)— (primitív polinomoknál)
Gauss-prímπGauss-racionális
Gelfond–Schneider-tétel
generátorfüggvény (partícióknál)
Goldbach-sejtés

D7.6.1 (315)D7.6.3 (316)D7.4.1 (296)
D7.4.10 (300)
T4.2.1 (141)F11.5.9 (489)
D7.4.11 (300), T7.4.15 (302)
9.6.P3 (404)T9.3.5 (387)
7.9 (341–342)
5.1 (154)gyűrűR— , alaptételes— , euklideszi

B2.8.2+ (97)
T11.3.1 (461)
D11.3.4 (464), T11.3.5 (465)hányados (maradékos osztásnál)qB1.2.1+ (21)Hardy–Ramanujan-tétel
T6.7.7, T6.7.7A (269)harmonikus szám
F6.3.6 (237)három-négyzetszám-tétel
T7.5.2 (307)hatványmaradék (k-adik)
D3.5.2, T3.5.3 (124)hatvány-nemmaradék (k-adik)
D3.5.2 (124)hatványozás ismételt négyzetre emeléssel 3.2.P (107–108), B5.7.1 (200–201)
hegytétel
T6.4.2 (238)hézag a szomszédos prímek között
5.5 (180–185)
hiányos szám
F6.3.3 (236)ideálID11.1.1 (448)— , elem(ek) által generált (a), (a1 , . . . , ak ) D11.1.2, D11.1.4 (449–450)— , felbonthatatlan
D11.4.6 (473)— , legszűkebb
T11.1.3 (449), T11.1.5 (451)— , maximális
D11.4.6+ (473)— , triviális
11.1.P4 (449)— , végesen generált(a1 , . . . , ak )D11.1.4 (450)Tárgymutató

803

ideál szerinti maradékosztály
a+I
T11.1.6 (452)ideálok ekvivalenciája
D11.6.1 (490)— legkisebb közös többszöröse
F11.4.5 (476)— legnagyobb közös osztója(A, B)
D11.4.4, T11.4.5 (472)— oszthatósága
B|A
D11.4.3 (471)— összege
A+B
F11.4.4b (475)— szorzata
ABD11.4.1, T11.4.2 (468–469)
ideálosztály
T11.6.3− (491)
ikerprímek
5.1 (154)
Im = képzetes rész (komplex számé)
index
ind a, indg a
D3.4.1 (119)inkongruens = nem kongruens
̸≡
D2.1.1+ (54)integritási tartomány
F1.1.23 (19)inverz (szorzásnál)
T2.8.3− (98)
irracionális szám approximációja
8.1 (349–356)
irracionalitás
bizonyítása,eT9.5.1 (397)√F1.6.33a (53)——, kn— — , log
F1.6.33b (53)√ abF1.3.17e (33)
— — , 2 (geometriailag)——,πT9.5.2 (397)
irreducibilis = felbonthatatlan
ismételt négyzetre emelés módszere
3.2.P (107–108), B5.7.1 (200–201)
izolált prím
T5.5.2 (180)
Jacobi-szimbólum(a)mk-adik hatványmaradék
k-adik hatvány-nemmaradék
kanonikus alak
— — (Gauss-egészeknél)— — (ideáloknál)— — (legkisebb közös többszörösé)— — (legnagyobb közös osztóé)— — (módosított)— — (n!-é)— — (osztóé)
karakterizáció (additív számelméleti függvényeké)képzetes másodfokú bővítés
két-négyzetszám-tétel

D4.3.1 (147)
D3.5.2, T3.5.3 (124)D3.5.2 (124)T1.6.1 (43)
B7.5.1 (306)
T11.5.9− (486)T1.6.6 (46)
T1.6.4 (44)T1.6.1+ (43)T1.6.8 (48)
T1.6.2 (43)T6.8.1 (275)
T10.3.6− (427–428)
T7.5.1 (305)804

Tárgymutató

kínai maradéktétel
T2.6.2 (84)kis Fermat-tétel
T2.4.1A, T2.4.1B (72)kitüntetett közös osztó(a, b)
D1.3.2 (26)kommutatív csoport
B2.8.5+ (99)
— testT
T2.8.3+ (98)komplementum (additív)
12.6 (541)— , teljesen gazdaságos (TGK)
T12.6.2− (545)
kongruencia
a
≡
b
(mod
m)
D2.1.1 (54)√B5.2.4 (164)— (a + b 3 alakú számoknál)— (Euler-egészeknél)
D7.7.8 (327)— , binom
T3.5.1 (122)— , lineárisax ≡ b (mod m)
D2.5.1, T2.5.3–T2.5.5 (74–77)
D4.1.1 (137)— , másodfokú— , prímhatvány modulusú
T3.7.1 (133)kongruencia fedőrendszer
12.5 (536–537)
kongruencia megoldásszáma
D2.5.2 (75)
konjugált (Q feletti)
ϑ(j)D10.4.1 (434)— (relatív)
f (ϑ(j) )D10.4.2, T10.4.3 (434–436)
f ∗gkonvolúció
D6.6.1 (253)Kőnig–Rados-tétel
T3.6.2 (129)körosztási polinom
Φm
B5.3.4 (169)középérték(függvény) = átlagérték(függvény)D6.7.1 (260)közös osztó, legnagyobb(a, b), lnko{a, b}
D1.3.1 (25), D7.4.9 (299)— — , kitüntetett(a, b)
D1.3.2 (26)[a, b], lkkt(a, b)
D1.6.5 (46)közös többszörös, legkisebb
Kronecker-tétel (ideáloknál)
T11.5.5 (481)kvadratikus maradék
D4.1.1 (137)— nemmaradék
D4.1.1 (137)— reciprocitási tétel
T4.2.3 (143)kvázitökéletes szám
F6.3.4 (236)lánctört
lánctörtjegy
Legendre-formula = n! kanonikus(a) alakja
Legendre-szimbólum
plegkisebb abszolút értékű maradékr— közös többszörös[a, b], lkkt(a, b)— — — kanonikus alakja
legkisebb nemnegatív maradékr

8.3 (365)
D8.3.1 (365)T1.6.8 (48)D4.1.3 (138)
T1.2.1A+ (21)D1.6.5 (46)
T1.6.6 (46)B1.2.1+ (21)Tárgymutató

805

legnagyobb közös mérték
F1.3.17d (33)
— — osztó(a, b), lnko{a, b}
D1.3.1 (25), D7.4.9 (299)— — — (egész számoknál)(a, b), lnko{a, b}
D1.3.1 (25)
— — — (Gauss-egészeknél)(α, β)
D7.4.9 (299)— — — (ideáloknál)(A, B)
D11.4.4, T11.4.5 (472)— — — kanonikus alakja
T1.6.4 (45)legszűkebb ideál
T11.1.3 (449), T11.1.5 (451)— (rész)test
T10.2.2 (413)lineáris diofantikus egyenletax + by = c
T1.3.6 (30), T7.1.1 (281)— kongruenciaax ≡ b (mod m)
D2.5.1, T2.5.3–T2.5.5 (74–77)
Liouville approximációs tétele
T9.4.1 (390)
Liouville-szám
F9.4.1 (396)
Lucas–Lehmer-teszt = Mersenne-számok prímtesztje
T5.2.4 (164)maradék (maradékos osztásnál)r— , kvadratikus— , legkisebb abszolút értékű
— , legkisebb nemnegatív
maradékos osztás (egész számoknál)— (euklideszi gyűrűben)— (Gauss-egészeknél)
maradékosztály (faktorgyűrűnél)a+I— (kongruenciánál)(a), (a)m— , redukált
maradékosztálygyűrű (ideál szerinti)
R/I— (modulo m)Zm
maradékrendszer, redukált— , teljes
maradékszámrendszer√
másodfokú bővítésQ( t)— — , képzetes— — , valós
másodfokú bővítés algebrai egészei
— kongruencia
másodrendű additív bázis
maximális ideál
megfordítási formula— függvényf˜megoldásszám (kongruenciáé)
Mersenne-prím
Mp

B1.2.1+ (21)D4.1.1 (137)
T1.2.1A+ (21)B1.2.1+ (21)T1.2.1, T1.2.1A (20–21)
D11.3.4 (464)T7.4.8 (298)T11.1.6 (452)D2.2.1 (60)D2.2.6 (62)T11.1.6 (452)T2.8.2 (97)D2.2.8, T2.2.9 (63)D2.2.2, T2.2.3 (60–61)
2.6.P2− (88–89)
10.3 (419–432)
T10.3.6− (427–428)
T10.3.6− (427)
T10.3.2 (421)D4.1.1 (137)
T12.3.3− (521)
D11.4.6+ (473)
T6.5.3 (249)
T6.5.2 (248)
D2.5.2 (75)F1.4.4 (36), 5.2 (158)806

Tárgymutató

Mersenne-szám
Mp— (prím)osztói— prímtesztje
Miller–Lenstra–Rabin-teszt
minimálpolinom (algebrai elemé)— (algebrai számé)mαMinkowski-tétel
modulus (kongruenciáé)m
Möbius-féle megfordítási formulaMöbius-függvényµ(n)multiplikatív inverz— számelméleti függvényµ(n) = Möbius-függvényn! kanonikus alakja (Legendre-formula)négy-négyzetszám-tétel
négyzetmentes szám
négyzetteljes szám
norma (egyszerű algebrai bővítésben)— (Euler-egészé)— (Gauss-egészé)— (kvaternióé)— (másodfokú bővítésben)
nullmértékű halmaz
nullosztó
nyilvános jelkulcsú titkosírás

5.2 (158)
T5.2.3 (163)
T5.2.4 (164)
T5.7.5 (208)D10.1.5 (411)D9.2.1 (381)T8.2.1 (358)D2.1.1+ (54)T6.5.3 (249)D6.2.3 (227)T2.8.3− (98)D6.1.2 (221)D6.2.3 (227)

mϑ

N (α)

T1.6.8 (48)
T7.5.3 (308)F1.6.10 (50)F5.6.1f (196)
D10.4.4 (437)D7.7.5 (325)
D7.4.2, T7.4.3 (296)
B7.5.4+ (309)
D10.3.3 (423)
D8.1.7 (354)T2.8.5− (98)
5.8 (214–217)

ω(n) = n különböző (pozitív) prímosztóinak a száma
D6.2.5 (228)Ω(n) = n ,,összes” (pozitív) prímosztóinak a száma
D6.2.5 (228)
Ore-szám
F6.3.6 (237)osztályszám
T11.6.3 (491)osztható(ság), osztó
b|aD1.1.1 (15), D7.4.4 (297)— , — (egész számoknál)b|aD1.1.1 (15)— , — (Gauss-egészeknél)
β|αD7.4.4 (297)— , — (ideáloknál)
B|A
D11.4.3 (471)osztók összege
σ(n)D6.2.1, T6.2.2 (226)— számad(n)T1.6.3 (44)osztókra vonatkozó összegzési függvényf+
D6.5.1 (248)Tárgymutatóösszegzési függvényösszemérhetőség

f+

807
D6.5.1 (248)F1.3.17 (33)pn : általában az n-edik prímszámot jelölip(n) = n partícióinak a száma
D7.9.1 (340)páronként relatív prímD1.3.8 (31)páros számok számelmélete
B1.1.3+ (16), B1.4.3+ (35), B1.5.1− (38)partícióD7.9.1 (340)Pell-egyenlet
T7.8.1 (335), T7.8.2 (337)
Pepin-teszt = Fermat-számok prímtesztje
T5.2.2 (160)
π irracionalitása
T9.5.2 (397)π(x)
T5.4.1− (172)— alsó és felső becslése
T5.4.3 (174)pitagoraszi számhármas
T7.2.1 (286)polinom, körosztási
Φm
B5.3.4 (169)— , primitív
F11.5.9 (489)polinom deriváltja
f′
T3.7.1 (133), B5.3.4 (170)— fok(szám)a modulo m
D3.1.1 (102)— többszörös gyöke
B5.3.4 (170)prím, prímszámpD1.4.2 (34)prímhatvány modulusú kongruencia megoldása
T3.7.1 (133)prímideál
D11.4.7 (473)
primitív gyök (modulo m)g
D3.3.1, T3.3.2 (110-111)— pitagoraszi számhármas
T7.2.1 (286)— polinom
F11.5.9 (489)
prímképletek
5.1 (156)
prímosztók száma (,,különbözők”)
ω(n)D6.2.5 (228)— — (,,összes”)Ω(n)D6.2.5 (228)
prímszámok számtani sorozatokban
5.1 (155), T5.3.1 (168)prímszámtétel
T5.4.1 (172)prímteszt (Agrawal–Kayal–Saxena)
5.7 (209–210)— (Fermat-számé)T5.2.2 (160)— (kis Fermat-tétel alapján)
T5.7.2 (203)— (Mersenne-számé)T5.2.4 (164)— (Miller–Lenstra–Rabin)T5.7.5 (208)— (Solovay–Strassen)
T5.7.4 (204)pszeudoprím = álprím
D5.7.3 (204)Q = racionális számok
Q egyszerű (algebrai) bővítése Q(ϑ)

D10.2.1, T10.2.2, T10.2.3 (413–414)

808

Tárgymutató

Q feletti konjugált (algebrai számé)
R = valós számok
racionális szám approximációja
Ramsey-számok
Ramsey tétele
Re = valós rész (komplex számé)
reciprocitási tétel
redukált maradékosztály— maradékrendszer
relatív konjugált (Q(ϑ)-ban)f (ϑ(j) )— prím— — , páronként
relatív prímség valószínűsége
rend (modulo m)o(a), om (a)Riemann-féle zéta-függvényζ(s)Riemann-sejtés
Roth approximációs tétele
RSA-séma
Schur-számok
Schur tétele
Sidon-sorozat
Smith-determináns
Solovay–Strassen-teszt

ϑ(j)D10.4.1 (434)F8.1.1 (356)
T12.4.1+ (531)
T12.4.1 (531)
T4.2.3 (143)D2.2.6 (62)D2.2.8, T2.2.9 (63)D10.4.2, T10.4.3 (434–436)
D1.3.7 (30)D1.3.8 (31)T6.7.5 (264)D3.2.1 (106)F5.6.6 (197), T6.6.4− (256)T6.6.4− (257)T9.4.3 (393)
T5.8.1 (217)
T12.4.2+ (532)
T12.4.2 (532)12.2 (506–507)
T6.5.4 (250)
T5.7.4 (204)szakaszok összemérhetősége
F1.3.17 (33)számelmélet alaptétele
T1.5.1 (37), T7.4.13 (301), 11.3 (460–466)— — (egész számoknál)
T1.5.1 (37)
— — (Gauss-egészeknél)
T7.4.13 (301)— — (gyűrűben általában)11.3 (460–466)— — (ideáloknál)
T11.5.8 (484)— — (másodfokú bővítések algebrai egészeire) T10.3.5 (425), T10.3.6 (428)számelméleti algoritmusok lépésszáma
T5.7.1 (200)— függvény
D6.1.1 (220)számrendszeres felírás
T1.2.2 (21)számtani sorozatok prímszámai
5.1 (155), T5.3.1 (168)
σ(n) = n (pozitív) osztóinak az összege
D6.2.1, T6.2.2 (226)szimmetrikus polinom
T9.3.1+ (384)— polinomok alaptétele
T9.3.2 (384)Tárgymutató
szimultán approximáció— kongruenciarendszer
szupertökéletes szám
T : általában kommutatív testet jelöl
T [x] = a T test feletti polinomok gyűrűje
tanú
teljes maradékrendszer
teljesen additív számelméleti függvény— gazdaságos komplementum(TGK)— multiplikatív számelméleti függvény
test
T— , algebrailag zárt
testbővítés
M :L— , egyszerűQ(ϑ)— , egyszerű algebrai √— , másodfokú
Q( t)— , véges
testbővítés fokadeg(M : L)
testbővítések fokszámtétele
Thue approximációs tétele
Thue-lemma
titkosírás
tizedes tört
totálisan additív számelméleti függvény— multiplikatív számelméleti függvény
többszörös
tökéletes szám
törtrész{ }transzcendencia bizonyítása, e— — , lg ntranszcendens szám
— — létezése
triviális ideál— osztó
univerzális álprím
valós másodfokú bővítés
Van der Waerden-számok809
T8.1.3, T8.1.4 (351–352)
2.6 (81–90)
F6.3.5 (237)

B5.7.4 (206)D2.2.2, T2.2.3 (60–61)
D6.1.5 (221)
T12.6.2− (545)D6.1.3 (221)T2.8.3+ (98)B9.3.6+ (388)D10.1.1 (408)D10.2.1, T10.2.2 (413)
D10.2.1 (413), T10.2.3 (414)
10.3 (419–432)
D10.1.2 (409)D10.1.2 (409)T10.1.3 (409)T9.4.3 (393)
F7.5.21a (314)
5.8 (214–217)
F3.2.20 (110)D6.1.5 (221)D6.1.3 (221)D1.1.1+ (15), D7.4.4+ (297)D6.3.1, T6.3.2 (235)
B8.1.2 (350)
T9.5.3 (400)F9.3.7 (389)D9.1.2 (378)T9.1.3 (378), T9.4.2 (392)11.1.P4 (449)D1.4.1− (34)D5.7.3 (204)T10.3.6− (427)
T12.4.4A+ (534)810

Tárgymutató

Van der Waerden tétele
véges bővítés
végtelen leszállás
— szorzat
völgytétel

T12.4.4, T12.4.4A (534)D10.1.2 (409)
B7.5.3+ (311)F5.6.6, F5.6.7 (198)
T6.4.1 (238)

Waring-problémakör
Weyl tétele
Wiles tétele (Fermat-sejtés)
Wilson-tétel

7.6 (314–319)
T8.4.4 (375)
T7.7.1 (320)T2.7.1 (93), B3.1.2+ (103)Z = egész számok
Zm = modulo m maradékosztálygyűrű
zéta-függvény
ζ(s)T2.8.2 (97)F5.6.6 (197), T6.6.4− (256)