Jelentsen $n$ egész számot. Bizonyítsuk be, hogy ha $ 2+2\sqrt {28n^2+1} $ egész szám, akkor négyzetszám.

Jelöljük a szóban forgó kifejezést a-val: $ 2+2\sqrt {28n^2+1} =a,$innen $ 7\cdot 16n^2=a\left( {a-4} \right).$ Feltétel szerint $a$ egész, ez esetben azonban párosnak kell lennie, sőt 4-gyel oszthatónak is, mert ha páratlan, akkor $a \quad -$ 4 is és $a(a \quad -$ 4) is páratlan, ha pedig páratlan szám kétszerese, akkor $a -$ 4 is az, s így a szorzat páratlan szám négyszerese, tehát nem osztható 16-tal. Eszerint alkalmas $b$ egész számmal $a = $ 4$b, $és

Itt $b $és $b - $ 1 relatív prím egymáshoz, hiszen minden közös osztójuk osztója a különbségüknek, 1-nek is. Ez esetben egyiküknek négyzetszámnak kell lennie, másikuknak egy négyzetszám 7-szeresének. Ha ugyanis $n, b $és $b - $ 1 helyébe beírjuk felbontásukat prímhatványok szorzatára, akkor a bal oldalon a 7 páratlan hatványon fog szerepelni, a többi prímszám páros hatványon. A jobb oldalon $b $és $b - $ 1 prímosztói különbözők. A számelmélet alaptétele szerint (lásd az I. rész 38-39. old. jegyzetét) egy szám prímtényezős felbontása a tényezők sorrendjétől eltekintve egyértelmű, tehát a két oldalon ugyanazok a prímszámok szerepelnek, és egy-egy prím a két oldalon ugyanazon a hatványon fordul elő. Ekkor $b $és $b - $ 1 felbontásában minden prím páros kitevővel szerepel, kivéve a hetet, amelyik fellép valamelyiknek a felbontásában, éspedig páratlan hatványon. A két szám egyike tehát $x^{2}$, a másik 7$y^{2}$ alakú. Mivel $b - $ 1 és $b $egyike páros, másikuk páratlan, így $x$ és $y$ közül is egyik páros, másik páratlan. Azt is tudjuk, hogy (1) $x^{2}$ -- 7$y^{2}$ vagy 1, vagy -1, továbbá azt is, hogy páros szám négyzete osztható 4-gyel, páratlan számé pedig 4-gyel osztva (sőt 8-cal osztva is) 1-et ad maradékul (lásd az 1911/3. feladat megoldását, I . rész 122. old. ). Eszerint ha 7$y^{2}$-et 4-gyel osztjuk, 0 vagy 3 a maradék, $x^{2}$-é pedig 1 vagy 0. Mivel továbbá az egyik maradék 0, így az (1) szám mindkét esetben 1 maradékot ad, tehát nem lehet -1-gyel, csak 1-gyel egyenlő. Ez azt jelenti, hogy $b = x^{2}, b - $ 1=7$y^{2}. $Ha tehát a feladatban szereplő $a$ szám egész, akkor fennáll rá, hogy $a = $ 4$b = $ 4$x^{2} = $(2$x)^{2}$ vagyis négyzetszám, amint a feladat állította.
Megjegyzés. Az, hogy az (1) szám csak az 1 értéket veheti fel, belátható így is: $x$-et 7-tel osztva a maradék 0, $\pm $ 1, $\pm $ 2 vagy $\pm $ 3 lehet, $x^{2}$-é tehát 0, 1, 4 vagy 2$. x^{2} + $ 1 egyik esetben sem osztható 7-tel, $x^{2} - $ 1 viszont osztható vele, ha $x $ 7$k + $ 1 vagy 7$k - $ 1 alakú. Jegyzet. Az $x^{2} \quad -$ dy$^{2}$ = -1 alakú egyenletekről. A feladat nem állította, és a megoldásból sem derült ki, hogy van-e egyáltalán olyan $n$, és ha van, mennyi van, amelyre kifejezésünk egész; annyit azonban láttunk, hogy az$ x^{2} - $ 7$y^{2} = $ 1 egyenlet nemnegatív egészekből álló $x_{l}$, $y_{l}$ megoldásából képezett $n =x_{l}y_{l}$ -re lesz a kifejezés egész, és ekkor értéke $a = $(2$x_{1})^{2}$. Egyenletünk Pell-egyenlet. Ezzel foglalkozik 47-51. old. jegyzete, megmutatva, hogy ennek végtelen sok megoldása van. Így kifejezésünk is végtelen sok $n$-re vesz fel egész értéket. Az 1; 0 triviális megoldásra pl. $n$ = 0, $a$ = 2$^{2}$ = 4, a legkisebb pozitív egészekből álló 8; 3 megoldásból pedig az n = 24, a = (2 $\cdot $ 8)$^{2}$ = 256 érték adódik. A feladat megoldása során azt is beláttuk, hogy az $x^{2}$ - 7$y^{2}$ = 1 egyenletnek viszont nincs egész megoldása. Az említett jegyzetben szereplő $x^{2}$ - 26$y^{2}$ = -1 egyenletnek ezzel szemben végtelen sok megoldása van. Könnyű belátni, hogy a címben szereplő egyenletnek nincs megoldása, ha $d $nem pozitív, továbbá, ha 1-től különböző négyzetszám; ha pedig $d =$ 1, akkor csak $x$ = 0, $y=\pm $ 1 a megoldás. Ennél többet is mondhatunk. A feladat megoldásában követett gondolatmenet csak annyit használt fel a 7-ről, hogy 4-gyel osztva 3 maradékot ad. Így a szóban forgó egyenletnek akkor sing megoldása, ha $d $ 4$k + $ 3 alakú szám $(k $egész). Még ennél is sokkal több igaz azonban. Ha d-nek van 4k + 3 alakú (pozitív) prím osztója, akkor az (2) $x^{2}$ - dy$^{2} = $-1 egyenletnek nincs égész számokból álló megoldása. A tételt indirekt úton bizonyítjuk FERMAT tételének felhasználásával. Ha $x_{0}$, $y_{0}$, olyan egészek, amelyekre

és $d$-nek van egy 4$k$ + 3 alakú $p $prím osztója, akkor mod $p $kongruenciára térve át (lásd az I. rész 53-54. old. 1. jegyzetét) a bal oldal második tagja 0-val lesz kongruens, így $x_0^2 \equiv -1$ (mod p ) . mindkét oldalt $\frac{p-1}{2}=2k+1$-edik hatványra emelve $x_0^{p-1} \equiv -1$ (mod p). Ez azonban nem lehetséges, hiszen $x_{0}$ nem lehet osztható $p$-vel, ekkor pedig $p$ - 1-edik hatványa FERMAT tétele szerint 1-gyel kongruens. Viszont

mert $p \quad >$ 2. Akkor sincs megoldása a (2) egyenletnek, ha $d$ osztható 4-gyel, mert az azt jelentené, hogy $x^{2}$ 4$k - $ 1 alakú volna - de, mint a feladat megoldásában is szerepelt - páratlan szám négyzete 4-gyel osztva 1 maradékot ad, páros számé viszont osztható 4-gyel. Páros $d$ esetében lehet megoldás, amint a 2$b$ esetében láttuk, és van megoldás $d = $ 2 vagy $d = $ 10-re is. ( l$^{2}$ - 2 $\cdot $ 1$^{2}$ = 3$^{2}$ - 10 $\cdot $ 1$^{2}$ = -1. ) Eredményeinket összefoglalva azt nyertük, hogy a (2) egyenletnek csak olyan d értékekre lehet egész megoldása, amelynek minden prím osztója 4k + 1 alakú, továbbá ilyen számok 2-szeresére. Nem ismeretes olyan egyszerűen kezelhető feltétel, amivel el lehetne dönteni egy mondott tulajdonságú $d-$ről$, $hogy rá a (2) egyenletnek van-e egész megoldása vagy sem. Annál érdekesebb a következő tétel, amelyiknek emellett meglepően egyszerű a bizonyítása. Ha p 4k + 1 alakú prímszám, akkor van olyan pozitív egész x, y, amelyekre x$^{2}$ - py$^{2} = $-1$.$ Az idézett jegyzetben láttuk, hogy a $v^{2}$ - dz$^{2}$ = 1 Pell-egyenletnek mindig van 0-tól különböző egészekből álló megoldása, s így pozitív egészekből álló is, ha $d $pozitív és nem négyzetszám. Legyen $t, u $a legkisebb pozitív egész számpár, amire $t^{2}$ - pu$^{2 }= - $ 1$, $azaz pu$^{2} = t^{2} - $ 1$.$ Belátjuk, hogy nem lehet $u$ páratlan. Ha ugyanis az volna, akkor négyzete 1-et adna maradékul 4-gyel osztva, így feltételünk szerint pu$^{2}$ is. $t$-nek viszont párosnak kellene lennie, de így $t^{2}$ - 1 4-gyel osztva 3 maradékot adna. $u $tehát páros: $u = $ 2$u' $és

A jobb oldali két tényező relatív prím, hiszen a különbségük 1. Ebből az következik - hasonlóan, mint a megoldásban a 7$n^{2}=b(b - $l) egyenlőség esetében láttuk -, hogy az egyik tényező négyzetszám, a másik egy négyzetszám $p$-szerese, tehát $\frac{t+e}{2}=v^2, \quad \frac{t-e}{2}=pw^2,$ ahol$ e = $ 1$, $vagy$ e = -$ 1$.$ Innen $v^{2}$ - pw$^{2} = e.$ Itt nem lehet $e$ = 1, mert $t, u $a megfelelő egyenlet legkisebb pozitív megoldása volt, viszont $v\le u'=\frac{u}{2}.$ Eszerint $e$ = - 1, és ezzel az állítást bebizonyítottuk.