বছরজুড়ে গণিত অলিম্পিয়াডের প্রস্তুতি
আজকে আমরা আলোচনা করব এশিয়ান প্যাসিফিক ম্যাথমেটিকেল অলিম্পিয়াডে আসা একটি সুন্দর নাম্বার থিওরির প্রবলেম নিয়ে। প্রবলেমটা অনেকটা এমন:
এমন সব ধনাত্মক সংখ্যার জোড়া (a, b) বের করো, যাতে b2–এর একটি গুণিতক a3 হয়, আবার b-1–এর একটি উৎপাদক a-1 হয়।
আমাদের এ সমস্যা সমাধান করার জন্য বিভাজ্যতা নিয়ে কিছুটা পরিচিতি থাকা লাগবে। যেমন ধরো, একটা সংখ্যা a কে আরেকটা পূর্ণসংখ্যা b নিঃশেষে ভাগ করে, তাহলে ওই b সংখ্যা দ্বারা ma সংখ্যাটিও কিন্তু নিঃশেষে বিভাজ্য হবে, যেখানে m হলো অন্য আরেকটি পূর্ণসংখ্যা। শুধু তা–ই নয়, ওই b সংখ্যা যদি আরেকটা সংখ্যা n কে নিঃশেষে ভাগ করে, তাহলে b কিন্তু n-ma সংখ্যাটিকেও নিঃশেষে ভাগ করবে।
এর পাশাপাশি আমাদের আরেকটা জানা বিষয় নিয়েও আরেকবার একটু জেনে নিই, সেটি হলো একটি ধনাত্মক পূর্ণসংখ্যা x যদি আরেকটি অঋণাত্মক পূর্ণসংখ্যা y কে নিঃশেষে ভাগ করে, তাহলে x < y হয় (যদি না y সংখ্যাটি 0 হয়। এ কেস অনেক গুরুত্বপূর্ণ, শুধু এই ছোট্ট জানা জিনিস বাদ দেওয়ার জন্য গতবার বেশ কয়েকজনের এপিএমও সিলভার এবং ব্রোঞ্জ পদক মিস গেছে)।
একটা সংখ্যা a অপর একটা পূর্ণসংখ্যা b কে নিঃশেষে ভাগ করলে সেটাকে আমরা লেখব: a | b
তাইলে ওপরে আলোচিত ফ্যাক্টগুলোকে নিচের মতো করে লেখা যাবে।
1. b | a ⟹ b | ma
2. b | a, b | n ⟹ b | (n-ma)
3. x | y ⟹ |x| <|y| অথবা y = 0
চলো এবার আমরা আমাদের মূল প্রবলেমের সমাধানের দিকে যাই। একটু লক্ষ করলে আমরা দেখতে পাব, b যদি 1 হয়, তাহলে a–এর 1 বাদে যেকোনো ধনাত্মক পূর্ণসাংখ্যিক মানের জন্য শর্ত পূরণ হয়। তাই একটা সমাধান (a, 1) ; যেখানে a ≠ 1
b = 1 ⟹ (a-1)| 0 ⟹ a একটা সমাধান।
ধরি, b ≠ 1 এবং a3 = mb2 ; যেখানে m ≥ 1
আবার আমরা জানি যে, a3–1 = (a-1) (a2+a+1), তাহলে (a–1), (a3-1)-কে নিঃশেষে ভাগ করবে, অর্থাৎ (a-1) | (a3-1) ⟹ (a-1) | (mb2–1) ... ... ... ... (1)
আবার আরেকটা শর্তানুযায়ী, (a-1), (b–1)-কে নিঃশেষে ভাগ করে।
সেখানে থেকে আমরা লেখতে পারি,
(a–1) | (b–1) ⟹ (a–1) | (b2–1) ⟹ (a–1) | mb2–m … … ... ... (2) (ওই যে শুরুতে যে ব্যাপারে আলোচনা করলাম, সে বিষয় কাজে লাগিয়ে)
(1) ও (2) মিলে আমরা তখন বলতে পারি,
(a-1) | {mb2–1-(mb2-m)} ⟹ (a–1) | (m–1)
সেখান থেকে বলা যায়, a ≤ m অথবা m = 1
আমরা পৃথক পৃথকভাবে দুটা কেস নিয়ে আলোচনা করব, শুরুতে ধরি a ≤ m
তাহলে আমরা বলতে পারি, a3 = mb2 ≥ ab2 ⟹ a3 ≥ ab2 ⟹ a2 ≥ b2 ⟹ a ≥ b
আবার, (a–1) | (b-1) ⟹ (a–1) ≤ (b–1) ⟹ a ≤ b (যেহেতু b = 1 কেসটি আমরা আগেই আলোচনা করেছি।)
অর্থাৎ, a = b
আরেকটা কেস বাকি আছে। সেটা হলো যখন m = 1
তাহলে, a3 = b2, তার মানে এমন একটা ধনাত্মক পূর্ণসংখ্যা x আছে যাতে a = x2 , b = x3 হয়।
তাহলে , (x2–1) | (x3–1) ⟹ (x+1)| (x2+x+1) ⟹ (x+1)| {(x2+x)+1} ⟹ (x+1) | 1
যেখান থেকে বলা যায় x = 0, যা একটাও শর্ত পূরণ করে, এমন a, b তৈরি করতে পারে না।
তাই বলা যায় সব কটি সমাধান হবে, (a, a), (a, 1) ; যেখানে a হলো 1–এর চেয়ে বড় যেকোনো ধনাত্মক পূর্ণসংখ্যা ।