Cím: Eulerről és algebrájáról 3.
Szerző(k):  Dr. Bozóky Endre 
Füzet: 1900/április, 145 - 152. oldal  PDF file
Témakör(ök): Egyéb írások

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.

A határozatlan analytika feladatának megállapítása után Euler nehány példa kiszámítása után a

bp=aq+n
lineáris egyenlet megoldását mutatja be, p és q ismeretlenek positív, egész számú értékeit véve tekintetbe. A módszer, az ú. n. Euler-féle algorithmus, általánosan ismeretesnek tekinthető, mert minden tankönyvünkben megtalálható. Rámutat arra is, hogy a feladat positív egész számokban megoldhatatlan, ha a és b nem levén viszonylagos törzsszámok, közös osztójuk n-nek nem tényezője.
A legközelebbi lépés a határozatlan lineáris egyenletrendszerekhez vezet, melyek az ú. n. regula Coeci-vel oldatnak meg. A határozatlanságot korlátozó föltételek a megelőzőkben használtakkal azonosak. Az egyenletrendszer legegyszerűbb alakja:
x+y+z=a
fx+gy+hz=b.
Legyen f a második egyenlet bal oldalának legnagyobb, h pedig legkisebb együtthatója. Az egyenlet mindig ilyen alakban írható.
fx+fy+fz=fa
fx+fy+fz>fx+gy+hz
s ennek alapján
fa>b.
Ugyanígy
hx+hy+hz=ha
hx+hy+hz<fx+gy+hz

s ennél fogva
ha<b.
Hogy az egyenletrendszernek positív egész számokban megoldása legyen, annak föltételei:
fa>b>ha.
Különben a feladat az egyik ismeretlennek kiküszöbölésével a megelőzőre vezethető vissza.
Kevésbé ismeretesek az ezek után következő fejtegetések, melyek az
a+bx+cy+dx2+exy+fx3+gx3+gx2y+...=0
alakú egyenleteknek egész számokban való megoldásaira vonatkoznak. A folytonosan szaporodó nehézségek felé irányuló menet első megállóhelyén az
xy+ax+by=c
egyenlettel találkozunk.
xy+by=c-ax
y=c-axx+b
y=-a+ab+cx+b.
Ennek alapján kell, hogy x+b az ismeretes ab+c számnak osztója legyen; ezen számnak minden osztója az egyenletnek megoldását adja. Még pedig: legyen
x+b=fi.x=f-b.
y=-a+g=g-a
(ab+c)-nek minden fg alakú előállítása az egyenletnek két megfejtését adja; ugyanis az egyik
x=f-b,y=g-a,
a másik pedig onnét származik, hogy
x+b=g
tétetvén
x=g-b,y=f-a.
A legközelebbi, valamivel általánosabb alak:
mxy=ax+by+c,
honnét
y=ax+cmx-b
my=max+mcmx-b=a+mc+abmx-b.
Ismét kell, hogy mx-b osztója legyen a számlálónak. Ha már most
mc+ab=fg
és például
mx-b=f,
akkor
x=f+bm
a tényezőkre bontás akkor ad egész számú megoldást, ha f+b osztható m-mel.
A megelőző egyenletekben az egyik ismeretlen csupán lineárisan szerepel. Ha ennek az elsőnél magasabb hatványai is előfordulnak, akkor gyökmennyiségekkel kerülünk szembe. A határozatlan analytika legérdekesebb feladatai azok, melyekben az ilyen egyenletek rationális megoldásai kerestetnek.
Keressük x-nek azon értékeit, a melyekre nézve
a+bx+cx2
értéke rationális. A megfejtés sok esetben egyáltalán lehetetlen; ha lehetséges, akkor egyelőre x-nek rationális értékeire szorítkozunk.
Semmiféle nehézséggel nem jár a feladat, ha c=0. Mert
a+bx=y
tétetvén
a+bx=y2
x=y2-ab
és y-nak minden értéke egy-egy megoldásra vezet.
A második esetben c négyzetszámmal egyenlő, tehát
a+bx+f2x2
rationalizálandó. Legyen
a+bx+f2x2=fs+mn
a+bx+f2x2=f2x2+2mfxn+m2n2
a+bx=2mfxn+m2n2
n2a+n2bx=2mnfx+m2
x=m2-n2an2b-2mnf.
Ha x-nek ezen értékét helyettesítjük, akkor:
a+bx+f2x2=mnb-m2f-n2afn2b-2mnf.
Minthogy x-et tört alakjában állítottuk elő, legyen
x=pq,
a hol
p=m2-n2a
q=n2b-2mnf.
Az
a+bpq+f2p2q2
trinom teljes négyzet, és az marad, ha q2-tel megszorozzuk, vagyis
aq2+bpq+f2p2
teljes négyzet, ha p és q helyébe a föntebbi értékek tétetnek. Az m, n számok tetszés szerintiek, s így a feladatnak végtelen sok megfejtése van.
A harmadik esetben az a együttható négyzetszám, tehát
f2+bx+cx2
a rationalizálandó kifejezés.
Legyen
f2+bx+cx2=f+mxn;
ismét
b+cx=2mfn+m2xn2
n2b+n2cx=2mnf+m2x
x=2mnf-n2bn2c-m2,
tehát
f2+bx+cx2=n2cf+m2f-mnhn2c-m2
Ismét
x=pq
tétetvén
f2q2+bpq+cp2
teljes négyzet, ha
p=2mnf-n2b
q=n2c-m2.
Itt azon speciális eset nevezetes, a melyben a=0. Ennek fejtegetését az olvasóra bízhatom.
A vizsgált trinom teljes négyzetté alakítható még akkor is, ha
a+bx+cx2=(f+gx)(h+kx)
alakban állítható elő. Ennek bebizonyítása czéljából legyen
(f+gx)(h+kx)=m(f+gx)n
(f+gx)(h+kx)=m2(f+gx)2n2
h+kx=m2(f+gx)n2
hn2+kn2x=fm2+gm2x
x=fm2-hn2kn2-gm2.
Ezen negyedik eset rávezet még egy ötödikre, a mely akkor áll be, ha a+bx+cx2 oly két részre bontható, melyek közül az első teljes négyzet, a második pedig két tényezőnek szorzata; tehát p2+qr alakú, a hol p,q,r ilyenforma kifejezések: f+gx. Ekkor ugyanis
p2+qr=p+mqn
p2+qr=p2+2mpqn+m2q2n2
r=2mpn+m2qn2
n2r=2mnp+m2q
s ez x-re nézve lineáris lévén, belőle x könnyen meghatározható.
Gyakran bajos fölismerni azt, hogy a trinom mily módon állítható elő p2+qr alakban, s ezért kívánatos volna egy általánosan alkalmazható módszerre szert tennünk. Eleinte x helyébe kicsiny számokat helyettesítvén, próbálgatással törekszünk czélt érni. Ha találunk megfelelő értéket, akkor abból minden megoldást levezethetünk. Ugyanis
x=tu
helyettesítéssel
a+btu+ct2u2
áll elő, s ha ez teljes négyzet, akkor u2-tel való szorzata
au2+btu+ct2
szintén teljes négyzet lesz. Most már keresnünk kell oly t,u számokat, a melyekre nézve a föntebbi kifejezés teljes négyzetté válik.
Számtalan olyan trinom létezik, a mely semmiféle módon sem alakítható át teljes négyzetté. Nehogy ezekkel hiába vesződjünk, czélszerű lesz nehány ismertető jelet megállapítanunk, hogy fáradozásaink sikertelenségét már eleve fölismerhessük.
Mindenek előtt könnyen rájövünk arra, hogy a trinom középső tagját az
x=y-b2c
helyettesítéssel eltávolíthatjuk. Ugyanis
a+by-b22c+cy2-2bcy+bc24c2=
=4ac2+2bcy-2bc2+cy2-2bcy+bc24c2=
=4ac-b2+y24c.
Föltéve, hogy ez a kifejezés teljes négyzet, akkor
4ac-b2+y24c=z24
tehető, honnét
4ac-b2+y2=cz2
y2=cz2+b2-4ac.
Ha
b2-4ac=t,
akkor
cz2+t
lesz a teljes négyzetté átalakítandó kifejezés, mely lényegesen egyszerűbb alakú, mint az eredetileg adott trinom.
t=0 esetében a kifejezés csak akkor teljes négyzet, ha c is az. Ez már oly ismertető jel, a mely igen gyakran alkalmazható.
Általános ismertető jelet nyerendő, tekintsünk egy d egész számot, s osszuk el ezzel az összes egész számokat. Könnyen belátható, hogy az összes egész számok
dn
dn+1,dn+2,dn+3,...
dn-1,dn-2,dn-3,...
alakban állíthatók elő.
dn+k és dn-k négyzeteinek az a közös tulajdonságuk, hogy d-vel való osztásuknál mindkettő a k2 számot adja maradékul, a mit úgy fejezhetünk ki, hogy (dn+k)2 és (dn-k)2 a d-re mint osztóra nézve egyenlő maradékúak.
Ezen megjegyzés alapján számtalan
at2+bu2
alakú kifejezésre nézve kimutatható, hogy soha sem lehet teljes négyzetté. Pl. a 7-es szám esetében belátható, hogy
7t2+3u2,7t2+5u2,7t2+6u2
sohasem lehetnek teljes négyzetté; mert u-t 7-tel elosztván, a maradékok: 1,2 vagy 4. Már pedig az elsőnél a maradékok 3,6 vagy 5, a másodiknál 5,3 vagy 6, a harmadiknál pedig 6,5 vagy 3.
 
Dr. Bozóky Endre.