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 nehány példa kiszámítása után a lineáris egyenlet megoldását mutatja be, és ismeretlenek positív, egész számú értékeit véve tekintetbe. A módszer, az ú. n. , általánosan ismeretesnek tekinthető, mert minden tankönyvünkben megtalálható. Rámutat arra is, hogy a feladat positív egész számokban megoldhatatlan, ha és nem levén viszonylagos törzsszámok, közös osztójuk -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: Legyen a második egyenlet bal oldalának legnagyobb, pedig legkisebb együtthatója. Az egyenlet mindig ilyen alakban írható. s ennek alapján Ugyanígy s ennél fogva Hogy az egyenletrendszernek positív egész számokban megoldása legyen, annak föltételei: Különben a feladat az egyik ismeretlennek kiküszöbölésével a megelőzőre vezethető vissza. Kevésbé ismeretesek az ezek után következő fejtegetések, melyek az | | alakú egyenleteknek egész számokban való megoldásaira vonatkoznak. A folytonosan szaporodó nehézségek felé irányuló menet első megállóhelyén az egyenlettel találkozunk. Ennek alapján kell, hogy az ismeretes számnak osztója legyen; ezen számnak minden osztója az egyenletnek megoldását adja. Még pedig: legyen -nek minden alakú előállítása az egyenletnek két megfejtését adja; ugyanis az egyik a másik pedig onnét származik, hogy tétetvén A legközelebbi, valamivel általánosabb alak: honnét | | Ismét kell, hogy osztója legyen a számlálónak. Ha már most és például akkor a tényezőkre bontás akkor ad egész számú megoldást, ha osztható -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 -nek azon értékeit, a melyekre nézve értéke rationális. A megfejtés sok esetben egyáltalán lehetetlen; ha lehetséges, akkor egyelőre -nek rationális értékeire szorítkozunk. Semmiféle nehézséggel nem jár a feladat, ha . Mert tétetvén és -nak minden értéke egy-egy megoldásra vezet. A második esetben négyzetszámmal egyenlő, tehát rationalizálandó. Legyen | | Ha -nek ezen értékét helyettesítjük, akkor: | | Minthogy -et tört alakjában állítottuk elő, legyen a hol Az trinom teljes négyzet, és az marad, ha -tel megszorozzuk, vagyis teljes négyzet, ha és helyébe a föntebbi értékek tétetnek. Az , számok tetszés szerintiek, s így a feladatnak végtelen sok megfejtése van. A harmadik esetben az együttható négyzetszám, tehát a rationalizálandó kifejezés. Legyen ismét tehát | | Ismét tétetvén teljes négyzet, ha Itt azon speciális eset nevezetes, a melyben . Ennek fejtegetését az olvasóra bízhatom. A vizsgált trinom teljes négyzetté alakítható még akkor is, ha alakban állítható elő. Ennek bebizonyítása czéljából legyen | | Ezen negyedik eset rávezet még egy ötödikre, a mely akkor áll be, ha oly két részre bontható, melyek közül az első teljes négyzet, a második pedig két tényezőnek szorzata; tehát alakú, a hol ilyenforma kifejezések: . Ekkor ugyanis s ez -re nézve lineáris lévén, belőle könnyen meghatározható. Gyakran bajos fölismerni azt, hogy a trinom mily módon állítható elő alakban, s ezért kívánatos volna egy általánosan alkalmazható módszerre szert tennünk. Eleinte helyébe kicsiny számokat helyettesítvén, próbálgatással törekszünk czélt érni. Ha találunk megfelelő értéket, akkor abból minden megoldást levezethetünk. Ugyanis helyettesítéssel áll elő, s ha ez teljes négyzet, akkor -tel való szorzata szintén teljes négyzet lesz. Most már keresnünk kell oly 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 helyettesítéssel eltávolíthatjuk. Ugyanis | | | | Föltéve, hogy ez a kifejezés teljes négyzet, akkor tehető, honnét Ha akkor lesz a teljes négyzetté átalakítandó kifejezés, mely lényegesen egyszerűbb alakú, mint az eredetileg adott trinom. esetében a kifejezés csak akkor teljes négyzet, ha is az. Ez már oly ismertető jel, a mely igen gyakran alkalmazható. Általános ismertető jelet nyerendő, tekintsünk egy egész számot, s osszuk el ezzel az összes egész számokat. Könnyen belátható, hogy az összes egész számok alakban állíthatók elő. és négyzeteinek az a közös tulajdonságuk, hogy -vel való osztásuknál mindkettő a számot adja maradékul, a mit úgy fejezhetünk ki, hogy és a -re mint osztóra nézve egyenlő maradékúak. Ezen megjegyzés alapján számtalan alakú kifejezésre nézve kimutatható, hogy soha sem lehet teljes négyzetté. Pl. a -es szám esetében belátható, hogy sohasem lehetnek teljes négyzetté; mert -t -tel elosztván, a maradékok: vagy . Már pedig az elsőnél a maradékok vagy , a másodiknál vagy , a harmadiknál pedig vagy .
|