Kezdőlap


Cím:	Eulerről és algebrájáról 3.
Szerző(k):	Dr. Bozóky Endre
Füzet:	1900/április, 145 - 152. oldal	PDF \| MathML
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 $E u l e r$ nehány példa kiszámítása után a

\begin{matrix} b p = a q + n \end{matrix}

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:

\begin{matrix} x + y + z = a \end{matrix}

\begin{matrix} f x + g y + h z = b . \end{matrix}

Legyen

f

a második egyenlet bal oldalának legnagyobb,

h

pedig legkisebb együtthatója. Az egyenlet mindig ilyen alakban írható.

\begin{matrix} f x + f y + f z = f a \end{matrix}

\begin{matrix} f x + f y + f z > f x + g y + h z \end{matrix}

s ennek alapján

\begin{matrix} f a > b . \end{matrix}

Ugyanígy

\begin{matrix} h x + h y + h z = h a \end{matrix}

\begin{matrix} h x + h y + h z < f x + g y + h z \end{matrix}

s ennél fogva

\begin{matrix} h a < b . \end{matrix}

Hogy az egyenletrendszernek positív egész számokban megoldása legyen, annak föltételei:

\begin{matrix} f a > b > h a . \end{matrix}

Különben a feladat az egyik ismeretlennek kiküszöbölésével a megelőzőre vezethető vissza.
Kevésbé ismeretesek az ezek után következő fejtegetések, melyek az

\begin{matrix} a + b x + c y + d x^{2} + e x y + f x^{3} + g x^{3} + g x^{2} y + ... = 0 \end{matrix}

alakú egyenleteknek egész számokban való megoldásaira vonatkoznak. A folytonosan szaporodó nehézségek felé irányuló menet első megállóhelyén az

\begin{matrix} x y + a x + b y = c \end{matrix}

egyenlettel találkozunk.

\begin{matrix} x y + b y = c - a x \end{matrix}

\begin{matrix} y = \frac{c - a x}{x + b} \end{matrix}

\begin{matrix} y = - a + \frac{a b + c}{x + b} . \end{matrix}

Ennek alapján kell, hogy

x + b

az ismeretes

a b + c

számnak osztója legyen; ezen számnak minden osztója az egyenletnek megoldását adja. Még pedig: legyen

\begin{matrix} x + b = f \end{matrix}

\begin{matrix} y = - a + g = g - a \end{matrix}

(a b + c)

-nek minden

f g

alakú előállítása az egyenletnek két megfejtését adja; ugyanis az egyik

\begin{matrix} x = f - b, y = g - a, \end{matrix}

a másik pedig onnét származik, hogy

\begin{matrix} x + b = g \end{matrix}

tétetvén

\begin{matrix} x = g - b, y = f - a . \end{matrix}

A legközelebbi, valamivel általánosabb alak:

\begin{matrix} m x y = a x + b y + c, \end{matrix}

honnét

\begin{matrix} y = \frac{a x + c}{m x - b} \end{matrix}

\begin{matrix} m y = \frac{m a x + m c}{m x - b} = a + \frac{m c + a b}{m x - b} . \end{matrix}

Ismét kell, hogy

m x - b

osztója legyen a számlálónak. Ha már most

\begin{matrix} m c + a b = f g \end{matrix}

és például

\begin{matrix} m x - b = f, \end{matrix}

akkor

\begin{matrix} x = \frac{f + b}{m} \end{matrix}

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

\begin{matrix} \sqrt[]{a + b x + c x^{2}} \end{matrix}

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

\begin{matrix} \sqrt[]{a + b x} = y \end{matrix}

tétetvén

\begin{matrix} a + b x = y^{2} \end{matrix}

\begin{matrix} x = \frac{y^{2} - a}{b} \end{matrix}

és

y

-nak minden értéke egy-egy megoldásra vezet.
A második esetben

c

négyzetszámmal egyenlő, tehát

\begin{matrix} \sqrt[]{a + b x + f^{2} x^{2}} \end{matrix}

rationalizálandó. Legyen

\begin{matrix} \sqrt[]{a + b x + f^{2} x^{2}} = f s + \frac{m}{n} \end{matrix}

\begin{matrix} a + b x + f^{2} x^{2} = f^{2} x^{2} + \frac{2 m f x}{n} + \frac{m^{2}}{n^{2}} \end{matrix}

\begin{matrix} a + b x = \frac{2 m f x}{n} + \frac{m^{2}}{n^{2}} \end{matrix}

\begin{matrix} n^{2} a + n^{2} b x = 2 m n f x + m^{2} \end{matrix}

\begin{matrix} x = \frac{m^{2} - n^{2} a}{n^{2} b - 2 m n f} . \end{matrix}

x

-nek ezen értékét helyettesítjük, akkor:

\begin{matrix} \sqrt[]{a + b x + f^{2} x^{2}} = \frac{m n b - m^{2} f - n^{2} a f}{n^{2} b - 2 m n f} . \end{matrix}

Minthogy

x

-et tört alakjában állítottuk elő, legyen

\begin{matrix} x = \frac{p}{q}, \end{matrix}

a hol

\begin{matrix} p = m^{2} - n^{2} a \end{matrix}

\begin{matrix} q = n^{2} b - 2 m n f . \end{matrix}

\begin{matrix} a + \frac{b p}{q} + \frac{f^{2} p^{2}}{q^{2}} \end{matrix}

trinom teljes négyzet, és az marad, ha

q^{2}

-tel megszorozzuk, vagyis

\begin{matrix} a q^{2} + b p q + f^{2} p^{2} \end{matrix}

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

\begin{matrix} \sqrt[]{f^{2} + b x + c x^{2}} \end{matrix}

a rationalizálandó kifejezés.
Legyen

\begin{matrix} \sqrt[]{f^{2} + b x + c x^{2}} = f + \frac{m x}{n}; \end{matrix}

ismét

\begin{matrix} b + c x = \frac{2 m f}{n} + \frac{m^{2} x}{n^{2}} \end{matrix}

\begin{matrix} n^{2} b + n^{2} c x = 2 m n f + m^{2} x \end{matrix}

\begin{matrix} x = \frac{2 m n f - n^{2} b}{n^{2} c - m^{2}}, \end{matrix}

tehát

\begin{matrix} \sqrt[]{f^{2} + b x + c x^{2}} = \frac{n^{2} c f + m^{2} f - m n h}{n^{2} c - m^{2}} \end{matrix}

Ismét

\begin{matrix} x = \frac{p}{q} \end{matrix}

tétetvén

\begin{matrix} f^{2} q^{2} + b p q + c p^{2} \end{matrix}

teljes négyzet, ha

\begin{matrix} p = 2 m n f - n^{2} b \end{matrix}

\begin{matrix} q = n^{2} c - m^{2} . \end{matrix}

Itt azon speciális eset nevezetes, a melyben

a = 0

. Ennek fejtegetését az olvasóra bízhatom.
A vizsgált trinom teljes négyzetté alakítható még akkor is, ha

\begin{matrix} a + b x + c x^{2} = (f + g x) \cdot (h + k x) \end{matrix}

alakban állítható elő. Ennek bebizonyítása czéljából legyen

\begin{matrix} \sqrt[]{(f + g x) \cdot (h + k x)} = \frac{m \cdot (f + g x)}{n} \end{matrix}

\begin{matrix} (f + g x) \cdot (h + k x) = \frac{m^{2} \cdot {(f + g x)}^{2}}{n^{2}} \end{matrix}

\begin{matrix} h + k x = \frac{m^{2} \cdot (f + g x)}{n^{2}} \end{matrix}

\begin{matrix} h n^{2} + k n^{2} x = f m^{2} + g m^{2} x \end{matrix}

\begin{matrix} x = \frac{f m^{2} - h n^{2}}{k n^{2} - g m^{2}} . \end{matrix}

Ezen negyedik eset rávezet még egy ötödikre, a mely akkor áll be, ha

a + b x + c x^{2}

oly két részre bontható, melyek közül az első teljes négyzet, a második pedig két tényezőnek szorzata; tehát

p^{2} + q r

alakú, a hol

p, q, r

ilyenforma kifejezések:

f + g x

. Ekkor ugyanis

\begin{matrix} \sqrt[]{p^{2} + q r} = p + \frac{m q}{n} \end{matrix}

\begin{matrix} p^{2} + q r = p^{2} + \frac{2 m p q}{n} + \frac{m^{2} q^{2}}{n^{2}} \end{matrix}

\begin{matrix} r = \frac{2 m p}{n} + \frac{m^{2} q}{n^{2}} \end{matrix}

\begin{matrix} n^{2} r = 2 m n p + m^{2} q \end{matrix}

s ez

x

-re nézve lineáris lévén, belőle

x

könnyen meghatározható.
Gyakran bajos fölismerni azt, hogy a trinom mily módon állítható elő

p^{2} + q r

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

\begin{matrix} x = \frac{t}{u} \end{matrix}

helyettesítéssel

\begin{matrix} a + \frac{b t}{u} + \frac{c t^{2}}{u^{2}} \end{matrix}

áll elő, s ha ez teljes négyzet, akkor

u^{2}

-tel való szorzata

\begin{matrix} a u^{2} + b t u + c t^{2} \end{matrix}

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

\begin{matrix} x = \frac{y - b}{2 c} \end{matrix}

helyettesítéssel eltávolíthatjuk. Ugyanis

\begin{matrix} a + \frac{b y - b^{2}}{2 c} + \frac{c y^{2} - 2 b c y + b c^{2}}{4 c^{2}} = \end{matrix}

\begin{matrix} = \frac{4 a c^{2} + 2 b c y - 2 b c^{2} + c y^{2} - 2 b c y + b c^{2}}{4 c^{2}} = \end{matrix}

\begin{matrix} = \frac{4 a c - b^{2} + y^{2}}{4 c} . \end{matrix}

Föltéve, hogy ez a kifejezés teljes négyzet, akkor

\begin{matrix} \frac{4 a c - b^{2} + y^{2}}{4 c} = \frac{z^{2}}{4} \end{matrix}

tehető, honnét

\begin{matrix} 4 a c - b^{2} + y^{2} = c z^{2} \end{matrix}

\begin{matrix} y^{2} = c z^{2} + b^{2} - 4 a c . \end{matrix}

\begin{matrix} b^{2} - 4 a c = t, \end{matrix}

akkor

\begin{matrix} c z^{2} + t \end{matrix}

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

\begin{matrix} d n \end{matrix}

\begin{matrix} d n + 1, d n + 2, d n + 3, ... \end{matrix}

\begin{matrix} d n - 1, d n - 2, d n - 3, ... \end{matrix}

alakban állíthatók elő.

d n + k

és

d n - k

négyzeteinek az a közös tulajdonságuk, hogy

d

-vel való osztásuknál mindkettő a

k^{2}

számot adja maradékul, a mit úgy fejezhetünk ki, hogy

{(d n + k)}^{2}

és

{(d n - k)}^{2}

d

-re mint osztóra nézve egyenlő maradékúak.
Ezen megjegyzés alapján számtalan

\begin{matrix} a t^{2} + b u^{2} \end{matrix}

alakú kifejezésre nézve kimutatható, hogy soha sem lehet teljes négyzetté. Pl. a

7

-es szám esetében belátható, hogy

\begin{matrix} 7 t^{2} + 3 u^{2}, 7 t^{2} + 5 u^{2}, 7 t^{2} + 6 u^{2} \end{matrix}

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.