Feladat: 800. matematika feladat Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Bácsy E. ,  Bergmann Gy. ,  Borsi L. ,  Böröczky K. ,  Fodor L. ,  Gáti Gy. ,  Gáti Z. ,  Gergely Ervin ,  Gyene A. ,  Győry K. ,  Heinemann Z. ,  Jajczay Ágnes ,  Kanyó Z. ,  Kisvölcsey J. ,  Lőrinczy L. ,  Meskó A. ,  Molnár J. ,  Montvay I. ,  Papp K. ,  Sárközi A. ,  Schipp Ferenc ,  Schultz Gy. ,  Simon L. ,  Solt Gy. ,  Szász D. ,  Szokoly P. ,  Tatár I. ,  Várallyay L. ,  Vass E. ,  Veszely J. 
Füzet: 1957/szeptember, 23. oldal  PDF file
Témakör(ök): Magasabb fokú diofantikus egyenletek, Magasabb fokú egyenletek, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1957/január: 800. matematika feladat

Határozzuk meg az
x2n+2x2(n-1)+...+nx2-p=0
egyenletben az n természetes számot és a p pozitív prímszámot úgy, hogy a gyökök racionálisak legyenek.

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

Egyenletünkben a legmagasabb fokú tag együtthatója 1, az összes többi együttható egész, tehát a racionális gyökök csak egész számok lehetnek, és ezek az állandó tag, azaz p osztói közül kerülhetnek ki. Mivel p törzsszám, a lehetséges gyökök x=±1, ±p.
Mivel az egyenletben x-nek csak páros hatványai szerepelnek, azért ha x=a gyöke az egyenletnek, akkor x=-a is az, Ismeretes, hogy a gyökök szorzata (az előjeltől eltekintve) az állandó taggal egyenlő.
Tegyük fel, hogy p gyöke az egyenletnek. Ekkor -p is az, s így az állandó tagnak, p-nek osztója p(-p)=-p2, ami lehetetlen. (Az 1 nem prímszám.)
Ha p nem gyöke az egyenletnek, akkor a gyökök ±1 alakúak, így szorzatuk nem lehet p.
Látható tehát, hogy nem létezik a feladat feltételeinek megfelelő p és n érték úgy, hogy az egyenlet minden gyöke racionális legyen.
Megjegyzés: Ha csak azt követeljük, hogy az egyenletnek racionális gyöke legyen, akkor van megoldás.
Egyenletünk így is írható:

x2[x2(n-1)+2x2(n-2)+...+n]=p.

Mint láttuk, bármely racionális gyök csak egész szám lehet, tehát px2 szükségképpen egész szám, ami csak úgy lehet, hogy x2=1.
Ezt az értéket behelyettesítve egyenletünkbe
1+2+...+n=n(n+1)2=p,
ami csak n=1, n=2 esetben állhat fenn, mert n>2 esetén n és n+1 közül az egyik 2k, a másik 2k±1 alakú (k>1), és így p=k(2k±1) alakú volna, ami ellentmond annak, hogy p prím.
 

n=1 esetén p=1, de 1 nem prímszám.
 

n=2 esetén p=3, és az egyenlet
x4+2x2-3=(x2-1)(x2+3)=0,
amikor a két racionális gyökön (x1=1, x2=-1) kívül van még két nem valós gyök.
 

Gergely Ervin (Bp. IV., Könyves Kálmán g. IV. o. t.)

Schipp Ferenc (Mohács, Kisfaludy K. g. IV. o. t.)