A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre. I. megoldás: Tekintsük az , , , számoknak törzsszámhatványok szorzatára bontott alakját, és képezzük ezekből a szükséges legnagyobb közös osztókat (tovább röviden LKO) is szorzat-alakban. Ebben minden törzsszámnak a kitevője egyenlő azoknak a kitevőknek a legkisebbikével, amelyekkel a megfelelő számok felbontott alakjában szerepel. Így a bizonyítás minden egyes -re külön végezhető annak megmutatásával, hogy a bizonyítandó egyenlőség két oldalán ugyanazon kitevővel szerepel. Legyen kitevője , , , felbontásában rendre , , , , így az és szorzatokban , ill. és folytán . A kitevők nagyságviszonya -féle lehet.
A kapott összefüggés ugyanis szemléletesen azt jelenti, hogy egyrészt és -nak, másrészt és -nak a számvonalon levő képei egymásnak ugyanazon pontra, a számtani közepüket ábrázoló pontra tükörképei, tehát e két pontpár egyike ,,külső'', másika ,,belső'' pontpár (az ábrán , ill. jellel; természetesen lehetségesek egybeesések, lásd az ábra változatait). Eszerint lehetőség van arra, hogy a két kitevőpárnak melyike a külső, és további ‐ lehetőség arra, hogy a pároknak melyik tagja a kisebb. és nagyságviszonyát azonban figyelmen kívül hagyhatjuk, mert és felcserélésével a bizonyítandó egyenlőség önmagába megy át, így feltehetjük, hogy . A maradó nagysági sorrend mellett -nek -ben, -ben és , , , -ben adódó , , ill. kitevőjét, végül a bizonyítandó egyenlőség bal oldatán adódó kitevőjét az alábbi táblázat tünteti fel. Az utolsó sor mutatja, hogy e kitevő egyenlő a jobb oldalon álló -beli kitevővel, tehát az állítás helyes.
Durst István (Szolnok, Verseghy F. g. III. o. t.) | II. megoldás: Felhasználunk két a LKO-ra vonatkozó egyenlőséget: | ((l,m,...),(l',m',...))=(l,m,...;l',m',...), | (1) | ‐ vagyis két LKO-nak LKO-ja egyenlő valamennyi szóban forgó szám LKO-jával ‐ | k(l,m,...)=(kl,km,...), | (2) | ‐ vagyis adott számok LKO-jának k-szorosa egyenlő a k-szor akkora számok LKO-jával, és fordítva: az adott számok bármely közös tényezője a LKO jeléből kiemelhető. Így (a,c)-t átmenetileg e-vel is jelölve az idézett egyenlőségek, valamint a cd=ab feltevés alapján
(a,c)⋅(a,d)=e(a,d)=(ae,de)=(a(a,c),d(a,c))=((a2,ac),(ad,cd))==(a2,ac,ad,cd)=(a2,ac,ad,ab)=a(a,b,c,d).
A bizonyítandó egyenlőség innen osztással adódik. Az osztásnak nincs akadálya, mert (a,b,c,d)≥1.
Hammer Géza (Budapest, Toldy F. g. III. o. t.) |
Lásd: Kürschák‐Hajós‐ Neukomm‐Surányi: Mat. Versenytételek I. 103. o. Tankönyvkiadó, 1955) |