|
Feladat: |
1242. matematika feladat |
Korcsoport: 18- |
Nehézségi fok: átlagos |
Megoldó(k): |
Csirik József , Deák István , Folly Gábor , Gyárfás András , Lovász László , Makai Endre , Nárai György , Pelikán József , Somos Péter , Szidarovszky Ferenc , Szilágyi Tivadar , Tamás Endre |
Füzet: |
1964/február,
56 - 59. oldal |
PDF | MathML |
Témakör(ök): |
Másodfokú diofantikus egyenletek, Ellipszis egyenlete, Feladat |
Hivatkozás(ok): | Feladatok: 1963/március: 1242. matematika feladat |
|
A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre. Az egyenlet bal oldala az , ismeretlenekre szimmetrikus. Ha tehát egy megfelelő megoldása az egyenletnek, vagyis egyrészt másrészt , pozitív egész számok ‐ akkor megoldás az számpár is, és ez az előbbitől különböző, ha Továbbá a bal oldal mindegyik tagja másodfokú. Ezért az előbbi számok helyére negatívjukat téve ismét megoldást kapunk: és ezek az előbbiektől különbözők, valamint (2) miatt egymástól is, más szóval akkor, ha . Az kifejezés az alábbiak szerint két más módon is írható olyan különbség gyanánt, melyben a kisebbítendő két szám négyzetösszege, a kivonandó pedig ugyanezen két szám szorzata: | | (3) | Ezeket (1)-gyel egybevetve egyenletünknek az alábbi , és , számpárok is megoldásai, továbbá az a 3‐3 további számpár is, amelyet belőlük a fenti mintára, felcseréléssel, ill. az előjelek egyidejű megváltoztatásával kapunk:
ugyanis is egész szám. Az első négy sorban álló megoldás egymástól különböző, mert ennek feltétele (az első négy megoldás mintájára) , ami teljesül, mert . Hasonlóan a második négyben , mert . Annak feltételét kell még megkeresnünk, hogy a különböző négytagú megoldás‐csoportokban ne legyenek egyező megoldások. ezért kell, hogy álljon , azaz Hasonlóan ezért kell , azaz
Így az első csoport mindegyik megoldása különbözik mind a második, mind a harmadik csoport megoldásaitól. Nyilvánvaló ugyanis, hogy -et és -t egy pont derékszögű koordinátáinak tekintve az , és pontok az pontból az origóra, ill. a tengelyek közti szögek szögfelezőire való tükrözéssel állnak elő, és , , valamint miatt a négy pont abszcisszája különböző. Továbbá az , , , pontnégyes a fenti tükrözésekkel bármelyik pontjából kiindulva is előáll. Mindez a második és a harmadik csoport megoldásainak megfelelő pontnégyesekre is érvényes, ezért a közös abszcisszájú és , valamint és pontpár tagjainak (4) és (5) szerinti különbözősége miatt az -ból és az -ből előálló pontnégyes különbözik , , , -től, és ez állításunkat bizonyítja. Hasonlóan a második és harmadik csoport megoldásai különbözők, mert , de . (Másképpen: esetén ‐ amit nyilván feltehetünk ‐ a második csoport mindegyik megoldásában és értéke ugyanolyan előjelű, viszont a harmadik csoport összes megoldásaiban és értéke ellentett előjelű.) Mindezek szerint ha az adott egyenletnek a feltétel szerinti megoldásában és értékei nem egyenlők, és egyik sem 2-szerese a másiknak, ‐ ez elegendő ahhoz, hogy az adott egyenletet legalább 12 egész számpár elégítse ki, a fent felsorolt megoldások.
Szilágyi Tivadar (Budapest, Rákóczi F. g. III. o. t.)
Megjegyzések. 1. Ha a feltétel szerinti megoldásban ‐ ami szerint (4) és (5) teljesül ‐, akkor a fenti , (, 2, , 12) megoldásoknak megfelelő pontok közül csak 6 különböző. Hasonlóan ha , és , akkor az , számpár helyén , -t véve a pontok között szintén csak 6 különböző. Ugyanazon mellett ilyen , és , megoldás lehetetlen, mert az első esetben , négyzetszám, a másodikban viszont , nem négyzetszám. Megállapításunk nem azt mondja, hogy ha az adott egyenlet valamely megoldására , vagy , vagy , akkor az adott egyenlet egész megoldásainak száma kevesebb 12-nél, csupán azt, hogy ilyen megoldásból a fentiek szerint csak 5 további megoldást lehet leszármaztatni. Lehetséges ugyanis, hogy az vagy feltételt teljesítő megoldáson kívül van más a (2), ill. (4), ill. (5) feltételt teljesítő megoldás is. Pl. esetén egy megoldás , de megoldás , is, továbbá esetén megoldás , , de kielégíti az egyenletet , is, így az és az egyenletek egész megoldásainak száma legalább 18. 2. A második és harmadik megoldáscsoporthoz a (3) átalakítások helyett az alábbi meggondolással is eljuthatunk. Az adott egyenlet -re is, -ra is másodfokú, ezért egyikük értékét megválasztva a másikra legfeljebb 2 megoldás van, s azok egyikét a feltevésből ismerve a másikat kiszámíthatjuk. Pl. tudva, hogy mellett az egyik megoldás , a másik az | | , hiszen itt a két gyök összege . Hasonlóan az melletti, -tól különböző gyök az egyenletből . Ezek szerint minden megoldásból két új megoldást kapunk a következő két módon: | | hacsak , ill. . Kiindulva pl. a fenti ponthoz tartozó megoldásból az első és második mód váltakozó alkalmazásával sorra a fenti , , , , ponthoz tartozó megoldást kapjuk, majd -ből ismét -et. Hasonlóan kapcsolódnak egymáshoz az , , , , , és az , , , , , pontokhoz tartozó megoldások. Viszont -ből (, ) az első módon indulva önmagába jutunk. 3. Az adott egyenlet írható alakban, eszerint annak az ellipszisnek az egyenletével van dolgunk, melynek középpontja az origó, nagy tengelye az tengelyhez képest -kal van elfordulva, fél nagytengelye , fél kistengelye . Fentebb ennek az ellipszisnek az , ill. egyenessel való második metszéspontját határoztuk meg. |
|