Feladat:	Gy.2592	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Bozsó Ferenc ,  Csorba Péter ,  Csörnyei Marianna ,  Faragó Gergely ,  Farkas Zénó ,  Ferencz Krisztina ,  Gacsályi Zsolt ,  Galambos István ,  Garzó Dénes ,  Győry Máté ,  Halász Domonkos ,  Hegedűs Pál ,  Imolay Olivér ,  Imreh Csanád ,  Ittzés Dániel ,  Katz Sándor ,  Keresztély Viktória ,  Komócsi Sándor ,  Koós Gábor ,  Kotnyek Balázs ,  Lente Gábor ,  Matolcsi Máté ,  Molnár-Sáska Gábor ,  Nagy Judit ,  Nemes Norbert ,  Olaszi Zsolt ,  Osváth András ,  Pataki Gergely ,  Perlaki Tamás ,  Piróth Attila ,  Risbjerg Anna ,  Sallai László ,  Szendrei Tamás ,  Szendrői Balázs ,  Szijártó Miklós ,  Tegzes Pál ,  Tichy Eszter ,  Újváry-Menyhárt Zoltán ,  Veres Tamás ,  Virág Bálint ,  Winter Katalin
Füzet:	1990/november, 391. oldal		PDF  |  MathML
Témakör(ök):	Magasabb fokú diofantikus egyenletek, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1989/december: Gy.2592

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre. $\begin{array}{c}{\displaystyle x^2+x=y^4+y^3+y^2+y\mathrm{.}}\end{array}$ (1) Szorozzuk meg az egyenlet mindkét oldalát $4$-gyel és adjunk mindkét oldalhoz $1$-et. Így a bal oldal teljes négyzet. A jobb oldalon is kíséreljünk meg teljes négyzetté alakítani. Így a $\begin{array}{c}{\displaystyle {\left(2x+1\right)}^2={\left(2y^2+y+1\right)}^2-\left(y^2-2y\right)={\left(2y^2+y\right)}^2+\left(3y^2+4y+1\right)}\end{array}$ egyenlethez jutunk. Ha $y$ egész szám és nem egyenlő a $-1$, $0$, $1$, $2$ értékek egyikével sem, akkor az egyenlet jobb oldalának két alakjából $\begin{array}{c}{\displaystyle {\left(2y^2+y\right)}^2<{\left(2x+1\right)}^2<{\left(2y^2+y+1\right)}^2\mathrm{,}}\end{array}$ így ${\left(2x+1\right)}^2$ két szomszédos négyzetszám közé esik, tehát nem lehet egy egész szám négyzete. Ha $y=-1$ vagy $0$, akkor (1)-ből $x^2+x=0$, azaz $x=0$, vagy $x=-1$. Ha $y=1$, akkor (1)-ből $x^2+x=4$, ilyen $x$ egész nem létezik. Ha $y=2$, akkor (1)-ből $x^2+x=30$, így $x=5$, vagy $x=-6$. Az (1) egyenletnek tehát hat megoldása van az egész számok körében, ezek: $\left(-1;-1\right)$, $\left(-1;0\right)$, $\left(0;-1\right)$, $\left(0;0\right)$, $\left(5;2\right)$, $\left(-6;2\right)$   Megjegyzés. Úgy is eljuthatunk a megoldáshoz, ha az (1) egyenletet $x$-ben másodfokúnak tekintve az egyenlet diszkriminánsát vizsgáljuk.