A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre. I. megoldás. A harmonikus csoport definíciójában és , továbbá és szerepe szimmetrikus, akár az egyik, akár a másik párt, akár mindkettőt fölcserélve a bal oldal változatlan marad. Más indexcserék esetén viszont a kifejezés értéke megváltozik. I. Bontsuk föl az egyenlet bal oldalát két másodfokú polinom szorzatára, melyeknek zérushelyei és , illetve és : | | (2) | ahol tehát
Föltettük, hogy , ami csak azt jelenti, hogy , , , helyett rendre (új) , , , betűt írtunk; ezáltal sem a gyökök nem változtak meg, sem a determináns 0 vagy nem 0 volta, mert az új determináns értéke az eredetiének része (mind a három sorból kiemelünk -t). Az együtthatók összehasonlításából
Ennek a rendszernek 3 megoldása van, hiszen pl. az , , , számok 3-féleképpen rendezhetők két párba, párjának egymás után -t, -t, végül -t véve. Azáltal azonban, hogy , , , -et harmonikus csoportnak tesszük fel ‐ ami már nem engedi meg a négy gyök tetszés szerinti indexelését ‐, a megoldást egyértelművé tesszük. A definíció szerinti kapcsolatból átrendezéssel, majd (3) felhasználásával | | (8) | Ennek alapján (5) helyére két egyenletet írhatunk, vagy csak vagy csak betűkkel:
Mármost és a (4) és (5) alapján, és pedig (5) és (7) alapján rendre a következő két egyenlet gyökei: vagyis
ahol és értéke egymástól függetlenül vagy 1.
Ezeket a még hátra levő (6)-ba helyettesítve, majd kifejtve, rendezve
végül négyzetre emeléssel, rendezéssel
ez szükséges föltétele annak, hogy teljesüljön (2), (3) és (8), más szóval, hogy , , , az (1) gyökei legyenek és ebben a sorrendben harmonikus csoportot alkossanak. És mivel a föltételbeli determinánst kifejtve éppen (10) bal oldalát kapjuk (), azért a determináns eltűnése valóban szükséges föltétel.
II. Tegyük fel ‐ megfordítva ‐, hogy a determináns értéke 0. Ez ‐ mint láttuk ekvivalens (9) teljesülésével, s mivel itt a jobb oldal nem negatív, azért a bal oldali tényezők egyező előjelűek. Így a (9)-beli két négyzetgyök egyformán vagy valós, vagy tiszta képzetes, tehát , megválaszthatók úgy, hogy (9) két oldala előjelben is egyezzék. Legyen egyik, rögzített értéke , és -nek az az értéke , amelyre . Ekkor a | | kifejezésekre (6) ekvivalens (9)-cel, és mint a behelyettesítés mutatja, (4), (5), (7) és (8) mindegyike teljesül. Ha tehát , és , ill. és rendre a (2) jobb oldala első, ill. második tényezőjének 0 helyeit jelölik, ezek (8) teljesülése alapján harmonikus csoportot alkotnak. Ezzel bebizonyítottuk a kitűzésbeli föltétel elegendő voltát.
Komjáth Péter, Papp Zoltán |
II. megoldás. Jelöljük az kifejezés értékét -val, a feladatban szereplő determinánst -val, értékét pedig -vel. Azt kell megmutatnunk, hogy és értéke egyszerre 0 vagy egyszerre nem 0, ha , , , a -ban szereplő együtthatókkal felírt egyenlet gyökei. Ha a gyökökből levonunk egy számot, vagyis őket az | | (11) | számokkal helyettesítjük, akkor értéke nyilván változatlan marad. Vizsgáljuk meg, hogyan változik meg értéke a (11) transzformáció hatására. A (11) alatti gyökök az | | egyenlet gyökei, a (11) transzformáció tehát az együtthatókra az
transzformációt jelenti. Az új együtthatókkal felírt determináns értéke megegyezik az eredeti determináns értékével, hiszen ha első oszlopának -szeresét levonjuk a második oszlopból, majd az új második oszlop ()-szeresét, és az első oszlop ()-szeresét hozzáadjuk a harmadik oszlophoz, akkor az
| | determinánst kapjuk. Ennek első sorának -szeresét levonva a 2. sorból, majd az új második sor ()-szeresét és az első sor ()-szeresét a harmadik sorhoz hozzáadva -t kapjuk. Válasszuk -nek -et, ekkor értéke 0 lesz, elegendő tehát azzal az esettel foglalkoznunk, amikor , hiszen ha ez nem volna így, a fenti transzformációval olyan egyenletet kapunk, melyben az egyik gyök 0, és , értéke e transzformáció alatt változatlan marad. Ekkor | | és miatt Az , , számok az harmadfokú egyenlet gyökei. Ha van a gyökök között 0-val egyenlő, akkor , és csak akkor lehet, ha még is teljesül. Ekkor tehát van (13)-nak még egy, 0-val egyenlő gyöke. Megmutatjuk, hogy ekkor . Valóban, ha , vagy , vagy , akkor értéke mindig 0.
Megfordítva, ha van a gyökök között 0, akkor csak úgy lehet, ha , hiszen a gyökök és együtthatók összefüggése alapján | | Ha , akkor miatt , és , ha pedig vagy értéke 0, akkor nyilván . Ezzel beláttuk, hogy ha van a gyökök között 0, akkor és értéke egyszerre 0. Ha nincs a gyökök között 0, akkor értéke akkor és csakis akkor 0, ha vagyis ha az és harmonikus közepe. Az 1701. feladatban beláttuk, hogy ez akkor és csakis akkor 0, ha , feladatunk megoldását befejeztük. Lásd K. M. L. 41 (1970) 205. o. |