A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre. I. megoldás. páratlan szám, s így minden esetre 0-tól különböző, tehát az egyenlet másodfokú. Tegyük fel a bizonyítandó állítással ellentétben, hogy az gyökök racionálisak. Ekkor is racionális, de ez csak úgy lehet, ha egész is a négyzetgyök értéke. Mert ha valamilyen törttel volna egyenlő, feltehetjük hogy ez a tört tovább már nem egyszerűsíthető alakja. De ekkor sem egyszerűsíthető, mert különben volna egy prímszám is, amivel egyszerűsíthető, de és csak úgy lehet -vel osztható, ha és is osztható -vel, tehát is egyszerűsíthető volna. Kell tehát, hogy , s így legyen. Itt páratlan, mert a bal oldalon -vel együtt is az, és egy páratlan és páros szám különbsége páratlan. Így egy páros számmal tér el -től, . Ekkor
Az utolsó egyenlőségben azonban balról két páratlan szám szorzata áll és ez páratlan; a jobb oldalon viszont ha páros, akkor az első tényező páros, ha pedig páratlan, akkor a második tényező két páratlan szám különbsége s így páros szám. Ez az egyenlőség tehát nem állhat fenn. Így helytelen volt az a feltevésünk, amiből kiindultunk, hogy az (1) egyenletnek volna racionális gyöke.
II. megoldás. Tegyük fel, hogy valamilyen tört kielégítené (1)-et. Megmutatjuk, hogy ez nem lehetséges. Feltehetjük, hogy már tovább nem egyszerűsíthető alakban van írva. Feltevésünk szerint Innen, -nel szorozva Ha itt is, is páratlan, akkor a bal oldal mindhárom tagja is az, mert páratlan számok szorzata is páratlan, s így az összeg is páratlan. De akkor is páratlan (2) bal oldala, ha és közül az egyik páratlan, a másik páros, mert ekkor két tag páros, egy páratlan. Így egyik esetben sem lehet (2) bal oldala 0. Viszont is, is páros nem lehet, mert akkor a tört egyszerűsíthető volna. Így (2) nem teljesülhet, tehát nem elégítheti ki (1)-et.
Megjegyzések. 1. Több versenyző rámutatott, hogy az utóbbi bizonyítással bármely, csupa páratlan együtthatós, páros fokszámú egyenletről belátható, hogy nem lehet racionális gyöke. 2. Fila Jenő tanár (Zilah, Román NK.) megjegyezte, hogy még általánosabban, ha | | (páros fokú) egész együtthatós polinom, továbbá , és még páratlan számú együttható páratlan, akkor racionális helyen nem lehet 0. A fenti gondolatmenet mintájára | | Ha itt és egyike páros, a másika páratlan, akkor a jobb oldal páratlan, mert egy tag páratlan (az első vagy az utolsó); ha pedig is, is páratlan, akkor a páratlan együtthatás tagok páratlanok, a páros együtthatósak párosak, s így a jobb oldal ismét páratlan. Nem lehet tehát 0, s így sem. Ez abból következik, hogy minden szám egyértelműen bontható prímszámok szorzatára. Ugyanis -et prímtényezők szorzatára bonthatjuk úgy, hogy -t felbontjuk és ezt a felbontást négyzetre emeljük. Ha ettől különböző felbontás nem lehetséges, akkor -nek valóban nem lehet olyan prímosztója, ami nem osztója -nek. |