2CMV6121 feladat dekódolása nem sikerült.
Feladat: 2CMV6121 Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: átlagos
Füzet: 1962/január, 1 - 2. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Másodfokú (és arra visszavezethető) egyenletek, Indirekt bizonyítási mód, Prímtényezős felbontás, OKTV
Hivatkozás(ok):Feladatok: 2CMV6121 feladat dekódolása nem sikerült.
1961/szeptember: 2CMV6121

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.

I. megoldás. a páratlan szám, s így minden esetre 0-tól különböző, tehát az egyenlet másodfokú. Tegyük fel a bizonyítandó állítással ellentétben, hogy az

x=-b±b2-4ac2a
gyökök racionálisak. Ekkor b2-4ac is racionális, de ez csak úgy lehet, ha egész is a négyzetgyök értéke. Mert ha valamilyen d/g törttel volna egyenlő, feltehetjük hogy ez a tört tovább már nem egyszerűsíthető alakja. De ekkor d2/g2 sem egyszerűsíthető, mert különben volna egy prímszám is, amivel egyszerűsíthető, de d2 és g2 csak úgy lehet p-vel osztható, ha d és g is osztható p-vel, * tehát d/g is egyszerűsíthető volna. Kell tehát, hogy g2=1, s így b2-4ac=d2 legyen. Itt d páratlan, mert a bal oldalon b-vel együtt b2 is az, és egy páratlan és páros szám különbsége páratlan. Így d egy páros számmal tér el b-től, d=b-2d'. Ekkor
b2-4ac=(b-2d')2,4ac=4d'(b-d'),ac=d'(b-d').


Az utolsó egyenlőségben azonban balról két páratlan szám szorzata áll és ez páratlan; a jobb oldalon viszont ha d' páros, akkor az első tényező páros, ha pedig d' 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 p/q tört kielégítené (1)-et. Megmutatjuk, hogy ez nem lehetséges. Feltehetjük, hogy p/q már tovább nem egyszerűsíthető alakban van írva. Feltevésünk szerint
ap2q2+bpq+c=0.
Innen, q2-nel szorozva
ap2+bpq+cq2=0.(2)
Ha itt p is, q 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 p és q közül az egyik páratlan, a másik páros, mert ekkor két tag páros, egy páratlan. Így egyik esetben sem lehet (2) bal oldala 0. Viszont p is, q is páros nem lehet, mert akkor a p/q tört egyszerűsíthető volna. Így (2) nem teljesülhet, tehát p/q 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
f(x)=a0x2k+a1x2k-1+...+a2k-1x+a2k
(páros fokú) egész együtthatós polinom, továbbá a0, a2k és még páratlan számú együttható páratlan, akkor f(x) racionális helyen nem lehet 0. A fenti gondolatmenet mintájára
q2kf(pq)=a0p2k+a1p2k-1q+...+a2k-1pq2k-1+a2kq2k.
Ha itt p és q egyike páros, a másika páratlan, akkor a jobb oldal páratlan, mert egy tag páratlan (az első vagy az utolsó); ha pedig p is, q 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 f(pq) sem.
*Ez abból következik, hogy minden szám egyértelműen bontható prímszámok szorzatára. Ugyanis d2-et prímtényezők szorzatára bonthatjuk úgy, hogy d-t felbontjuk és ezt a felbontást négyzetre emeljük. Ha ettől különböző felbontás nem lehetséges, akkor d2-nek valóban nem lehet olyan prímosztója, ami nem osztója d-nek.