Feladat: 1960. évi Arany Dániel matematikaverseny 1. forduló kezdők (speciális) 1. feladata Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: átlagos
Füzet: 1960/október, 49 - 51. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Nevezetes azonosságok, Arany Dániel
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1960/október: 1960. évi Arany Dániel matematikaverseny 1. forduló kezdők (speciális) 1. feladata

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

I. megoldás: Próbálgatással könnyen kapjuk a következő felbontásokat:

33-13=260=12+32+42=02+12+52,43-23=560=22+42+62,53-33=980=32+52+82=12+42+92=02+72+72,63-43=152=42+62+102=22+22+122,23-03=80=02+22+22,13-(-1)3=20=(-1)2+12+02,(-2)3-(-4)3=56=(-4)2+(-2)2+(-6)2.

Észrevesszük, hogy mindegyik különbség elsőnek írt felbontásában az első két négyzetszám alapja az a két szám, amelyek köbeinek különbségét éppen vizsgáljuk, a harmadik négyzetszám alapja pedig az előbbi kettőnek az összege. Ezek alapján azt sejtjük, hogy a vizsgálandó számokat n és n+2-vel jelölve bármely n mellett fennáll
(n+2)3-n3=n2+(n+2)2+(2n+2)2.(1)

Sejtésünk bizonyítására a két oldali hatványokat kifejtve mindkét oldalon 6n2+12n+8-at kapunk, tehát (1) helyes. Ha n és vele n+2 egész szám, akkor összegük is az, tehát a jobb oldal mindhárom tagja négyzetszám. Evvel az állítást igazoltuk.
 

Megjegyzések: 1. Kevesebb konkrét próbálgatást végzünk a következő meggondolásban, és nem lesz szükség bizonyításra. Nyilvánvaló, hogy a köbök
(n+2)3-n3=6n2+12n+8(2)
különbségében n-et változtatva a négyzetszámok alapjai is változnak, függnek n-től. Tegyük fel, hogy van olyan felbontás, melyben az alapok n-nek elsőfokú függvényei, vagyis ilyen alakúak:
an+b,cn+d,en+f,(3)
ahol a, b, c, d, e, f egész számok. Ezek négyzetösszege átrendezéssel
(a2+c2+e2)n2+2(ab+cd+ef)n+(b2+d2+f2).(4)
Ha találunk olyan a,b,...,f egész számokat, amelyekkel (4) egymás utáni együtthatói egyenlők a (2) jobb oldalán álló együtthatókkal:
a2+c2+e2=6,(5)
2(ab+cd+ef)=12,(6)
b2+d2+f2=8,(7)

evvel igazoltuk az állítást, és a talált a,b,...,f számokkal képezett (3) kifejezések minden n-re adnak egy alapszám-hármast a kívánt négyzetösszegfelbontáshoz.
(5) és (7) szerint az a,b,...,f együtthatók négyzetei számára csak a 6-on, 8-on aluli négyzetszámok jönnek szóba: 0, 1 és 4. Ezek közül vett három tagból a 6-os, 8-as összeg 1+1+4, ill. 0+4+4 alakban kiadódik. Ennek alapján vehetjük egyrészt, hogy a=c=1, e=2, másrészt hogy, b, d, f értékei valamely sorrendben a 0, 2, 2 számok, és e sorrendet cserélgetve megvizsgálhatjuk, hogy teljesül-e (6). Mindjárt a b=0, d=f=2 értékrendszerrel való próba eredményes, ezekkel a (3) kifejezések az (1) jobb oldalán álló alapokat adják.
2. Az (1) jobb oldalán álló alapszámok bármelyike helyett (-1)-szeresét véve ‐ vagyis pl. c és d előjelének egyidejű cseréjével ‐ csupán látszólag kapnánk újabb felbontást, hiszen így maguk a négyzetszámok ugyanazok maradnak. (Ilyenkor (5) és (7)-ben a négyzetek, és (6)-ban a szorzatok értéke változatlan.) Felvetődik azonban a kérdés: található-e a (3) együtthatói számára adódott számok sorrendjének, valamint pl. c és d egyikének előjelét megváltoztatva ‐ vagy másképpen ‐ az (1)-től lényegesen különböző felbontás?
Nyilván sem (5)-ben, sem (7)-ben nem lehetséges más megfelelő előállítás. Továbbá, hogy az eddigi b=0, d=2 értékeket felcserélve sem kapunk új felbontást, f=0, b=2-vel pedig a (6) bal oldalán álló ab+cd+ef kifejezés értéke kisebbnek adódik. Mindig az eddigi 6-nál kisebbnek adódik ez a kifejezés, vagy változatlan marad, ha bármelyik tagjának egyik tényezőjét ellentett jellel próbáljuk venni. Így tehát nem kapunk új felbontást.
Nem jöhet szóba a (3)-beliek helyére elsőnél magasabb fokú kifejezés sem ‐ pl. egy vagy több másodfokú ‐, mert ilyenek négyzetében a legmagasabb fokú tag pozitív, és így összegük nem lehet 0, amint (2) jobb oldala kívánná.
3. Legutóbbi meggondolásunkat nem teszi feleslegessé az az észrevétel, hogy 43-23=56-ra csak a 22+42+62 felbontást adtuk, és könnyű belátni, hogy más ilyen felbontás nincs. Gondolni kell ugyanis arra, hogy e felbontás 2, 4, 6 alapszámait más (3) alakú kifejezések is kiadhatnák n=2-vel.
 

II. megoldás: Ismert azonosság szerint
x3-y3=(x-y)(x2+xy+y2).
Innen az x-y=2 értéket figyelembe véve, alkalmas csoportosítással azonnal adódik, hogy
x3-y3=2x2+2xy+2y2==x2+y2+(x+y)2,


amit bizonyítanunk kellett.
 

Megjegyzés: Pozitív n esetére a bebizonyított azonosságnak geometriai jelentést adhatunk, ha (1)-et a következő alakban írjuk:
(n+2)3=n3+n2+(n+2)2+4(n+1)2.(8)
Tekintsünk minden tagot egy-egy test térfogata mértékszámának. Így a köbök n+2, ill. n egységnyi élű kockák, a négyzetek pedig hat olyan egységnyi magasságú, négyzetes oszlop térfogatát jelentik, amelyeknek alapéle rendre n, n+2, ill. négy esetben n+1 egység.
 
 


Így (8) azt fejezi ki, hogy a nagyobb kocka térfogata egyenlő a további 7 test térfogatának összegével. Ennél többet láthatunk be könnyen: a 7 testből, mindegyiket tömörnek tekintve, hézagtalanul össze is lehet állítani egy a nagyobbal egybevágó kockát. Fektessük le evégett az ,,n2-térfogatú'' oszlopot, állítsuk rá az ,,n3''-kockát úgy, hogy a 4‐4 oldallapjuk síkjai egybeessenek, így n egységnyi alapélű, n+1 magasságú O1 oszlopot kapunk. Állítsuk O1 köré egy oldallapjukon állva, négyzetlapjukkal O1 egy-egy oldallapjához zárva a négy (n+1)2 térfogatú oszlopot úgy, hogy egy-egy oldallapjuk a belső oszlop egy-egy oldallapjának síkjába essék, így n+1 egységnyi magas és n+2 alapélű O2 oszlopot kapunk. Végül fektessük rá O2-re az (n+2)2 térfogatú oszlopot úgy, hogy oldallapjaik síkjai egybeessenek.