Feladat: Gy.2993 Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: könnyű
Megoldó(k):  Elek Péter ,  Fejős Ibolya ,  Lippner Gábor ,  Nyakas Péter ,  Vincze László 
Füzet: 1996/március, 154 - 155. oldal  PDF file
Témakör(ök): Gyökök és együtthatók közötti összefüggések, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1995/május: Gy.2993

Egy háromjegyű prímszám tízes számrendszerbeli alakja abc¯. Létezhet-e racionális gyöke az
ax2+bx+c=0
egyenletnek?

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

Tegyük föl, hogy valamely A=100a+10b+c prímszám esetén van racionális gyök, azaz léteznek olyan p, q egészek, (p,q)=1, hogy

a(pq)2+bpq+c=0.
Látható, hogy szükségképpen pq<0, vagyis feltehetjük, hogy p>0, q<0. Az egyenletet q2-tel szorozva:
ap2+bpq+cq2=0.(1)
Megvizsgálva a p-vel és q-val való oszthatóságot, azt kapjuk, hogy qa és pc, vagyis a=kq, c=lp. Mivel a, c>0, azért k<0 és l>0.
(1)-ből kifejezve ap-t és ezt pA-ba írva, majd átrendezve:
pA=100(-bq-lq2)+10bp+lp2==10b(p-10q)+l(p2-100q2)=(p-10q)(10b+lp+10lq).
A jobb oldal osztható (p-10q)-val, így a bal oldal is. Azonban p-10q>p, tehát p-10qp. Ez azt jelenti, hogy p-10q és A nem relatív prímek, ami viszont csak úgy lehet ‐ lévén A prímszám ‐, ha p-10q osztható A-val. Ám ez lehetetlen, mert
A=100kq+10b+lp>-10q+p,
hiszen 100k-100, és így 100kq-100q>-10q, valamint lpp. Ellentmondásra jutottunk, tehát nem létezhet olyan háromjegyű prímszám, amelynek a, b, c jegyeire az ax2+bx+c=0 egyenletnek lenne racionális megoldása.
 
Megjegyzés. A másodfokú egyenlet megoldóképletét használva is célhoz érhetünk: abból ugyanis látható, hogy b2-4ac négyzetszám kell legyen. Ez pedig viszonylag egyszerűen végignézhető az összes háromjegyű prímszámra.