Feladat: 1339. matematika feladat Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Berger Tibor ,  Bluszt Ernő ,  Csuri Vilmos ,  Egri György ,  Fehér György ,  Gáspár Rezső ,  Gombos S. ,  Grosz László ,  Grünfeld Sándor ,  Hajnal Miklós ,  Halász Iván ,  Hoffmann Tibor ,  Holzer Pál ,  Klein József ,  Klein Kató ,  Komlós János ,  Krisztonosich Jenő ,  Lazarovits I. ,  Mandl Béla ,  Marosán Zoltán ,  Orbán O. ,  Pappert T. ,  Reiner I. ,  Sándor Gyula ,  Schreiber Béla ,  Sebestyén Gyula ,  Somogyi Antal ,  Szentmiklósi L. ,  Szerényi László ,  Tasnádi F. ,  Weisz Alfréd ,  Zubek P. 
Füzet: 1937/november, 61 - 63. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Másodfokú (és arra visszavezethető) egyenletek, Paraméteres egyenletek, Gyökök és együtthatók közötti összefüggések, Indirekt bizonyítási mód, Legnagyobb közös osztó, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1937/szeptember: 1339. matematika feladat

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

I. Megoldás. Segédtétel. Ha ab és cd irreducibilis törtek és ab=cd akkor kell, hogy b=d legyen.
ab irreducibilis, ha a-nak és b-nek nincs közös osztója: (a,b)∼11
Hasonlóan (c,d)∼1.
Ha ab=cd, akkor

ad=bc,
azaz az ad szorzat osztható b-vel; minthogy (a,b)∼1 kell, hogy d legyen a b többszöröse.
Hasonlóan a bc szorzat osztható d-vel; azonban (c,d)∼1 kell, hogy b legyen d többszöröse.
A két megállapítás csak úgy állhat meg, ha b=d.
MMMM̲

Legyenek már most pq és rs irreducibilis törtek úgy, hogy összegük és szorzatuk is egész szám. Tehát
pq+rs=E1...(1)pq⋅rs=E2...(2)


1)-ből:
pq=E1s-rs,
ahol a jobboldal is irreducibilis tört; tehát q=s.
Tekintettel erre, 2)-ből prq2=E2,
azaz pr a q2 többszöröse. Minthogy azonban (p,q)∼1 és (r,q)∼1 kell, hogy q=s=1 legyen, tehát pq és rs egész számok.
 
Somogyi Antal (Gyakorló középiskola VIII. o. Bp.)

 

II. Megoldás. A két racionális szám összege legyen p, szorzatuk q. A két szám mindegyike gyöke az
x2-px+q=0
egyenletnek, ahol p és q egész számok. Tegyük fel, hogy ezen egyenletnek gyökei valósak és az egyik gyök rs, ahol r és s relatív prímszámok.2 Ha rs kielégíti az egyenletet, akkor
(rs)2-p(rs)+q=0vagyr2=s(pr-qs).

Eszerint r2 az s többszöröse. Azonban (r,s)∼1 és így (r2,s)∼1, tehát ellenmondásra jutottunk. Az ellenmondás csak akkor szűnik meg, ha s=1, tehát, ha rs egész szám.
Kell tehát, hogy az
x2-px+q=0
egyenlet valós és racionális gyökei egész számok legyenek, ha p és q egész számok.
 
Komlós János (Gyakorló középiskola, VIII. o. Pécs.)

 

Jegyzet. Általában: ha az
xn+a1xn-1+a2xn-2+...+an-1x+an=0
egyenletnek, amelyben a1, a2, ..., an-1 an együtthatók egész számok, míg xn együtthatója 1, minden racionális gyöke egész szám. (L. Kürschák: Matematikai Versenytételek, 75. o.)
 

III. Megoldás. Ha a és b racionális számok, p és q egész számok úgy, hogy
a+b=p...(1)ab=q...(2)


akkor (a-b)2=p2-4q szintén egész szám
és
a-b=±p2-4q=±k...(3)
ahol a jobboldal racionális, egész szám.
1)-ből és 3)-ból
a=p±k2,b=p∓k2.

Ha p páratlan szám, akkor p2-4q és így p2-4q=k is páratlan. Ha p páros, akkor p2-4q és így p2-4q=k is páros. Eszerint a és b egész számok.
 
Berger Tibor (Fáy András g. VIII. o. Bp. IX.)
1a és b legn. közös osztója 1.

2(r,s)∼1; rs nem egyszerűsíthető, irreducibilis.