Kezdőlap


Feladat:	F.3036	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: nehéz
Füzet:	1995/április, 222 - 223. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Harmadfokú (és arra visszavezethető) egyenletrendszerek, Számtani-mértani egyenlőtlenségek, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1994/november: F.3036

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

Jelöljük tetszőleges $a$ , $b$ egész számokra $m (a, b)$ -vel az

\begin{matrix} \begin{matrix} x_{1} + x_{2} + ... + x_{5} = a; \\ x_{1}^{3} + x_{2}^{3} + ... + x_{5}^{3} = b \end{matrix} \end{matrix}

(3)

egyenletrendszer megoldásainak számát az 1000-nél nem nagyobb abszolút értékű egészek körében. Nyilván

m (a, b) = 0

, ha

| a | > 5000

vagy

| b | > 5 \cdot 10^{9}

.
A (3) egyenletrendszer megoldásait összepárosíthatjuk az

\begin{matrix} \begin{matrix} x_{1} + x_{2} + ... + x_{5} = - a; \\ x_{1}^{3} + x_{2}^{3} + ... + x_{5}^{3} = - b \end{matrix} \end{matrix}

(4)

egyenletrendszerével, ha

x_{i}

helyére mindenhol

- x_{i}

-t írunk, ezért

m (a, b) = m (- a, - b)

mindig teljesül.
Csoportosítsuk (1) megoldásait aszerint, hogy

x_{1} + ... + x_{5}

és

x_{1}^{3} + ... + x_{5}^{3}

értéke mennyi. Ha

x_{1} + ... + x_{5} = a

és

x_{1}^{3} + ... + x_{5}^{3} = b

, akkor

x_{6} + ... + x_{10} = - a

és

x_{6}^{3} + ... + x_{10}^{3} = - b

, és az ilyen esetek száma

m (a, b) m (- a, - b) = m^{2} (a, b)

. Ha ezt minden lehetséges

a

b

számpárra összegezzük, megkapjuk (1) megoldásainak számát:

\begin{matrix} M_{1} = \sum_{| a | \leq 5000}^{} \sum_{| b | \leq 5 \cdot 10^{9}}^{} m (a, b) m (- a, - b) = \sum_{| a | \leq 5000}^{} \sum_{| b | \leq 5 \cdot 10^{9}}^{} m^{2} (a, b) . \end{matrix}

(5)

Hasonlóan kapjuk, hogy (2) megoldásainak száma

\begin{matrix} M_{2} = \sum_{| a | \leq 5000}^{} \sum_{| b | \leq 5 \cdot 10^{9}}^{} m (a, b) m (1 - a,1 - b) = \sum_{| a | \leq 5000}^{} \sum_{| b | \leq 5 \cdot 10^{9}}^{} m (a, b) m (a - 1, b - 1) . \end{matrix}

(6)

Alkalmazzuk az

u v \leq \frac{1}{2} (u^{2} + v^{2})

egyenlőtlenséget (6) minden tagjára. (Ez az egyenlőtlenség minden valós számpárra teljesül és egyenlőség pontosan akkor áll, ha

u = v

\begin{matrix} \begin{matrix} M_{2} = \sum_{| a | \leq 5000}^{} \sum_{| b | \leq 5 \cdot 10^{9}}^{} m (a, b) m (a - 1, b - 1) \leq \\ \leq \sum_{| a | \leq 5000}^{} \sum_{| b | \leq 5 \cdot 10^{9}}^{} \frac{1}{2} (m^{2} (a, b) + m^{2} (a - 1, b - 1)) \leq \sum_{| a | \leq 5001}^{} \sum_{| b | \leq 5 \cdot 10^{9} + 1}^{} m^{2} (a, b) = M_{1} . \end{matrix} \end{matrix}

Tehát

M_{2} \leq M_{1}

. Egyenlőség csak akkor állhatna, ha minden

a

b

számpárra

m (a, b) = m (a - 1, b - 1)

lenne. Ez azonban nem igaz, mert például

m (5001,5 \cdot 10^{9} + 1) = 0

és

m (5000,5 \cdot 10^{9}) = 1

. (Az egyetlen eset, amikor

x_{1} + ... + x_{5} = 5000

és

x_{1}^{3} + ... + x_{5}^{3} = 5 \cdot 10^{9}

, ha

x_{1} = ... = x_{5} = 1000

.)
Ezzel az állítást igazoltuk.

Megjegyzések. 1. Többen, érdemleges indoklás nélkül, azt állították, hogy (1)-nek csak olyan megoldásai vannak, amelyekben az

x_{i}

-k páronként ellentettek, illetve (2) megoldásaiban az

x_{i}

-k közül az egyik 0, egy másik 1, a többi pedig páronként ellentettje egymásnak. (Ezeket nevezhetjük ,,triviális'' megoldásoknak.)
Ez a sejtés nem igaz. Például (1) egy nem triviális megoldása

x_{1} = - 16

x_{2} = 13

x_{3} = 12

x_{4} = 10

x_{5} = - 8

x_{6} = - 7

x_{7} = 5

x_{8} = - 4

x_{9} = - 3

x_{10} = - 2

; a (2) egyenletrendszer egy nem triviális megoldása

x_{1} = - 12

x_{2} = 11

x_{3} = 10

x_{4} = - 9

x_{5} = 8

x_{6} = - 7

x_{7} = - 5

x_{8} = 4

x_{9} = 3

x_{10} = - 2

.
2. A megoldás elmondható akkor is, ha (2)-ben a két konstanst másra cseréljük. Ez azt jelenti, hogy az

\begin{matrix} \begin{matrix} x_{1} + x_{2} + ... + x_{10} & = c; \\ x_{1}^{3} + x_{2}^{3} + ... + x_{10}^{3} & = d \end{matrix} \end{matrix}

egyenletrendszernek

c = d = 0

esetén van a legtöbb megoldása.
Ez az eredmény lehetőséget ad

M_{1}

alsó becslésére is.