Feladat:	F.3239	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Babos Attila ,  Bákor Krisztina ,  Birkner Tamás ,  Devecsery András ,  Lábó Eszter ,  Lábó Melinda ,  Máthé András ,  Mecz Balázs ,  Naszódi Gergely ,  Pataki Péter ,  Pozsár Balázs ,  Terpai Tamás
Füzet:	1999/március, 156 - 157. oldal		PDF  |  MathML
Témakör(ök):	Másodfokú (és arra visszavezethető) egyenletek, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1998/szeptember: F.3239

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.   I. megoldás. A feladatbeli egyenlet $x^2$-re másodfokú, ezt ($y$-nal mint paraméterrel) megoldva: $\begin{array}{c}{\displaystyle x^2=\frac{-y^2\pm \sqrt[]{y^4+4y^{100}}}{2}\mathrm{.}}\end{array}$ Ahhoz, hogy $x^2$ egész szám legyen, szükséges, hogy $y^4+4y^{100}$ négyzetszám. Mivel ${\left(2y^{50}\right)}^2\le y^4+4y^{100}<{\left(2y^{50}+1\right)}^2$ ‐ ha $y$ egész ‐, ezért $4y^{100}=y^4+4y^{100}$, azaz $y=0$ és akkor $x=0$, ami valóban megoldás.  Babos Attila (Budapest, Apáczai Cs. J. Ginm., 10. o.t.)   II. megoldás. Tegyük fel, hogy $x$ és $y$  $0$-tól különböző. Ekkor $\begin{array}{c}{\displaystyle x^2{y}^2=y^{100}-x^4=\left(y^{50}-x^2\right)\left(y^{50}+x^2\right)=\left(y^{25}-x\right)\left(y^{25}+x\right)\left(y^{50}+x^2\right)\mathrm{.}}\end{array}$ Itt, mivel $y^{25}+x$ és $y^{50}+x^2$, valamint $x^2{y}^2$ pozitív, $y^{25}-x\ge 1$. Másrészt $y^{25}+x>y^2$ és $y^{50}+x^2>x^2$, ezért $\begin{array}{c}{\displaystyle x^2{y}^2=\left(y^{25}-x\right)\left(y^{25}+x\right)\left(y^{50}+x^2\right)>1\cdot y^2\cdot x^2\mathrm{,}}\end{array}$ ami ellentmondás. Tehát $x$ vagy $y$ nulla, és így az egyetlen megoldás $x=y=0$.  Naszódi Gergely (Fazekas M. Főv. Gyak. Gimn., 12. o.t.)   III. megoldás. Az előző megoldáshoz hasonlóan ezúttal is az $xy\ne 0$ esettel foglalkozunk. Jelölje az $x$ és $y$ legnagyobb közös osztóját $d$; ekkor $x=da$, $y=db$, ahol $a$ és $b$ egymáshoz relatív prím pozitív egészek. Az egyenlet mindkét oldalát $d^4$-nel elosztva: $\begin{array}{c}{\displaystyle a^2\left(a^2+b^2\right)=d^{96}{b}^{100}\mathrm{.}}\end{array}$ Mivel $a$ és $b$ relatív prímek, ezért $b^{100}$ az $a^2$-hez is és az $\left(a^2+b^2\right)$-hez is relatív prím. Az egyenlet szerint azonban $b^{100}$ osztója $a^2\left(a^2+b^2\right)$-nek; ez csak úgy lehetséges, ha $b^{100}=1$, azaz $b=1$. Ekkor $a^2+1=\frac{d^{96}}{a^2}={\left(\frac{d^{48}}{a}\right)}^2$, ami lehetetlen, hiszen egy pozitív négyzetszám rákövetkezője nem lehet négyzetszám.  Devecsery András (Fazekas M. Főv. Gyak. Gimn., 12. o.t.)