Feladat: B.3881 Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Blázsik Zoltán ,  Honner Balázs ,  Kardos Kinga Gabriela ,  Károlyi Márton ,  Komáromy Dani ,  Kovács 129 Péter ,  Kutas Péter ,  Mészáros Gábor ,  Milotai Zoltán ,  Nagy János ,  Németh Zsolt ,  Pálovics Róbert ,  Pásztor Attila ,  Sümegi Károly ,  Szabó Tamás ,  Szalkai Balázs ,  Szalóki Dávid ,  Szilágyi Csaba ,  Szűcs Gergely ,  Ta Phuong Linh ,  Tomon István ,  Udvari Balázs 
Füzet: 2006/november, 481 - 483. oldal  PDF file
Témakör(ök): Polinomok, Racionális számok és tulajdonságaik, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 2006/január: B.3881

Legyenek a, b, c olyan racionális számok, amelyekre
(a+b23+c43)3
is racionális. Bizonyítsuk be, hogy ekkor az a, b, c számok közül legalább kettő nulla.

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

Megoldás. Először megmutatjuk, hogy az x3-2 polinomnak nincs sem első-, sem pedig másodfokú osztója a racionális együtthatós polinomok között. Ha ugyanis lenne ilyen, akkor x3-2 egy első- és egy másodfokú racionális együtthatós polinom szorzata lenne. Az elsőfokú ax+b osztónak a -ba racionális szám gyöke, ami így gyöke lenne az x3-2 polinomnak is. Azonban egy racionális KN szám (ahol K és N egymáshoz relatív prím egészek) köbe sosem 2, hiszen K3=2N3 esetén a 2 kitevője a bal oldalon (K3 prímtényezős felbontásában) osztható 3-mal, a jobb oldalon pedig nem, ami lehetetlen.
Másodjára azt igazoljuk, hogy α, β, γ racionális számokkal α+β23+γ43=0 csak α=β=γ=0 esetén állhat fenn. Ekkor 23 gyöke ‐ az x3-2 polinomon kívül ‐ a (legfeljebb másodfokú) α+βx+γx2 polinomnak; ekkor gyöke e két polinom legnagyobb közös osztójának, d(x)-nek is. Az elsőként igazolt tulajdonság miatt d(x) csak harmadfokú vagy konstans polinom lehet. Ha d(x) harmafokú, akkor csak úgy lehet egy legfeljebb másodfokú polinomnak az osztója, ha az nulla, vagyis α=β=γ=0. Ha pedig d(x) konstans, akkor ‐ mivel van gyöke ‐ csak a nulla polinom lehet, ami viszont nem osztója x3-2-nek; ez az eset tehát nem következhet be.
A feladat állításának bizonyításához végezzük el az (a+b23+c43)3 hatványozást az (x+y)3=x3+y3+3xy(x+y) azonosság ismételt alkalmazásával:

(a+b23+c43)3=(a+b23)3+4c3+3(a+b23)c43(a+b23+c43)==(a3+2b3+3ab23(a+b23))+4c3++3c43(a2+b243+2ab23+ac43+2bc)==(a3+2b3+4c3+12abc)+(3a2b+6b2c+6ac2)23+(3ab2+3a2c+6bc2)43.

A másodjára bizonyított állítás szerint a kapott szám csak úgy lehet racionális, ha 3a2b+6b2c+6ac2=0, és 3ab2+3a2c+6bc2=0. Adjuk hozzá az első egyenlőség b-szereséhez a második (-a)-szorosát:
0=(3a2b+6b2c+6ac2)b-(3ab2+3a2c+6bc2)a=3c(2b3-a3).
A megoldás elején beláttuk, hogy a második tényező csak akkor nulla, ha a és b is az, különben pedig c=0, amiből például az előbbi első egyenlet révén ab=0 következik; tehát ekkor is az a, b, c számok közül legalább kettő nulla.
 
Megjegyzések. 1. A megoldás fontos részét képező egyértelmű előállíthatóság A+B23+C43 alakban (illetve ennek általános formája) megtalálható a feladat kitűzőjének, Fried Ervinnek a cikkében, lapunk januári számának 7. oldalán.
2. A közölt megoldás módszerével könnyen bizonyítható hasonló állítás 23 helyett n3-re, ahol n tetszőleges olyan egész, ami nem köbszám. ,,Felsőbb'' algebrai eszközökkel pedig hasonló eredmény látható be np-re is, ha p prímszám, és az n egész nem p-edik hatvány.