Kezdőlap


Feladat:	B.3929	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Fonyó Dávid , Fridrik József Richárd , Roósz Gergő , Rózsa Levente
Füzet:	2007/március, 153 - 155. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Magasabb fokú egyenletek, Harmadfokú (és arra visszavezethető) egyenletek, Nevezetes azonosságok, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 2006/szeptember: B.3929

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

I. megoldás. Vegyük észre, hogy pl. $3^{3} + 4^{3} = 91 = 6^{3} - 5^{3}$ , ezért ${(\frac{3}{5})}^{3} + {(\frac{4}{5})}^{3} = {(\frac{6}{5})}^{3} - 1$ . Így, mivel ${(\frac{3}{5})}^{3}$ és ${(\frac{4}{5})}^{3}$ egyaránt szigorúan 0 és 1 közti racionális számok és $1 < {(\frac{6}{5})}^{3} < 2$ ,

\begin{matrix} {{(\frac{3}{5})}^{3}} + {{(\frac{4}{5})}^{3}} = {{(\frac{6}{5})}^{3}} . \end{matrix}

Ebből úgy kaphatunk további megoldásokat, hogy a

\frac{3}{5}

-höz, a

\frac{4}{5}

-höz és a

\frac{6}{5}

-höz egész számokat adunk úgy, hogy a köbük értéke is csak egész számmal változzék, azaz változatlan maradjon a köbök törtrésze. Az

\begin{matrix} {(n + r)}^{3} = n^{3} + 3 n^{2} r + 3 n r^{2} + r^{3} \end{matrix}

azonosságból világos, hogy ha

r

racionális szám és az

n

egész osztható az

r

nevezőjének a négyzetével, akkor

n^{3} + 3 n^{2} r + 3 n r^{2}

egész, ezért

{{(n + r)}^{3}} = {r^{3}}

.
Tehát (tetszőleges

k

egésszel)

x = \frac{3}{5} + 25 k

y = \frac{4}{5} + 25 k

z = \frac{6}{5} + 25 k

végtelen sok, kívánt tulajdonságú megoldása van az egyenletnek.

Megjegyzés. A fenti megoldásban ‐ egyetlen kivétellel, amikor

k = 0

‐ az

x

y

és

z

számok 1-nél nagyobb abszolút értékűek. A törtrészre tekintettel szebbnek éreznénk, ha 1-nél kisebb abszolút értékű megoldás is (végtelen sok) volna. Ez a szépség azonban elérhetetlen: ha például

0 < x, y, z < 1

lenne, akkor az egyenletben a törtrész jele mindenütt elhagyható lenne, és az

x^{3} + y^{3} = z^{3}

egyenletet kapnánk. A nemnulla

x^{3}

y^{3}

z^{3}

racionális számok nevezőinek szorzatával (ami egy nemnulla köbszám) az egyenlet mindkét oldalát megszorozva az

X^{3} + Y^{3} = Z^{3}

összefüggést kapnánk, ahol

X

Y

és

Z

pozitív egészek; ez azonban a Fermat‐Wiles-tételnek már Euler által igazolt speciális esete szerint lehetetlen. A következő konstrukció viszont azt mutatja, hogy a kívánt állapot legalábbis megközelíthető: létezik a feladat egyenletének végtelen sok olyan (nem egész racionális számokból álló) megoldása, ahol

| y |

és

| z |

is 1-nél kisebb.

II. megoldás. Legyen

n

egész szám, és tekintsük a következő azonosságokat.

\begin{matrix} {(9 n^{4} + 3 n)}^{3} + 1 & = 729 n^{12} + 729 n^{9} + 243 n^{6} + 27 n^{3} + 1, \\ {(9 n^{4})}^{3} + {(9 n^{3} + 1)}^{3} & = 729 n^{12} + 729 n^{9} + 243 n^{6} + 27 n^{3} + 1, \end{matrix}

így

\begin{matrix} {(9 n^{4} + 3 n)}^{3} + 1 = {(9 n^{4})}^{3} + {(9 n^{3} + 1)}^{3}, \end{matrix}

azaz

\begin{matrix} {(\frac{9 n^{4} + 3 n}{9 n^{4}})}^{3} + {(\frac{1}{9 n^{4}})}^{3} = {(\frac{9 n^{3} + 1}{9 n^{4}})}^{3} + 1. \end{matrix}

n \geq 2

, akkor

0 < \frac{1}{9 n^{4}} < 1

és

0 < \frac{9 n^{3} + 1}{9 n^{4}} < 1

, és ezért

\begin{matrix} {{(\frac{9 n^{4} + 3 n}{9 n^{4}})}^{3}} + {{(\frac{1}{9 n^{4}})}^{3}} = {{(\frac{9 n^{3} + 1}{9 n^{4}})}^{3}} . \end{matrix}