További speciális másodfokú egyenletpárok

A 2024 júniusában megjelent cikkben olyan $x^2+ax+b=0$ és $x^2+ax-b=0$ alakú másodfokú egyenletpárokat vizsgáltam, amelyeknél $a$ és $b$ egész számok, és a két egyenlet gyökei szintén egész számok. Az alábbiakban vizsgált egyenletpárok megoldási módszere más matematikai eszközök bemutatását teszi lehetővé, tehát más szempontból érdekesek. Itt nem alkalmazunk komplex számokat a megoldások során, sokkal inkább támaszkodunk az emelt szintű érettségi követelményeire.

Középiskolai tanulmányok során gyakran találkozunk az $x^2+5x+6=0$ és az $x^2+6x+5=0$ másodfokú egyenletekkel, amelyeknek a gyökei egyaránt egész számok. Másik ilyen „szerencsés” páros a következő két egyenlet: $x^2-8x+7=0$ és $x^2+7x-8=0$ . Mindkét esetben a konstans tag és az elsőfokú tag együtthatóját felcserélve olyan másodfokú egyenletet kaptunk, amelynek szintén egész számok a gyökei, csakúgy, mint az eredetinek. ( Az alábbi ábrán a koordináta-rendszerben ábrázoltuk a fenti négy egyenlet megoldásait a függvények megrajzolásával.)

Ahogy azt a fent említett cikkben láttuk, ezúttal is felvethetjük matematika szakkörön és matematika tagozaton (vagy egyéb haladó csoportokban tanórán) az alábbi kérdéseket:

– Véges vagy végtelen sok ilyen páros létezik?

– Hogyan lehet ilyen egyenletpárokat előállítani a fenti két példán kívül (ha egyáltalán vannak)?

Ezekre a kérdésekre keressük a választ ebben a cikkben, és a probléma megoldásában a Viète-formulákat fogjuk segítségül hívni.

A probléma tehát a következő: melyek azok az és egész számok, amelyekre az és az másodfokú egyenletek gyökei egyaránt egész számok?

Elsőként vegyük észre, hogy ha $a=0$ , akkor az $x^2+bx+a=0$ egyenlet gyökei 0 és $-b$ (ezek tehát egészek), az $x^2+ax+b=0$ egyenlet gyökei viszont pontosan akkor lesznek egészek, ha $b$ egy négyzetszám ellentettje. Hasonlóan, ha $b=0$ , akkor $a$ -nak egy négyzetszám ellentettjének kell lennie ahhoz, hogy egész gyököket kapjunk. Ezek a feladatunk triviális megoldásai, amelyekből végtelen sok van, és nem túl érdekesek a számunkra. Innentől kezdve a nemtriviális megoldásokat vizsgáljuk, vagyis feltesszük, hogy sem $a$ , sem $b$ nem 0. Két esetet fogunk vizsgálni, ha $\lvert a\rvert=\lvert b\rvert$ , illetve, ha $\lvert a\rvert\neq \lvert b\rvert$ .

1. eset: $\lvert a\rvert=\lvert b\rvert$ , és $a\neq 0$ .

Ekkor két egyenletpárunk van, az egyik kétszer az $x^2+ax+a=0$ egyenletből, a másik pedig az $x^2-ax+a=0$ és az $x^2+ax-a=0$ egyenletekből áll. Világos, hogy mindegyik egyenlet diszkriminánsának négyzetszámnak kell lennie. Az és az egyenlet diszkriminánsa közös, nevezetesen $a^2-4a={(a-2)}^2-4$ . Ezek szerint $a^2-4a$ és $(a-2)^2$ is négyzetszámok, és a különbségük 4. Nem nehéz ellenőrizni, hogy csak akkor lehet két négyzetszám különbsége 4, ha az egyik 0, a másik pedig 4. Azt kaptuk tehát ebből az észrevételből, hogy $a^2-4a=0$ , amiből következik, hogy $a=4$ , hiszen $a\neq 0$ . Vagyis két egyenletpár jöhet szóba:

– az $x^2+4x+4=0$ , amelyik saját magával alkot párt. Gyors számolással meggyőződhetünk róla, hogy ennek tényleg egész gyökei vannak: $x_1=x_2=2$ .

– a másik pedig az $x^2-4x+4=0$ és $x^2+4x-4=0$ egyenletekből álló pár. Viszont a második egyenletnek nem egész számok a gyökei, azaz ebben az esetben az eredeti problémára nem kapunk megoldást.

Az $\lvert a\rvert=\lvert b\rvert$ esetben tehát egyetlen megoldás adódott: $a=b=4$ .

2. eset: $\lvert a\rvert\neq \lvert b\rvert$ , $a\neq 0$ és $b\neq 0$ .

Mivel $a$ és $b$ szerepe felcserélhető a kitűzött problémában, ezért feltehetjük, hogy $\lvert a\rvert>\lvert b\rvert$ . Legyenek az $x^2+ax+b=0$ egyenlet gyökei $x_1$ és $x_2$ . Természetesen egyik sem lehet 0, mert $b\neq 0$ . A Viète-formulák alapján $x_1+x_2=-a$ és $x_1\cdot x_2=b$ . Ebből, a háromszög-egyenlőtlenség általánosítását is felhasználva azt kapjuk, hogy:

$\displaystyle \lvert a\rvert =\lvert x_1+x_2\rvert \le \lvert x_1\rvert+\lvert x_2\rvert$

(1)

$\displaystyle \lvert b\rvert =\lvert-x_1\cdot x_2\lvert =\lvert x_1\rvert \cdot \lvert x_2\rvert.$

(2)

Mivel $\lvert a\rvert>\lvert b\rvert$ , ezért a következőt kapjuk:

$\displaystyle \lvert x_1\rvert\cdot \lvert x_2\rvert<\lvert x_1\rvert+\lvert x_2\rvert.$

(3)

A gyökök abszolútértékei pozitív egész számok, és azt kaptuk, hogy a szorzatuk kisebb az összegüknél. Hogyan lehetséges ez? Legyenek $k$ és $l$ pozitív egészek, és tegyük fel, hogy

$\displaystyle k\cdot l<k+l.$

Az egyenlőtlenség mindkét oldalából kivonjuk a $k+l$ kifejezést és hozzáadunk 1-et.

$\displaystyle k\cdot l-k-l+1<1,$

$\displaystyle (k-1)(l-1)<1.$

Mivel $k-1$ és $l-1$ nemnegatív egész számok, ez csak úgy lehetséges, ha legalább az egyikük 0, tehát $k$ vagy $l$ egyikének 1-nek kell lennie. Ezért (3) alapján valamelyik gyök abszolútértéke biztosan 1. Mivel $x_1$ és $x_2$ szerepe szimmetrikus, ezért feltehető, hogy $\lvert x_1\rvert =1$ . Legyen $\lvert x_2\rvert=n\in\mathbb{N}^+$ . Ekkor (2) miatt $\lvert b\rvert=n$ és (1) miatt $\lvert a\rvert \le n+1$ . Mivel $\lvert a\rvert>\lvert b\rvert$ , ezért $n<\lvert x_1+x_2\rvert \le n+1$ . Ebből pedig az következik, hogy $\lvert x_1+x_2\rvert=n+1=\lvert x_1\rvert+\lvert x_2\rvert$ . Ha két, 0-tól különböző szám összegének abszolútértéke megegyezik az abszolútértékük összegével, akkor a két szám azonos előjelű. Tehát $x_1$ és $x_2$ azonos előjelűek, ezért $b>0$ , tehát $b=n$ .

Innentől két esetet különböztetünk meg attól függően, hogy $a$ pozitív vagy negatív.

a) $a>0$ . Ekkor $x_1+x_2=-a$ miatt a két gyök összege negatív, és mivel azonos előjelűek, ezért mindkettő negatív. Tehát $x_1=-1$ és $x_2=-n$ , így a Viète-formulák alapján $a=n+1$ és $b=n$ . Most tekintsük a kiindulási $x^2+ax+b=0$ egyenlet párját, azaz az $x^2+bx+a=0$ egyenletet. Ennek diszkriminánsa:

$\displaystyle D=\ b^2-4a=\ n^2-4(n+1)=\ n^2-4n-4={\left(n-2\right)}^2-8$ .

Az egész gyökök miatt $D$ -nek négyzetszámnak kell lennie, és mivel $(n-2)^2$ is négyzetszám, ezért két olyan négyzetszámot keresünk, amelyek különbsége 8. Nem nehéz ellenőrizni, hogy csak akkor lehet két négyzetszám különbsége 8, ha az egyik 1, a másik 9. Ezek szerint $(n-2)^2=9$ , amiből következik, hogy $n=5$ , mert $n$ pozitív. Tehát $b=5$ és $a=6$ , vagyis ebben az esetben egyetlen megoldás adódott, a cikk elején is említett $x^2+5x+6=0$ és az $x^2+6x+5=0$ másodfokú egyenletpár.

b) $a<0$ . Ekkor $x_1+x_2=-a$ miatt mindkét gyök pozitív, ezért $x_1=1$ és $x_2=n$ , valamint $a=-n-1$ és $b=n$ . Az $x^2+ax+b=0$ egyenlet párjának, vagyis az $x^2+bx+a=0$ egyenletnek a diszkriminánsa:

$\displaystyle b^2-4a=n^2-4(-n-1)=n^2+4n+4={(n+2)}^2.$

Az $x^2+ax+b=0$ egyenlet diszkriminánsa pedig:

$\displaystyle a^2-4b={(-n-1)}^2-4n=n^2-2n+1={(n-1)}^2.$

Látható, hogy mindkét egyenlet diszkriminánsa négyzetszám. Mivel a megoldóképletben szereplő számláló két tagjának paritása megegyezik, ezért ha 2-vel osztjuk, egész számokat kapunk, tehát egész számok lesznek a gyökei mindkét egyenletnek. Vagyis ebben az esetben végtelen sok, a feltételeknek megfelelő másodfokú egyenletpár létezik, hiszen $n$ tetszőleges pozitív egész szám lehet.

Összefoglalva: a cikkben kitűzött feladat nemtriviális megoldásai a következők:

– Az $x^2+4x+4=0$ egyenlet, amelynek a párja önmaga.

– Az $x^2+5x+6=0$ és az $x^2+6x+5=0$ másodfokú egyenletpár.

– Az $x^2+(-n-1)x+n=0$ és az $x^2+nx-n-1=0$ másodfokú egyenletpárok, ahol $n$ pozitív egész szám. Ebbe a kategóriába tartozik a cikk elején említett $x^2-8x+7=0$ és $x^2+7x-8=0$ egyenletpár.

Beláttuk tehát, hogy végtelen sok nemtriviális megoldása van a cikkben kitűzött problémának, és egyúttal a Viète-formulákra is találtunk egy szép alkalmazást.

Tritz Árpád,

SZTE Báthory István Gimnázium és Általános Iskola

Információk

Főmenü

További speciális másodfokú egyenletpárok