Középiskolai tanárként (és persze diákként is) szeretjük az olyan egész együtthatós, 1 főegyütthatójú másodfokú egyenleteket, amelyeknek egész gyökei vannak. A középiskolai tanulmányok során számtalan ilyen egyenlettel találkozunk, és megesik, hogy ezek között valamilyen kapcsolatot is felfedezünk.
Például az \(x^2-5x+6=0\) és az \(x^2-5x-6=0\) egyenletek gyökei egyaránt egész számok. Másik ilyen „szerencsés” páros a következő két egyenlet: \(x^2-13x+30=0\) és \(x^2-13x-30=0\). Mindkét esetben a konstans tag előjelét megváltoztatva olyan másodfokú egyenletet kaptunk, amelynek szintén egész számok a gyökei, csakúgy, mint az eredetinek.
Matematika szakkörön és matematika tagozaton felvethetők az alábbi kérdések:
– Hány ilyen tulajdonságú páros létezik?
– Egyáltalán véges vagy végtelen sok van belőlük?
– 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 komplex számokat is segítségül hívjuk.
Az első dolog, amire érdemes kitérni, hogy ha az elsőfokú tag együtthatójának az előjelét változtatjuk meg, akkor az új gyökök az eredeti gyökök ellentettjei lesznek, vagyis, ha eredetileg egész számok voltak, akkor azok is maradnak. Ez azonnal kiolvasható a megoldóképletből. A konstans tag előjelének megváltoztatása viszont a legtöbb esetben a diszkriminánst is megváltoztatja, így egyáltalán nem nyilvánvaló, hogy egész gyököket kapunk a változtatás után.
A probléma tehát a következő: melyek azok az \(a\) és \(b\) egész számok, amelyekre az \(x^2+ax+b=0\) és az \(x^2+ax-b=0\) másodfokú egyenletek gyökei egyaránt egész számok?
Mint az előző megjegyzésből is következik, \(a\) előjele nem befolyásolja a vizsgálatainkat (és természetesen \(b\) előjele sem). Ha \(b=0\), akkor minden \(a\in \mathbb{Z}\)-re olyan egyenleteket kapunk, amelyeknek egész gyökei vannak (0 és \(-a\)). Ezek a feladatunk triviális megoldásai, amelyekből nyilván végtelen sok van, de nem túl érdekesek a számunkra. Innentől a nemtriviális megoldásokat vizsgáljuk, vagyis feltesszük, hogy \(a\), \(b>0\). Ahhoz, hogy mindkét másodfokú egyenlet gyökei egészek legyenek, szükséges, hogy mindkét egyenlet diszkriminánsa négyzetszám legyen. Ez viszont elegendő is hozzá, mert a megoldóképletben szereplő számláló ( \(-a\pm \sqrt{a^2\pm 4b}\)) két tagjának paritása megegyezik, ezért ha 2-vel osztjuk, egész számokat kapunk.
Az egyenletek diszkriminánsai: \(a^2-4b\) és \(a^2+4b\). Ezeknek kell négyzetszámnak lenniük, vagyis valamilyen \(c,d\) pozitív egész számokra fenn kell állnia a következő összefüggéseknek:
| \(\displaystyle a^2-4b=c^2\) | (1) |
és
| \(\displaystyle a^2+4b=d^2.\) | (2) |
Itt \(c\) és \(d\) nem lehet egyenlő egymással, mert akkor \(b\) értéke 0 lenne, és visszajutnánk a triviális megoldásokhoz. Ha összeadjuk (1)-et és (2)-t, akkor a következőt kapjuk:
| \(\displaystyle 2a^2=c^2+d^2.\) | (3) |
Vagyis a \(2a^2\) olyan szám, amely előáll két különböző négyzetszám összegeként. Ez a gondolatmenet visszafelé is működik: ha \(2a^2\) előáll \(c^2+d^2\) alakban, ahol \(c\neq d\), akkor a (3) átrendezésével kapjuk: \(a^2-c^2=d^2-a^2\).
– Ha \(a\) páros, akkor \(2a^2\) osztható 8-cal, így (3) miatt \(c^2+d^2\) is. Ez viszont csak úgy lehetséges, ha \(c\) és \(d\) is páros. Ekkor tehát \(a^2-c^2\) és \(d^2-a^2\) is osztható 4-gyel.
– Ha \(a\) páratlan, akkor \(2a^2\)-nek a 4-es maradéka 2, így (3) miatt \(c\) és \(d\) is páratlanok. Ebben az esetben is teljesül tehát, hogy \(a^2-c^2\) és \(d^2-a^2\) osztható 4-gyel. Vagyis \(b\) megkapható \(b=\frac{a^2-c^2}{4}=\frac{d^2-a^2}{4}\) alakban (természetesen \(c\neq d\) miatt \(b\neq 0\)), és innen visszakapjuk az (1) és (2) összefüggéseket.
Azt állapítottuk meg tehát, hogy pontosan azokhoz az \(a\) pozitív egész számokhoz létezik olyan \(b\) pozitív egész szám, amelyekre az \(x^2+ax+b=0\) és az \(x^2+ax-b=0\) másodfokú egyenletek gyökei egész számok, amely \(a\) számok esetében \(2a^2\) előáll két különböző négyzetszám összegeként. A kérdés az, hogy hogyan lehet egy ilyen előállítást „elkészíteni”.
Erre fogunk példát látni az alábbiakban. Komplex számok segítségével dolgozunk, és felhasználjuk a komplex számok körében megismert műveleteket és műveleti tulajdonságokat.
1. példa. Legyen \(a=91\): \[\displaystyle 2\cdot {91}^2=2\cdot 13\cdot 7\cdot 13\cdot 7=98\cdot 169=\left(49+49\right)\cdot \left(144+25\right)={|7+7i|}^2\cdot {|12+5i|}^2=\] \[\displaystyle =\vert\left(7+7i\right)\left(12+5i\right)\vert^2={\left\vert 49+119i\right\vert}^2={49}^2+{119}^2.\]
Tehát \(c=49\) és \(d=119\), így \(b=\frac{a^2-c^2}{4}=1470\). Így a megfelelő egyenletpár: \(x^2+91x+1470=0\) (a gyökei \(-70\) és \(-21\)) és \(x^2+91x-1470=0\) (a gyökök \(-105\) és 14). Természetesen 91 helyett \(-91\)-et is lehet írni \(x\) együtthatójaként. Vegyük észre, hogy a számolás során felhasználtuk, hogy a 91 összetett szám, és így több prímtényező szorzatára bontható.
2. példa. Vizsgáljunk meg most egy olyan esetet, amikor \(a\) prímszám. Legyen például \(a=73\): \[\displaystyle 2\cdot {73}^2=2\cdot 73\cdot 73=146\cdot 73=\left(121+25\right)\cdot \left(9+64\right)={\vert 11+5i\vert}^2\cdot {\vert 3+8i\vert}^2=\] \[\displaystyle =\vert\left(11+5i\right)\left(3+8i\right)\vert^2={\left\vert-7+103i\right\vert}^2=7^2+{103}^2.\]
Ebben az esetben \(c=7\) és \(d=103\), így \(b=\frac{a^2-c^2}{4}=1320\). Tehát a megfelelő egyenletpár: \(x^2+73x+1320=0\) (a gyökei \(-40\) és \(-33\)) és \(x^2+73x-1320=0\) (a gyökök \(-88\) és 15).
3. példa. Nézzünk meg olyan esetet is, amikor \(a\) páros szám és nem négyzetmentes! Legyen például \(a=120\): \[\displaystyle 2\cdot {120}^2=2\cdot 3\cdot 40\cdot 3\cdot 40=18\cdot {40}^2=\left(9+9\right)\cdot {(36+4)}^2={\vert 3+3i\vert}^2\cdot ({\vert 6+2i\vert}^2)^2=\] \[\displaystyle =\vert\left(3+3i\right){(6+2i)}^2\vert^2={\vert\left(3+3i\right)\left(32+24i\right)\vert^2=\left\vert 24+168i\right\vert}^2={24}^2+{168}^2.\]
Így tehát \(c=24\) és \(d=168\), ezért \(b=\frac{a^2-c^2}{4}=3456\). Vagyis a megfelelő egyenletpár: \(x^2+120x+3456=0\) (a gyökei \(-48\) és \(-72\)) és \(x^2+120x-3456=0\) (a gyökök \(-144\) és 24).
Ez a három példa jól mutatja, hogyan keressünk a cikk elején bemutatott egyenletpárokhoz hasonlókat: a \(2a^2\) számot bontsuk fel két (vagy több) olyan szám szorzatára, amelyek maguk is előállnak két négyzetszám összegeként, majd pedig használjuk fel a komplex számok szorzására és abszolútértékére vonatkozó szabályokat. Az persze kérdés, hogy milyen \(a\) pozitív egészekre létezik megfelelő felbontás. Erre ad választ a következő állítás.
Állítás: Valamely \(a\in {\mathbb{N}}^+-\)ra \(2a^2\) pontosan akkor áll elő két különböző négyzetszám összegeként, ha az \(a\) szám prímtényezős felbontásában van \(4k+1\) alakú prímszám ( \(k\in \mathbb{N}^+\)).
Bizonyítás: Felhasználjuk azt a tételt, amely szerint egy négyzetszám pontosan akkor írható fel két kisebb négyzetszám összegeként, ha a prímtényezős felbontásában van \(4k+1\) alakú prím. (Ennek bizonyítása a cikk végén megadott hivatkozásban található.)
Először tegyük fel, hogy az \(a\) pozitív egész szám prímtényezős felbontásában van \(4k+1\) alakú prímszám. Ekkor \(a^2\) előáll két, nála kisebb négyzetszám összegeként, vagyis valamilyen \(0<t<s<a\) egészekre \(a^2=s^2+t^2\). Ekkor \(2a^2=2s^2+{2t}^2={(s+t)}^2+{(s-t)}^2\). Nyilván \(s+t\neq s-t\), mert akkor \(t\) egyenlő lenne \(0\)-val. Így \(2a^2\) előáll két különböző négyzetszám összegeként.
Nézzük meg a másik irányt. Tegyük fel, hogy \(2a^2\) előáll két különböző négyzetszám összegeként, vagyis \({2a}^2=e^2+f^2,\) ahol \(e,f\in {\mathbb{N}}^+\) és \(e<f\). Ekkor \({\left(\frac{f+e}{2}\right)}^2+{\left(\frac{f-e}{2}\right)}^2=\frac{2e^2+2f^2}{4}=\frac{e^2+f^2}{2}=a^2\). Mivel \({2a}^2=e^2+f^2\), ezért \(e\) és \(f\) azonos paritásúak, és így \(\frac{f+e}{2}\), valamint \(\frac{f-e}{2}\) természetes számok. Egyik sem lehet egyenlő 0-val, ezért az \(a^2\) számot előállítottuk két, nála kisebb négyzetszám összegeként. A hivatkozott tétel alapján ez azt jelenti, hogy az \(a\) pozitív egész szám prímtényezős felbontásában van \(4k+1\) alakú prímszám. Ezzel az állítást beláttuk.
A fenti állításból következik természetesen az is, hogy végtelen sok nemtriviális megoldása van a cikk elején kitűzött problémának. Egyúttal a komplex számoknak egy szép alkalmazását találtuk a másodfokú egyenletek témakörében.
Hivatkozás
[1] Maga Balázs és Török Mihály: Háromszögszámok és négyzetszámok összegéről
Tritz Árpád
Szegedi Tudományegyetem Gyakorló Gimnázium és Általános Iskola
