A B. 3878. feladat (2006. január)

B. 3878. Igazoljuk, hogy az x+y+z=0, x²+y²+z²=100 egyenletrendszernek nincs megoldása a racionális számok körében.

(4 pont)

A beküldési határidő 2006. február 15-én LEJÁRT.

Megoldás: Tegyük fel, hogy mégis van megoldás, ekkor alkalmas a,b,c és r0 egész számokkal x=a/r, y=b/r és z=c/r. Ezekre a számokra a+b+c=0 és a²+b²+c²=100r² teljesül. Legyen a,b,c legnagyobb közös osztója d, ekkor a k=a/d, m=b/d, n=c/d egész számoknak már nincs egynél nagyobb közös osztója, tehát legalább az egyik páratlan. Mivel k+m+n=0, e számok közül pontosan kettő páratlan. Páros szám négyzete 4-gyel osztható, míg egy páratlan számé 4-gyel osztva 1 maradékot ad. Ezért t=k²+m²+n² 4-gyel osztva 2 maradékot ad, vagyis nem lehet négyzetszám. Azonban t=100r²/d²=(10r/d)², egy racionális szám négyzete viszont csak akkor lehet egész szám, ha maga is egész szám, vagyis t négyzetszám kell legyen. Ez az ellenmondás mutatja, hogy az egyenletrendszernek mégsem lehet racionális megoldása.

Statisztika:

100 dolgozat érkezett.
4 pontot kapott:	Bogár 560 Péter, Csaba Ákos, Cseh Ágnes, Cserép Gergely, Cserép Máté, Csorba János, Dányi Zsolt, Farkas Márton, Győrffy Lajos, Gyurcsik Judit, Honner Balázs, Kardos Kinga Gabriela, Károlyi Márton, Komáromy Dani, Kovács 111 Péter, Kovács 129 Péter, Kovács Balázs, Kunovszki Péter, Kutas Péter, Laczák Lili, Mercz Béla, Mészáros Gábor, Milotai Zoltán, Móri Bálint, Nagy 235 János, Nagy 314 Dániel, Németh 007 Zsolt, Páldy Sándor, Pap Bálint, Pásztor Attila, Peregi Tamás, Pirkó Dániel, Psenák Bálint, Quittner Bence, Réti Norbert, Sümegi Károly, Szabó 108 Tamás, Szalkai Balázs, Szaller Dávid, Szalóki Dávid, Szilágyi 987 Csaba, Szirmai Péter, Szolnoki Lénárd, Szőke Nóra, Szudi László, Tossenberger Anna, Tóth 796 Balázs, Udvari Balázs, Varga 171 László, Werner Miklós.
3 pontot kapott:	15 versenyző.
2 pontot kapott:	11 versenyző.
1 pontot kapott:	18 versenyző.
0 pontot kapott:	6 versenyző.

A KöMaL 2006. januári matematika feladatai