Mathematical and Physical Journal
for High Schools
Issued by the MATFUND Foundation
Already signed up?
New to KöMaL?
I want the old design back!!! :-)

Problem B. 4109. (September 2008)

B. 4109. Prove that \big(\sqrt{2}+1\big)^{\frac{1}{100}}+
\big(\sqrt{2}-1\big)^{\frac{1}{100}} is an irrational number.

(5 pont)

Deadline expired on October 15, 2008.


Sorry, the solution is available only in Hungarian. Google translation

Megoldás: Jelölje az összeg két tagját u és v. Ezek nyilván pozitív irracionális számok, hiszen 100-adik hatványuk is az. Ekkor

(uv)^{100}=u^{100}v^{100}=(\sqrt{2}+1)(\sqrt{2}-1)=1,

tehát uv=1. Tegyük fel, hogy az állítással ellentétben r=u+v racionális szám. Mivel u,v az x2-rx+1 másodfokú egyenlet gyökei, a gyökképlet alapján alkalmas s,t pozitív racionális számokkal és egy 1-nél nagyobb d négyzetmentes számmal u=s+t\sqrt{d} és v=s-t\sqrt{d} alakba írhatók. (Egy természetes számot négyzetmentesnek hívunk, ha nem osztható egyetlen 1-nél nagyobb négyzetszámmal sem).

Most megmutatjuk, hogy d=2. Ha x,y,z,w racionális számok, akkor

(x+y\sqrt{d})(z+w\sqrt{d})=(xz+ywd)+(xw+yz)\sqrt{d},

ahol xz+ywd és xw+yz is racionális számok. Ennek alapján könnyen levezethető, hogy alkalmas a,b racionális számokkal \sqrt{2}+1=(s+t\sqrt{d})^{100}=a+b\sqrt{d}. Átrendezés és négyzetreemelés után ebből 2+(1-a)^2+2(1-a)\sqrt{2}=b^2d, ahonnan \sqrt{2} irracionalitása folytán 1-a=0 következik. Ha most b=m/n, ahol m,n egész számok, akkor innen 2n2=dm2 adódik. Mivel d négyzetmentes szám, ez valóban csak d=2 esetén teljesülhet.

Legyen tehát s=h/q, t=k/q, ahol h,k,q olyan egész számok, melyeknek nincsen 1-nél nagyobb közös osztójuk. Ekkor (h+k\sqrt{2})^{100}=q^{100}(1+\sqrt{2}). A binomiális tétel alapján a racionális és a \sqrt{2}-es szorzót tartalmazó részek összevetésével a

\sum_{i=0}^{50}{100\choose 2i}2^ih^{100-2i}k^{2i}=q^{100}=
\sum_{i=0}^{49}{100\choose 2i+1}2^ih^{100-2i-1}k^{2i+1}

összefüggéseket írhatjuk fel. A baloldali összeg első tagja h100, ennek kivételével mindkét összeg minden egyes tagja páros, ami csak úgy lehetséges, ha h és q is páros. Mindkét összeg osztható tehát 2100-nal, és így 251-nel is. Ha i<50, akkor az első összeg i-edik tagjában 2 és h kitevőjének összege, 100-i\ge51, vagyis az összeg utolsó tagjának kivételével valamennyi tag osztható 251-nel. Ezért az utolsó tag, ami 250k100, is osztható kell legyen 251-nel, vagyis k páros. Arra jutottunk hát, hogy a h,k,q számoknak mégiscsak van 1-nél nagyobb közös osztójuk. Ez az ellentmondás igazolja indirekt feltevésünk helytelen voltát.


Statistics:

63 students sent a solution.
5 points:Ágoston Tamás, Aujeszky Tamás, Backhausz Tibor, Bálint Dániel, Beke Lilla, Blázsik Zoltán, Bodor Bertalan, Cséke Balázs, Dudás 002 Zsolt, Éles András, Énekes Péter, Fekete Dorottya, Fonyó Dávid, Frankl Nóra, Horowitz Gábor, Huszár Kristóf, Kalina Kende, Keresztfalvi Tibor, Kispéter Tamás, Kiss 427 Borbála, Kiss 902 Melinda Flóra, Kovács 235 Gábor, Kovács 729 Gergely, Kovács 888 Adrienn, Kovács 999 Noémi, Lenger Dániel, Márki Róbert, Márkus Bence, Mester Márton, Mészáros András, Nagy 648 Donát, Németh Bence, Nguyen Sy Bang, Orosz Ákos, Perjési Gábor, Roberts Vivienne, Somogyi Ákos, Szabó 308 Gréta, Tóth 222 Barnabás, Tóth 419 Péter, Tóth 555 Benjámin, Varga 171 László, Weisz Ágoston, Zelena Réka.
4 points:Köpenczei Gergő, Réti Dávid, Szenczi Zoltán.
2 points:10 students.
1 point:2 students.
0 point:4 students.

Problems in Mathematics of KöMaL, September 2008