 |
A B. 5546. feladat (2026. szeptember) |
B. 5546. Az \(\displaystyle a\), \(\displaystyle b\), \(\displaystyle c\) pozitív egész számokra \(\displaystyle \frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\) és \(\displaystyle \frac{a}{c}+\frac{c}{b}+\frac{b}{a}\) is egész. Mutassuk meg, hogy \(\displaystyle a=b=c\).
Javasolta: Holló Gábor (Budapest)
(5 pont)
A beküldési határidő 2026. október 12-én LEJÁRT.
1. megoldás. Legyen \(\displaystyle d\) az \(\displaystyle a,b,c\) számok legnagyobb közös osztója: \(\displaystyle d:=(a,b,c)\), és legyen \(\displaystyle a=da',b=db',c=dc'\). Világos, hogy \(\displaystyle a',b',c'\) olyan pozitív egész számok, melyek legnagyobb közös osztója 1, továbbá \(\displaystyle \frac{a'}{b'}+\frac{b'}{c'}+\frac{c'}{a'}\) és \(\displaystyle \frac{a'}{c'}+\frac{c'}{b'}+\frac{b'}{a'}\) is egész. Azt fogjuk belátni, hogy \(\displaystyle a'=b'=c'=1\).
Ha ugyanis ez nem így lenne, akkor lenne olyan \(\displaystyle p\) prímszám, mely osztja \(\displaystyle a',b',c'\) valamelyikét. Mindhármat nem oszthatja, így az általánosság megszorítása nélkül feltehető, hogy \(\displaystyle p\nmid c'\) és az \(\displaystyle a',b'\) számok prímtényezős felbontásában \(\displaystyle p\) rendre \(\displaystyle \alpha,\beta\) kitevővel szerepel, ahol \(\displaystyle \alpha\geq\beta\geq 0\) és \(\displaystyle \alpha\geq 1\). (Mindkét ciklikus sorrend esetén adott a feltétel, így ez valóban feltehető.)
Közös nevezőre hozással látható, hogy \(\displaystyle \frac{a'}{b'}+\frac{b'}{c'}+\frac{c'}{a'}\) pontosan akkor egész ha \(\displaystyle (a')^2c'+(b')^2a'+(c')^2b'\) osztható az \(\displaystyle a'b'c'\) szorzattal.
A három tagban \(\displaystyle p\) kitevője rendre \(\displaystyle 2\alpha, 2\beta+\alpha, \beta\). Mivel \(\displaystyle 2\alpha>\beta\) és \(\displaystyle 2\beta+\alpha>\beta\), ezért \(\displaystyle (a')^2c'+(b')^2a'+(c')^2b'\) szám \(\displaystyle p\)-nek csak a \(\displaystyle \beta\)-adik hatványával osztható. Azonban az \(\displaystyle a'b'c'\) szorzat \(\displaystyle p\)-nek ennél magasabb, \(\displaystyle (\alpha+\beta)\)-adik hatványával osztható, így az oszthatóság nem állhat fenn.
Ezzel beláttuk, hogy \(\displaystyle a'=b'=c'=1\), ami egyenértékű a bizonyítandó \(\displaystyle a=b=c\) állítással.
(Az \(\displaystyle a=b=c\) esetben egyébként valóban mindkét összeg egész, értékük egyaránt 3.)
2. megoldás. Legyen \(\displaystyle u=\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\) és \(\displaystyle v=\frac{a}{c}+\frac{c}{b}+\frac{b}{a}\). Mivel \(\displaystyle v=\frac{a}{c}+\frac{c}{b}+\frac{b}{a}=\frac{a}{b}\cdot\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\cdot\frac{a}{b}+\frac{b}{c}\cdot\frac{c}{b}\), ezért a Viète formulák alapján az \(\displaystyle \frac{a}{b},\frac{b}{c},\frac{c}{a}\) számok éppen az
\(\displaystyle x^3-ux^2+vx-1=0\)
polinom gyökei, hiszen összegük \(\displaystyle u\), a kettős szorzatok összege \(\displaystyle v\), a szorzatuk pedig 1.
A feltétel alapján ez egy egész együtthatós polinom. Ismert, hogy ha \(\displaystyle \frac{s}{t}\) (egyszerűsített alakban felírt) racionális szám gyöke egy egész együtthatós polinomnak, akkor \(\displaystyle s\) osztja a konstanstagot, \(\displaystyle t\) pedig a főegyütthatót. Most a főegyüttható 1, a konstanstag \(\displaystyle -1\), így a racionális gyökök értéke csak \(\displaystyle \pm 1\) lehet. Mivel \(\displaystyle a,b,c\) pozitívak, ezért szükségképpen mindhárom gyök 1, vagyis \(\displaystyle a=b=c\).
3. megoldás. Használjuk az 1. megoldás jelöléseit és az első bekezdés észrevételeit.
Mivel a feltétel alapján
\(\displaystyle b'\left(\frac{a'}{b'}+\frac{b'}{c'}+\frac{c'}{a'}\right)-c'\left(\frac{a'}{c'}+\frac{c'}{b'}+\frac{b'}{a'}\right)=\frac{(b')^2}{c'}-\frac{(c')^2}{b'}=\frac{(b')^3-(c')^3}{b'c'}\)
egész, ezért \(\displaystyle b'\mid (c')^3\). Ugyanígy az is igazolható, hogy \(\displaystyle b'\mid (a')^3\), így \(\displaystyle (a',b',c')=1\) miatt csak \(\displaystyle b'=1\) lehetséges. Ugyanígy adódik, hogy \(\displaystyle a'=c'=1\), amiből következik a bizonyítandó \(\displaystyle a=b=c\) egyenlőség.
Statisztika:
88 dolgozat érkezett. 5 pontot kapott: 62 versenyző. 4 pontot kapott: 5 versenyző. 3 pontot kapott: 9 versenyző. 2 pontot kapott: 3 versenyző. 0 pontot kapott: 8 versenyző. Nem számítjuk a versenybe a születési dátum vagy a szülői nyilatkozat hiánya miatt: 1 dolgozat.
A KöMaL 2026. szeptemberi matematika feladatai