XXXIII OM - II - Zadanie 1

Zawody matematyczne:

XXXIII OM, 1981-1982

Etap:

Dowieść, że jeżeli $c, d$ są liczbami całkowitymi, przy czym $c \neq d$ , $d > 0$ to równanie

$ x^3 - 3cx^2 - dx + c = 0 $

ma nie więcej niż jeden pierwiastek wymierny.

Rozwiązanie

Zastosujemy znane twierdzenie:

Jeśli liczba wymierna zapisana w postaci ułamka nieskracalnego $\frac{p}{q}$ jest pierwiastkiem równania $a_nx^n + a_{n-1}x^{n-1} + \ldots + a_0 = 0$ o współczynnikach całkowitych to liczba $p$ jest dzielnikiem współczynnika $a_0$ , liczba $q$ jest dzielnikiem $a_n$ .

Wobec tego każdy pierwiastek wymierny równania $x^3 - 3cx^2 - dx + c = 0$ jest liczbą całkowitą dzielącą $c$ . Gdyby równanie to miało więcej niż jeden pierwiastek wymierny, na przykład liczby wymierne $q_1$ , $q_2$ byłyby pierwiastkami, to wielomian $x^3 - 3cx^2 - dx + c$ rozkładałby się na czynniki liniowe

$ (*) \qquad x^3 - 3cx^2 - dx + c = (x - q_1)(x - q_2)(x - q_3). $

Z warunku (*) wynika, że istnieje również trzeci pierwiastek wymierny $q_3$ . Pierwiastki te spełniałyby zależności

$ q_1 + q_2 + q_3 = 3c, $

$ (*) \qquad q_1q_2+ q_1q_3 + q_2q_3 = -d, $

$ q_1q_2q_3 = -c, $

(wzory Viete'a). Liczby $q_1$ , $q_2$ , $q_3$ są, jak stwierdziliśmy poprzednio, liczbami całkowitymi będącymi dzielnikami liczby $c$ , skąd wynika, że wartość bezwzględna każdej z nich nie przekracza wartości bezwzględnej liczby $c$ . Wobec tego z równania $q_1 + q_2 + q_3 = 3c$ wynika, że $q_1 = q_2 = q_3 = c$ . Ale w takim razie nie może być spełnione trzecie z równań (**) gdyż równanie $c^3 = -c$ nie ma rozwiązania w liczbach całkowitych różnych od zera. Przypuszczenie, że dane równanie ma więcej niż jeden pierwiastek wymierny doprowadziło więc do sprzeczności.

Uwaga. Założenie, że $d > 0$ nie jest istotnie i nie zostało wykorzystane w dowodzie. Teza pozostaje prawdziwa, gdy $d$ jest dowolną liczbą całkowitą. Natomiast założenie, że $c \ne 0$ jest istotne, bo na przykład równanie $x^3 - x = 0$ ma trzy pierwiastki wymierne $0$ , $1$ , $-1$ .