Kezdőlap


Feladat:	611. matematika feladat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Behringer Tibor , Parlagh Gyula
Füzet:	1955/január, 17 - 19. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Elsőfokú diofantikus egyenletek, Egyenlőtlenség-rendszerek grafikus megoldása, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1954/április: 611. matematika feladat

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.

I. megoldás: Az adott egyenletből fejezzük ki $x$ -et $y$ -nal és $z$ -vel

\begin{matrix} x = - 2 y - 3 z + 21 + \frac{2 y + z - 1}{5} = - 2 y - 3 z + 21 + u, \end{matrix}

ahol

\begin{matrix} 2 y = 5 u - z + 1, \end{matrix}

vagyis

\begin{matrix} y = 2 u + \frac{u + z + 1}{2} = 2 u + v \end{matrix}

és

\begin{matrix} z = u - 2 v + 1. \end{matrix}

y

és

z

értékeit visszahelyettesítve

x

értékébe

\begin{matrix} x = - 6 u + 4 v + 18. \end{matrix}

Ezzel mind a három ismeretlent

2

‐

2

paraméterrel kifejeztük.
Mivel

x, y

és

z

a feladat szerint csak pozitív egész számok lehetnek, azért

\begin{matrix} 0 & < - 6 u + 4 v + 18, & (1) \\ 0 & < 2 u + v, & (2) \\ 0 & < u - 2 v + 1. & (3) \end{matrix}

Küszöböljük ki a

v

paramétert.

(2)

kétszeresét

(3)

-hoz adva

\begin{matrix} 0 < 5 u + 1, \end{matrix}

(4)

(3)

kétszeresét

(1)

-hez adva

\begin{matrix} 0 < - 5 u + 20. \end{matrix}

(5)

(4)

-ből

- \frac{1}{5} < u

(2)

-ből

u < 5

,

tehát

u

csak

0,1,2,3,4

lehet.

u = 0

esetén

v

-re nézve a

(2)

és

(3)

alatti egyenlőtlenségek ellentmondók.

u = 1

esetén

\begin{matrix} 0 < v + 3, 0 < v + 2 és 0 < 2 - 2 v, \end{matrix}

amely egyenlőtlenségeknek

v = - 1

, és

v = 0

tesznek eleget.
Hasonlóképpen nyerjük az

(1), (2), (3)

egyenlőtlenség-rendszerből, hogy

\begin{matrix} \begin{matrix} u = 2 & esetén & v = - 1,0,1, \\ u = 3 & ,, & v = 1, \\ u = 4 & ,, & v = 2. \end{matrix} \end{matrix}

Tehát összesen 7 értékhármast nyerünk megoldásként, amint azt az alábbi táblázat mutatja.

\begin{matrix} u & 1 & 2 & 3 & 4 \\ v & - 1 & 0 & - 1 & 0 & 1 & 1 & 2 \\ x & 8 & 12 & 2 & 6 & 10 & 4 & 2 \\ y & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 7 & 10 \\ z & 4 & 2 & 5 & 3 & 1 & 2 & 1 \end{matrix}

Parlagh Gyula (Kecskemét, Katona J. g, I. t.)

II. megoldás: Az I. megoldásban nyert

(1), (2), (3)

egyenlőtlenség-rendszernek megoldása grafikusan is történhetik.
Ismeretes, hogy a derékszögű koordinátarendszerben egy kétismeretlenű, elsőfokú egyenlet:

f (x, y) = 0

egyenest jelent,

z = f (x, y)

-nak pedig a térbeli koordinátarendszerben egy sík felel meg, amely az

[x, y]

síkot éppen az

f (x, y) = 0

egyenesben metszi. Ez az egyenes az

[x, y]

síkot két félsíkra osztja. Az egyik félsíkon tehát

f (x, y) = z > 0

, míg a másikon

f (x, y) = z < 0

. Más szóval: az

f (x, y) ≶ 0

egyenlőségeket mindig egy-egy félsík pontjai elégítik ki. Hogy melyik félsík pozitív, ill. negatív, azt általában legegyszerűbben az origó

(0,0)

koordinátáinak behelyettesítésével dönthetjük el.
Ábrázoljuk az

u, υ

derékszögű koordinátarendszerben a

\begin{matrix} - 6 u + 4 υ + 18 = 0, 2 u + υ = 0, u - 2 υ + 1 = 0 \end{matrix}

egyeneseket és jelöljük sráfozással a negatív félsíkokat (lásd ábrát), akkora sráfozatlanul maradt tartományban levő egész számú koordinátájú pontok (négyzetrácspontok ‐ az ábrában nullkörrel jelölve) szolgáltatják az egyenlőtlenség-rendszernek pozitív egész megoldásait.

Minél több a megoldás, annál célszerűbb a grafikus megoldáshoz folyamodni, még ha véges számú megoldást kapunk is; még inkább áll ez végtelen sok megoldás esetén, ami szintén előfordulhat.

Behringer Tibor (Bp. III., Árpád g. I. o. t.)