Kezdőlap


Feladat:	783. matematika feladat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Gáti Gyula , Gereben Ildikó , Gergely Ervin
Füzet:	1957/március, 79 - 81. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Algebrai átalakítások, Harmadfokú (és arra visszavezethető) egyenletrendszerek, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1956/november: 783. matematika feladat

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

I. megoldás: Emeljük (1) mindkét oldalát köbre:

\begin{matrix} x^{3} + y^{3} + z^{3} + 3 (x^{2} y + x y^{2} + x^{2} z + x z^{2} + y^{2} z + y z^{2} + 2 x y z) = 1. \end{matrix}

(4)

Helyettesítsük (2) és (3)-ból a megfelelő értékeket (4)-be, nyerjük, hogy

\begin{matrix} x y (x + y) + x z (x + z) + y z (y + z) = 32. \end{matrix}

A három zárójelben levő kéttagút rendre (1)-ből kifejezve

\begin{matrix} x y (1 - z) + x z (1 - y) + y z (1 - x) = 32, \end{matrix}

ahonnan (3) figyelembevételével

\begin{matrix} x y + x z + y z = - 16. \end{matrix}

(5)

Ezek alapján fel tudunk írni egy harmadfokú egyenletet (jelöljük az ismeretlent

t

-vel), melynek gyökei

x

y

és

z

keresett értéke. Ez a következő:

\begin{matrix} (t - x) (t - y) (t - z) = t^{3} - (x + y + z) t^{2} + (x y + x z + y z) t - x y z = 0. \end{matrix}

Felhasználva az (1), (5), (3) egyenlőségeket

\begin{matrix} t^{3} - t^{2} - 16 t + 16 = 0. \end{matrix}

(6)

(6) így is írható:

\begin{matrix} t^{2} (t - 1) - 16 (t - 1) = (t - 1) (t^{2} - 16) = (t - 1) (t - 4) (t + 4) = 0. \end{matrix}

Tehát (6) gyökei

\begin{matrix} t_{1} = 1, t_{2} = 4, t_{3} = - 4. \end{matrix}

Mivel egyenletrendszerünk

x

y

z

-ben teljesen szimmetrikus, azért a nyert három számérték

6

permutációjának bármelyike egy-egy gyökhármas, vagyis

x

y

z

értékei rendre:

1

4

- 4

;

1

- 4

4

;

4

1

- 4

;

4

- 4

1

;

- 4

1

4

;

- 4

4

1

Gergely Ervin (Bp. IV., Könyves Kálmán g. IV. o. t.)

Megjegyzés: Ha (5)-ből két ismeretlent (1) és (3) segítségével kiküszöbölünk, akkor természetesen szintén lényegében a (6) egyenletet nyerjük.

Gereben Ildikó (Bp. XXI., Jedlik g. III. o. t.)

II. megoldás: (4) így írható (1) figyelembe vételével:

\begin{matrix} x^{2} y + x y^{2} + x^{2} z + x z^{2} + y^{2} z + y z^{2} + 2 x y z = 0. \end{matrix}

A bal oldal a következőképpen alakítható át szorzattá:

\begin{matrix} x^{2} y + x y^{2} + x^{2} z + x y z + x z^{2} + y z^{2} + y^{2} z + x y z = \\ = & x y (x + y) + x z (x + y) + z^{2} (x + y) + y z (x + y) = \\ = & (x + y) (x y + y z + x z + z^{2}) = (x + y) [y (x + z) + z (x + z)] = \\ = (x + y) (x + z) (y + z) . \end{matrix}

Tehát egyenletünk így is írható

\begin{matrix} (x + y) (y + z) (z + x) = 0. \end{matrix}

Innen vagy
a)

x + y = 0

, és akkor (1) és (3) alapján

z_{1} = 1, x_{1} = 4, y_{=} - 4;

z_{2} = 1, x_{2} = - 4, y_{2} = 4; vagy

y + z = 0

, akkor (1) és (3)-ból

x_{3} = 1, y_{3} = 4, z_{3} = 1;

és így tovább. Nyilván ugyanazokat a gyökhármasokat kapjuk, mint az I. megoldásban.

Gáti Gyula (Debrecen, Vegyip. t. IV. o. t.)