Feladat: 1010. matematika feladat Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Szilassi Lajos 
Füzet: 1960/október, 65 - 66. oldal  PDF file
Témakör(ök): Másodfokú (és arra visszavezethető) egyenletek, Paraméteres egyenletek, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1959/december: 1010. matematika feladat

Oldjuk meg a következő egyenletet és diszkutáljuk a megoldást:
ax+ba+bx+cx+dc+dx=ax-ba-bx+cx-dc-dx.(1)

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

Képezzük a két oldal különbségét, igyekezve közös nevezőre hozás után a számlálót szorzattá alakítani. Hozzuk először közös nevezőre a két oldal első tagjainak különbségét, ebből megkapjuk a második tagok különbségét is, ha a helyébe c-t, b helyébe d-t írunk:

ax+ba+bx-ax-ba-bx=[-abx2+(a2-b2)x+ab]-[abx2+(a2-b2)x-ab]a2-b2x2==2ab(1-x2)a2-b2x2,
tehát egyenletünk két oldalának különbsége a következő alakban írható:
2ab(1-x2)a2-b2x2+2cd(1-x2)c2-d2x2=(2)=2(1-x2)[ab(c2-d2x2)+cd(a2-b2x2)](a2-b2x2)(c2-d2x2)=2(1-x2)(ad+bc)(ac-bdx2)(a2-b2x2)(c2-d2x2).


Ez a kifejezés csak ott lehet 0, ahol vagy az 1-x2, vagy az ac-bdx2 kifejezés eltűnik, tehát csak az
x1,2=±1ésx3,4=±acbd
helyeken, feltéve, hogy ad+bc0. E feltétel mellett tehát csak az említett 4 szám lehet gyöke az egyenletnek. Ezek mind gyökei az (1) egyenletnek, mivel a két oldal különbségére csak azonos átalakításokat alkalmaztunk, ‐ kivéve ha szerepel köztük olyan érték, amelyre a nevező eltűnik. 4-nél kevesebb különböző gyököt kapunk akkor is, ha a gyökök közt vannak egyenlők, továbbá ha ac és bd ellenkező előjelű, mert ekkor ac-bdx2 nem tűnik el a valós számok körében. Meg kell vizsgálnunk, hogy a, b, c, d milyen értékei mellett fordulhatnak elő ezek az esetek.
Egyelőre feltesszük, hogy a paraméterek egyike sem 0. Az ad+bc=0 esetben (2) bármely olyan x-szel eltűnik, amely mellett van értelme, és így (1) elfajul azonossággá. Valóban, ekkor ad=-bc-ből d/b=-c/a=k(0), így d=bk, c=-ak, ezért
cx+dc+dx=-akx+bk-ak+bkx=-k(ax-b)-k(a-bx)=ax-ba-bx,
ugyanígy
cx-dc-dx=ax+ba+bx,
vagyis a jobb oldal két törtje (fordított sorrendben) azonos a bal oldal egy-egy törtjével. ‐ Ha fennáll ad+bc=0, akkor az ad és bc szorzatok ellentett előjelűek, így a két tényező előjele egyikükben megegyező, másikukban ellentétes, tehát a, b, c, d között vagy 3 pozitív, vagy pedig 3 negatív szám szerepel.
Nem fogadhatjuk el megoldásnak a ±a/b és a ±c/d számokat, mert ezek mellett (1)-ben legalább egy tört kifejezésnek nincs értelme.
Az x1=1 érték akkor egyenlő a kizárt értékek valamelyikével, ha a=±b, vagy c=±d, azaz a±b=0, vagy c±d=0, ill. a négy esetet összefoglalva, ha (a2-b2)(c2-d2)=0; minden ilyen esetben ‐ és csak ezen esetekben ‐ x2=-1 is kizárt érték.
Hasonlóan akkor áll be az
x3=+acbd=ab,  vagy  -ab,  ill.  cd,  vagy  -cd
egyenlőségek bármelyike, ha ad=bc, és e feltétel teljesülése esetén x4 is kizárt érték, ugyanis pl. ac/bd=a/b-ből négyzetreemeléssel és osztással c/d=a/b, vagyis bc=ad.
x3,4 akkor különböző x1,2-től ha ac/bd1.
Összefoglalva: ha a, b, c, d mindegyike 0-tól különböző, akkor (1) gyökei:
x1,2=±1,haad+bc0és(a2-b2)(c2-d2)0,továbbá
x3,4=±ac/bd, ha az ac/bd hányados 1-től különböző, pozitív szám és adbc.
Eredményeink akkor is érvényesek, ha a paraméterek számára megengedjük a 0-értéket. Így is csak egyikük lehet 0, ugyanis ha legalább kettőjük 0, akkor vagy (1) értelmetlen ‐ ha ti. a=b=0, vagy c=d=0 ‐, vagy (2) szerint (1) elfajul azonossággá ‐ ha ti. a=c=0, vagy b=d=0, ill. a=d=0, vagy b=c=0, mert így ad+bc=0. ‐ Ha már most pl. a=0 és bcd0, ez x1,2-t nem befolyásolja; viszont x3,4=0, de ez nem gyök, mert így az a/b=0 szám meg nem engedett érték; a c=0, abd0 eset lényegében ugyanilyen. Ha pedig b=0 és acd0 (vagy d=0 és abc0), akkor (2)-ből csak x1,2=±1, ha c2d2.
 

Szilassi Lajos (Orosháza, Táncsics M. g. III. o. t.)