Feladat: 1066. matematika feladat Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Csipka László ,  Felszeghy Tamás ,  Nagy Csaba 
Füzet: 1961/november, 106 - 108. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Elsőfokú (és arra visszavezethető) egyenletrendszerek, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1960/november: 1066. matematika feladat

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

a) Az egyenletrendszer megoldása: Az

x=x(x+y+z)x+y+z=x2x+y+z+a
összefüggés alapján elegendő a jobb oldali első tagot kifejeznünk a, b, c segítségével. Az adott egyenletekből viszont az
r=yzx+y+z,s=zxx+y+z,t=xyx+y+z
kifejezése remélhető, mert egyenleteink így írhatók:
s+t=a,(1')t+r=b,(2')r+s=c.(3')


Innen
2(r+s+t)=a+b+c,
tehát
r=(r+s+t)-(s+t)=12(a+b+c)-a=12(-a+b+c),(4)
és hasonlóan
s=12(a-b+c),(5)t=12(a+b-c).(6)



A keresett kifejezésés r, s, t közt mostmár az
st=x2yz(x+y+z)2=x2x+y+z⋅r
összefüggés áll fenn. Ebből
x2x+y+z=str=(a-b+c)(a+b-c)2(-a+b+c),
s így
x=(a-b+c)(a+b-c)2(-a+b+c)+a=2ab+2ac+2bc-a2-b2-c22(-a+b+c).(7)
Hasonlóan ‐ pl. y/x=r/s, z/x=r/t felhasználásával
y=2ab+2ac+2bc-a2-b2-c22(a-b+c),(8)z=2ab+2ac+2bc-a2-b2-c22(a+b-c).(9)



Hallgatólag feltettük mindenek előtt, hogy az (1)‐(3) egyenleteknek értelme van, tehát x+y+z≠0; továbbá hogy az osztásokat elvégezhetjük, vagyis hogy (4), (5) és (6) egyik oldala sem 0, tehát a+b-c, -a+b+c, c+a-b és x, y, z 0-tól különbözők. Most megvizsgáljuk, mi a helyzet, ha ezek között egy vagy több 0 érték lép fel.
Tegyük fel, hogy pl. a+b-c=0. Ekkor (6) szerint t=xy/(x+y+z)=0, tehát x és y közül legalább az egyik, és így r és s közül, s velük együtt -a+b+c és a-b+c közül is legalább az egyik 0. Legyen -a+b+c=0, de a-b+c≠0, így összeadással 2b=0, b=0, ebből egyrészt a-c=0, másrészt a+c≠0, tehát a=c≠0. Másrészt s≠0, r=t=0, tehát y=0, xz≠0. Ezért (1) és (3) azonossá válnak:
xzx+z=a,(10)
és ennek számtalan sok megoldása van: bármely a 0-tól különböző v számmal megoldás a következő számhármas:
x=v,y=0,z=avv-a.(11)

Ha pedig a+b-c=-a+b+c=a-b+c=0, akkor mindhármat összeadva a+b+c=0, tehát a=b=c=0. Ebből következik, hogy bármely 0, 0, v számhármas, ahol v≠0, bármely sorrendben megoldása a rendszernek. Ugyanis pl. (2)-ből vagy y=0 és z+x≠0 (mert ha még z+x=0 is áll, akkor x+y+z=0, tehát az egyenletrendszernek nincs értelme), vagy pedig z+x=0 és y≠0. Az első eset ismét (10)-re vezet, de a=0-val, tehát xz=0, és így z=v≠0 választással x=0. A második esetben pedig (1) és (3) különbségét véve (x-z)y=0, tehát x-z=x+z=0, amiből x=z=0, y≠0.
Tekintsük végül annak lehetőségét, hogy x+y+z=0 (feltéve természetesen, hogy (4), (5) és (6) jobb oldala 0-tól különböző). x, y és z közös számlálóját K-val jelölve és kiemelve (7)‐(9)-ből
x+y+z=K2(1-a+b+c+1a-b+c+1a+b-c).
A zárójelben közös nevezőre hozással a számláló
[a2-(b-c)2]+[b2-(c-a)2]+[c2-(a-b)2]==2bc+2ca+2ab-a2-b2-c2=K,


eszerint x+y+z=0 akkor és csak akkor teljesül, ha K=0.
Összefoglalva: ha K=0, akkor a rendszernek nincs értelme. Tovább b+c-a, c+a-b és a+b-c értéke vizsgálandó.
Ha egyikük sem 0, akkor a megoldást (7), (8) és (9) adja: x, y, z egyike sem 0;
ha közülük pontosan egy 0, akkor nincs megoldás;
ha kettő 0 (ez az eset könnyebben felismerhető abból, hogy a, b, c egyike 0 és a másik kettő egyenlő, de 0-tól különböző), akkor végtelen sok megoldás van, a megoldás típusát (11) adja, x, y, z közül pontosan egynek értéke 0;
ha pedig mindhárom 0, (ez az eset könnyebben felismerhető arról, hogy a=b=c=0), akkor is végtelen sok megoldás van, x, y, z közül pontosan kettő 0, a harmadik pedig (és ez bármelyikük lehet) tetszés szerinti 0-tól különböző szám.
 

Nagy Csaba (Budapest, József A. g. IV. o. t.)
 

b) Egész megoldások keresése. Egész x, y, z-t eredményező a, b, c, számhármasokat úgy kapunk, hogy a megválasztott x, y, z-ből (1)‐(3) alapján a, b, c-t kiszámítjuk. (Nem lehet azonban x+y+z=0.) Bár a feladat ezt nem írja elő, ilyen tulajdonságú egész a, b, c számhármasokat is kaphatunk. Ugyanis az előbbiek szerint számított a, b, c nevezője, esetleges egyszerűsítés előtt, x+y+z. Mármost x, y, z helyére az x'=x(x+y+z), y'=y(x+y+z), z'=z(x+y+z) számhármast véve az (1)‐(3)-beli számlálók (x+y+z)2-szeresei, a nevezők (z+y+z)-szeresei az előbbieknek, így a, b, c helyére x+y+z-szereseik, vagyis egész számok lépnek.
 

Csipka László (Budapest, I. István g. IV. o. t.)

 

Megjegyzések. 1. A gyökök (7)‐(9) kifejezései a diszkusszióra célszerűek. Kiszámításuk azonban könnyebb a következő alakokból
x=2bcb+c-a-b+c-a2,y=2cac+a-b-c+a-b2,z=2aba+b-c-a+b-c2.

 

Felszeghy Tamás (Debrecen, Kossuth L. gyak. g. III. o. t.)
 

2. Egyszerűbb eljárást adhatunk K vizsgálata helyett is. Tekintsük K=0-t egyenletnek a-nak b és c-ből való kiszámítására.
K=-a2+2(b+c)a-(b-c)2=0-ból(12)a1=b+c+2bc=(b+c)2,a2=b+c-2bc=(b-c)2,(13)


tehát a gyöktényezős alak alapján, majd a=(a)2-nel a négyzetek különbségét szorzattá alakítva
K=-[a-(b+c)2][a-(b-c)2]==(a+b+c)(-a+b+c)(a-b+c)(a+b-c).(14)



Itt egyelőre feltettük, hogy a, b, c egyike sem negatív. De (13) első kifejezései akkor is valós számok, ha b, c negatív, és ekkor a1, a2 is negatív, eszerint (14)-ben a, b, c helyett abszolút értékük veendő. Könnyű belátni máshogy is, hogy ha a, b, c között vannak ellentett jelűek akkor K≠0. Valóban, ekkor a, b, c közül vagy pontosan egy, vagy pontosan kettő negatív, és elég a következő eseteket tekinteni:
I.a<0;b,c>0II.a>0;b,c<0(b és c egyike 0 is lehet).
Egyik esetben sincs (12) bal oldalán pozitív tag, de negatív van, tehát K<0.
Azt nyertük, hogy K-t elég akkor vizsgálni, ha a, b, c között nincs két ellentett jelű szám. És (14) szerint K akkor és csak akkor 0, ha a, b, c abszolút értékeinek pozitív négyzetgyökei közül valamelyik egyenlő a másik kettő összegével. (Pl. a=1, b=4, c=9 esetén K=0.)