Feladat: 1209. matematika feladat Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Csirik János ,  Deák István ,  Dobozy Ottó ,  Fiantók T. ,  Folly Gábor ,  Földes Antónia ,  Kerényi István ,  Nárai György ,  Papp M. ,  Sófalvi M. ,  Somos Péter ,  Szidarovszky Ferenc ,  Szilágyi Tivadar ,  Tamás Endre ,  Veres Ferenc 
Füzet: 1963/október, 57 - 59. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Elsőfokú (és arra visszavezethető) egyenletrendszerek, Paraméteres egyenletrendszerek, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1962/december: 1209. matematika feladat

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

Fejezzük ki (1) és (2)-ből x-et és y-t a, b, c, és z-vel. Az x-re és y-ra így adódó kifejezéseket (3)-ba helyettesítve a keletkező egyenletet megoldjuk z-re. (1)-et b-vel, (2)-t (a-b)-vel szorozva, kivonással y kiesik:

x=b[a2+(b-c)2]+(b-a)[b2+(c-a)2]+(4)+(2bc-ac-b2)z;


(1)-et (a-b)-vel, (2)-t a-val szorozva és összeadva x kiesik:
y=(a-b)[a2+(b-c)2]+a[b2+(c-a)2]+(5)+(2ac-a2-bc)z.



Szorozzuk mostmár (3)-at [ab+(a-b)2]=(a2-ab+b2)-nel és a bal oldal első két szorzatába írjuk be (4) és (5) jobb oldalát. Az így adódó, z-re elsőfokú egyenlet rendezése és összevonás után z együtthatója a bal oldalon
E=(c-a)(2bc-ac-b2)+(c-b)(2ac-a2-bc)+(6)+c[ab+(a-b)2]=a2b+a2c+b2a+b2c+c2a+c2b-5abc.


A z-t nem tartalmazó tagokat a jobb oldalra gyűjtjük. Vegyük észre, hogy (1)‐(3) jobb oldalai kifejtés után, a2+b2+c2=S jelöléssel így írhatók
S-2bc,S-2ac,S-2ab.
Válasszuk külön ezért a jobb oldalnak S-et tartalmazó tagjait. S szorzója:
-(c-a)[b+(b-a)]-(c-b)[(a-b)+a]==3ab-ac-bc.


A többi tagokból álló polinomot rendezzük c csökkenő hatványai szerint:
T=-2ab[ab+(a-b)2]+2bc[b(c-a)+(a-b)(c-b)]++2ac[(b-a)(c-a)+a(c-b)]==4abc2+(2a3-4a2b-4ab2+2b3)c-2ab(a2-ab+b2).


Ezek szerint az egész jobb oldal, c szerint rendezve
J=S(3ab-ac-bc)+T=-(a+b)c3+7abc2++(a3-5a2b-5ab2+b3)c+ab(a2+2ab+b2).


Így az Ez=J egyenletből z=J/E. A két polinom osztása céljára E-t is c hatványai szerint rendezzük:
E=(a+b)c2+(a2-5ab+b2)c+ab(a+b),ígyz=-c+a+b.



Ezt a kifejezést (4)-be és (5)-be helyettesítve x-re, ill. y-ra kapunk elsőfokú egyenletet. (4) jobb oldalát célszerű a hatványai szerint rendezni:
S-2b2c-2ac(b-a)+(2bc-ac-b2)(a+b-c)==-a3+(2b+c)a2-(2b2+bc)a+(b3+b2c).


Ezt az ab+(a-b)2=a2-ab+b2 együtthatóval osztva
x=-a+b+c,
és hasonlóan
y=-b+a+c.

Ezek szerint, ha egyik kifejezés sem tűnik el, amivel osztottunk, akkor az egyenletrendszer megoldása csak a következő lehet:
x=b+c-a,y=c+a-b,z=a+b-c.(7)
A behelyettesítés mutatja, hogy e kifejezések a rendszert minden esetben kielégítik.
Megadunk az a, b, c értékhármasokra egy elegendő feltételt, melynek teljesülése esetén (7) az adott rendszernek egyetlen megoldása.
Az x és y meghatározásánál fellépő osztó:
a2-ab+b2=(a-12b)2+34b2
pozitív, kivéve ha b=0 és a=b/2=0. Utóbbi esetben az egyenletrendszer határozatlanná válik. (Belőle z=-c, x+y=c adódik, ha c0, ha pedig c is 0, akkor három 0=0 egyenlet, amely nem tartalmazza az ismeretleneket, és így minden x, y, z értékhármas mellett teljesül.) Hasonló a helyzet, ha a, b, c közül bármelyik másik kettő lesz 0. Ha viszont a három paraméter közül legfeljebb egyik 0, akkor x és y egyértelműen van meghatározva, feltéve, hogy z egyértelmű, ami viszont fennáll, ha a (6) alatti E kifejezés nem 0.
Anélkül, hogy megkeresnénk az összes olyan a, b, c számhármast, amelyre E0, megmutatjuk, hogy ez mindig teljesül, ha a, b, c nem negatívok és legfeljebb egyikük 0. Valóban
E=a2b+a2c+ab2+ac2+b2c+bc2-5abc==a2c-2abc+b2c+ab2-2abc+ac2+a2b-2abc+bc2+abc==(a-b)2c+(b-c)2a+(c-a)2b+abc,


itt egyik tag som negatív, ha a, b, c nem negatív, és ha mindhárom szám pozitív, akkor a kifejezés utolsó tagja pozitív, ha pedig pl. c=0, de a0, b0, akkor a második és harmadik tag pozitív.
 
 Csirik János (Orosháza, Táncsics M. g. III. o. t.)
 dolgozatából, kiegészítéssel