|
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 -et és -t , , , és -vel. Az -re és -ra így adódó kifejezéseket (3)-ba helyettesítve a keletkező egyenletet megoldjuk -re. (1)-et -vel, (2)-t ()-vel szorozva, kivonással kiesik:
(1)-et ()-vel, (2)-t -val szorozva és összeadva kiesik:
Szorozzuk mostmár (3)-at -nel és a bal oldal első két szorzatába írjuk be (4) és (5) jobb oldalát. Az így adódó, -re elsőfokú egyenlet rendezése és összevonás után együtthatója a bal oldalon
A -t nem tartalmazó tagokat a jobb oldalra gyűjtjük. Vegyük észre, hogy (1)‐(3) jobb oldalai kifejtés után, jelöléssel így írhatók Válasszuk külön ezért a jobb oldalnak -et tartalmazó tagjait. szorzója:
A többi tagokból álló polinomot rendezzük csökkenő hatványai szerint:
Ezek szerint az egész jobb oldal, szerint rendezve
Így az egyenletből . A két polinom osztása céljára -t is hatványai szerint rendezzük:
Ezt a kifejezést (4)-be és (5)-be helyettesítve -re, ill. -ra kapunk elsőfokú egyenletet. (4) jobb oldalát célszerű hatványai szerint rendezni:
Ezt az együtthatóval osztva és hasonlóan Ezek szerint, ha egyik kifejezés sem tűnik el, amivel osztottunk, akkor az egyenletrendszer megoldása csak a következő lehet: | | (7) | A behelyettesítés mutatja, hogy e kifejezések a rendszert minden esetben kielégítik. Megadunk az , , értékhármasokra egy elegendő feltételt, melynek teljesülése esetén (7) az adott rendszernek egyetlen megoldása. Az és meghatározásánál fellépő osztó: pozitív, kivéve ha és . Utóbbi esetben az egyenletrendszer határozatlanná válik. (Belőle , adódik, ha , ha pedig is 0, akkor három egyenlet, amely nem tartalmazza az ismeretleneket, és így minden , , értékhármas mellett teljesül.) Hasonló a helyzet, ha , , közül bármelyik másik kettő lesz 0. Ha viszont a három paraméter közül legfeljebb egyik 0, akkor és egyértelműen van meghatározva, feltéve, hogy egyértelmű, ami viszont fennáll, ha a (6) alatti kifejezés nem 0. Anélkül, hogy megkeresnénk az összes olyan , , számhármast, amelyre , megmutatjuk, hogy ez mindig teljesül, ha , , nem negatívok és legfeljebb egyikük 0. Valóban
itt egyik tag som negatív, ha , , nem negatív, és ha mindhárom szám pozitív, akkor a kifejezés utolsó tagja pozitív, ha pedig pl. , de , , akkor a második és harmadik tag pozitív.
Csirik János (Orosháza, Táncsics M. g. III. o. t.) dolgozatából, kiegészítéssel |
|