Feladat: 1316. matematika feladat Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Deák István ,  Hirka András ,  Hoffer Anna ,  Kiss Katalin ,  Kövér Ákos ,  Lehel Csaba ,  Lovász László ,  Márki László ,  Patkós András ,  Pelikán József ,  Siket Aranka ,  Simonovits András ,  Surányi László ,  Szép András ,  Sövényházy Mária ,  Veres Ferenc ,  Vesztergombi Katalin 
Füzet: 1965/november, 127 - 129. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Másodfokú (és arra visszavezethető) egyenletrendszerek, Paraméteres egyenletrendszerek, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1964/április: 1316. matematika feladat

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

Jelöljük (1) és (2) jobb oldalát A-val, ill. B-vel, távolítsuk el a nevezőket és gyűjtsük egy oldalra az y-t tartalmazó tagokat:

(Ax-1)y=A-x,(1-Bx)y=B-x.(3)
Az első jobb oldal 1-Bx-szerese a másodiknak Ax-1-szeresével egyenlő. Az így adódó egyenletet a következő alakra rendezhetjük:
(A+B)x2-2(1+AB)x+A+B=0.(4)
Innen, amennyiben A+B0, az egyenletet kielégítő x csak
x={AB+1±(1+AB)2-(A+B)2}/(A+B)
lehet. A diszkriminánst átalakítva és az eredeti paraméterekkel kifejezve:
(1+AB)2-(A+B)2=(1-A2)(1-B2)==(1+A)(1-A)(1+B)(1-B)==(1+a)21+a2(1-a)21+a2(1+b)21+b2(1-b)21+b2=((1-a2)(1-b2)(1+a2)(1+b2)),
tehát mindig valós megoldást kapunk. Mivel még
A+B=2(a+b)(1+ab)(1+a2)(1+b2),(5)
azért az egyenlet egyik gyöke, ha A+B0 (azaz a+b0, ab-1)
x1=4ab+(1+a2)(1+b2)+(1-a2)(1-b2)(1+a2)(1+b2):2(a+b)(ab+1)(1+a2)(1+b2)=ab+1a+b.
Mivel (4)-ben az első és utolsó együttható egyenlő, s így x1x2=1, azért x2=1/x1. Most már y-t pl. (3) első egyenletéből számíthatjuk, ha Ax11:
y1=A-x1Ax1-1=2a(a+b)-(ab+1)(1+a2)2a(ab+1)-(1+a2)(a+b)=(a2-1)(ab-1)(a2-1)(a-b)=ab-1a-b,y2=A-1/x1A/x1-1=Ax1-1A-x1=1y1.


Összefüggéseink arra az esetre érvényesek, ha ab és a21, továbbá ha y10. Ha Ax1=1, de Bx11, akkor (3) második egyenletéből ugyanezen y-értékek adódnak, feltéve, hogy ab és b21. Ax1 és Bx1 csak akkor lesz egyszerre 1, ha A=B, azaz, mivel
A-B=2(a-b)(1-ab)(1+a2)(1+b2),(6)
tehát ha a=b vagy ab=1. Mint látjuk, ezekben az esetekben fenn is áll mindig A=B.
Azt nyertük tehát, hogy ha A+B0 és A-B0, továbbá a2 és b2 egyike nem 1, akkor csak a fenti x1; y1 és x2, y2 lehet az egyenletrendszer megoldása. (Az (5) és (6) alapján x1 és y1 nem 0, és így x2, y2 létezik.) Behelyettesítve (1) és (2)-be, mivel
x1-y1=2a(1-b2)a2-b2,1-x1y1=(1+a2)(1-b2)a2-b2,x1+y1=2b(a2-1)a2-b2,1+x1y1=(1+b2)(a2-1)a2-b2,


azért x1, y1 megoldása az egyenletrendszernek, ha sem a2, sem b2 nem 1. Mivel továbbá
x2-y21-x2y2=1/x1-1/y11-1/x1y1=y1-x1x1y1-1ésx2+y21+x2y2=1/x1+1/y11+1/x1y1=y1+x1x1y1+1,
így a fenti feltételek mellett x2, y2 is megoldás.
 

A kivételes esetek vizsgálatára jól használhatók a (3) alatti egyenletek összeadásával és kivonásával keletkező egyenletek:
2x=A+B-(A-B)xy,2y=(A+B)xy-(A-B).(7)

Ha A+B=0, akkor innen y=-A, x=A2x; tehát ha A21, x=0; ‐ ha pedig A2=1, akkor x tetszés szerinti szám lehet, amire xy±1, tehát x nem lehet ±1. Ezek az értékpárok ki is elégítik az egyenletrendszert.
Hasonlóan ha A-B=0, akkor x=A, és ha A1, y=0; ‐ ha pedig A2=1, y bármely ±1-től különböző szám lehet, és ezek ismét megoldását szolgáltatják az egyenletrendszernek.
Vizsgáljuk még az a2=1, b2=1 feltételeket. Ha pl. a2=1, akkor A=a=±1.
A hátra levő esetekben, amikor sem A+B, sem A-B nem 0, nem lehet a2=b2=1, mert ebből az éppen mondottak szerint A+B=0 vagy A-B=0 következik.
Legyen most a2=1, b21. Mivel most csak a fent nyert x1, y1 és x2, y2 értékpár lehet az egyenletrendszer megoldása, így
x1=ab+1a+b=a(ab+1)1+ab=a
(a törtnek van értelme, mivel a2b2=b21) és
y1=ab-1a-b=a(ab-1)1-ab=-a,
továbbá x2=a, y2=-a, mert a2=1. Ebből x1+y1=1+x1y1=x2+y2=1+x2y2=0, s így a (2) egyenlet bal oldala értelmetlenné válik. Ebben az esetben tehát nincs megoldása az egyenletrendszernek. Ugyanígy az a21, b2=1 esetben sem, mert akkor x1=b=x2=y1=y2, s így az (1) egyenlet bal oldala válik értelmetlenné.
Végül, mikor lesz az x1, y1 és x2, y2 megoldáspár azonos? Mivel
x1-x2=x1-1x1=(ab+1)2-(a+b)2(ab+1)(a+b)=(a+1)(b+1)(a-1)(b-1)(ab+1)(a+b),
tehát ez csak akkor következhet be, ha a és b közül az egyik 1 vagy -1. Ez azonban a kivételes esetek közé tartozik. Ha a és b másika is 1 vagy -1, akkor vagy A+B=0, vagy A-B=0; ha a másik nem 1 vagy -1, akkor pedig nincs megoldása az egyenletrendszernek.
Mivel 1±A=(1±a)2/(1+a2), s így A, ill. B akkor és csak akkor ±1, ha a, ill. b értéke ugyanennyi, így (5)-öt és (6)-ot is figyelembe véve eredményeink így foglalhatók össze: ha a különbözik ±b-től és ±1/b-től, és mindkettő különbözik ±1-től, akkor az egyenletrendszernek két különböző megoldása van: a fenti x1, y1 és x2, y2 értékpár.
Ha a és b egyike ±1, a másik ettől különböző érték, akkor az egyenletrendszernek nincs megoldása.
Ha a egyenlő b-vel, vagy a reciprokával, de ±1-től különböző, akkor x=2a/(1+a2), y=0; ha a egyenlő b-vel vagy -1/b-vel, de nem ±1, akkor x=0, y=2b/(1+b2).
Ha a=b=±1, akkor x=a, y bármely ±1-től különböző szám lehet, ha pedig a=-b=±1, akkor x tetszőleges szám, csak nem ±1, és y=-a.
 
Pelikán József (Budapest, Fazekas M. Gyak. G.)