Feladat: F.1622 Korcsoport: 18- Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Akar L. ,  Bajmóczy E. ,  Bauer Katalin ,  Boda S. ,  Csákvári A. ,  Donga Gy. ,  Fazekas Béla ,  Gutori L. ,  Gönczi I. ,  Göndőcs F. ,  Kálmán M. ,  Karvaly G. ,  Kemény A. ,  Komjáth P. ,  László I. ,  Láz J. ,  Lázár A. ,  Lukács P. ,  Máté A. ,  Nagy D. ,  Nikodémusz Anna ,  Prőhle T. ,  Pukler A. ,  Simon Júlia ,  Skopál I. ,  Somorjai G. ,  Szőke Mária ,  Váli L. ,  Vándor L. ,  Véner A. 
Füzet: 1969/április, 152 - 154. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Másodfokú (és arra visszavezethető) egyenletrendszerek, Paraméteres egyenletrendszerek, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1968/szeptember: F.1622

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

Vonjuk ki az (1i) egyenlet mindkét oldalából xi-t (ahol i=1,2,...,n):

(1'){(1'1)-1ax12-+(b-1)x1+c=x2-x1,(1'2)-1ax22-+(b-1)x2+c=x3-x2,...ax2000000.........(1'n-1)axn-12+(b-1)xn-1+c=xn-xn-1,(1'n)-1axn2-+(b-1)xn+c=x1-xn.

Eszerint az egyenletrendszer megoldásában i=1,2,...,n-1 esetén xi+1 annyival nagyobb xi-nél, mint az
f(x)=ax2+(b-1)x+c
másodfokú függvények az xi helyen felvett f(xi) értéke, és x1 az f(xn) értékkel nagyobb, mint xn. α) Mármost az I. feltevés esetén f(x) előjele állandó és megegyezik a előjelével, mert így írható:
f(x)=a[(x+b-12a)2-(b-1)2-4ac4a2],(2)
és a szögletes zárójelbeli kifejezés pozitív. Eszerint ‐ feltéve, hogy van valós megoldás és a>0 ‐ az (1') egyenletek jobb oldalán álló különbségek mindegyike pozitív, emiatt
x1<x2<x3<...<xn-1<xn<x1.(3)
Ez pedig ellentmondás, hiszen a szigorúan növekedő sorozat elején és végén ugyanaz a szám áll: x1, ilyen megoldás tehát nincs.
Ugyanez adódik a<0 esetén abból, hogy (1') mindegyik egyenletének mindkét oldala negatív, és ezért
x1>x2>x3>...>xn-1>xn>x1.(4)

β) A II. feltevés esetén f(x) a (2) alak szerint egyetlen helyen, az
x=1-b2a(5)
helyen a 0 értéket veszi fel, minden más helyen olyan előjelű, mint a. Ennél fogva az (1')-beli jobb oldali különbségek ‐ az előbbi esethez képest ‐ a 0 értéket is felvehetik (de a-val ellentétes előjelű értéket nem), (3) és (4) helyére a következőt kapjuk:
x1≦x2≦x3≦...≦xn-1≦xn≦x1(haa>0),ill.x1≧x2≧x3≧...≧xn-1≧xn≧x1(haa<0).
Bármelyikük csak úgy állhat fenn, ha
x1=x2=...=xn,
tehát (1')-ben mindegyik jobb oldal értéke 0, és az ismeretlenek közös értéke az f(x)=0 egyenlet egyetlen gyöke, az (5) érték. Ez a megoldás egyértelmű.
γ) Az eddigiek alapján könnyű belátni, hogy a III. feltevés esetén az egyenletrendszernek két olyan megoldása van, amelyben minden ismeretlen értéke ugyanaz, éspedig az f(x)=0 egyenlet egyik, ill. másik gyöke:
x1=x2=x3=...=xn-1=xn=1-b+(b-1)2-4ac2a,
mert III. miatt a mondott értékek valósak és különbözők. Eszerint egynél több valós megoldás van.
Ezzel mindhárom állítást bebizonyítottuk.
 

 Fazekas Béla (Pannonhalma, Bencés Gimn., IV. o. t. )
 

Megjegyzés. Példát mutatunk arra, hogy a III. feltevés esetén az egyenletrendszernek 2-nél több megoldása is lehet. a=32, b=-192, c=17 esetén (b-1)2-4ac=334>0, és a fentiek szerinti
x1=x2=...=xn=21±336
megoldásokon kívül n=3 esetén az egyenletrendszert az
x1=4,x2=3,x3=2
értékrendszer is kielégíti (és természetesen a ciklikus fölcseréléssel adódó 3, 2, 4 valamint 2, 4, 3 megoldás is).
 Fazekas Béla