Feladat:	F.1947	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: -
Füzet:	1975/október, 63 - 64. oldal		PDF  |  MathML
Témakör(ök):	Másodfokú (és arra visszavezethető) egyenletrendszerek, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1974/október: F.1947

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre. ${\displaystyle \begin{array}{ccc}\hfill {\displaystyle }& {\displaystyle xy=z\left(x+y+z\right)\mathrm{,}}\hfill & \text{(1)}\\ \hfill {\displaystyle }& {\displaystyle yz=4x\left(x+y+z\right)\mathrm{,}}\hfill & \text{(2)}\\ \hfill {\displaystyle }& {\displaystyle zx=9y\left(x+y+z\right)\mathrm{.}}\hfill & \text{(3)}\end{array}}$ Jelöljük $x+y+z$ értékét $t$-vel. Ha $t=0$, egyenleteink jobb oldalán 0 áll, tehát az ismeretlenek között is van 0-val egyenlő. Nem lehet, hogy csak az egyik ismeretlen értéke legyen 0, hiszen akkor annak a bal oldalnak az értéke nem lehetne 0, amelyikben ez az ismeretlen nem szerepel. Ha viszont az ismeretlenek közül kettő 0-val egyenlő, akkor a harmadik értéke is 0, hiszen az összegük 0. Ha tehát $t=0$, akkor csak $\begin{array}{c}{\displaystyle x=y=z=0}\end{array}$ (4) lehet, ami valóban gyöke az egyenletrendszernek. Megmutatjuk, hogy ha $t\ne 0$, akkor egyik ismeretlen értéke sem lehet 0. Ha például $x$ volna 0, akkor (2) szerint a másik kettő között is volna 0-val egyenlő, de akkor a bal oldalak mind 0-val volnának egyenlőek, ami $t\ne 0$ miatt csak úgy lehetne, ha mindhárom változó értéke 0 volna, ez viszont épp $t\ne 0$ miatt nem lehet. Az egyenleteket páronként összeszorozva azt kapjuk, hogy ${\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle x{y}^{2}z}& {\displaystyle =4xz{t}^2}\hfill \\ \hfill {\displaystyle xy{z}^2}& {\displaystyle =36xy{t}^2}\hfill \\ \hfill {\displaystyle x^{2}yz}& {\displaystyle =9yz{t}^2\mathrm{.}}\hfill \end{array}}$ Mivel már csak $t\ne 0$ mellett kell a gyököket meghatároznunk, az ismeretlenek értéke nem lehet 0, egyszerűsíthetünk velük. Négyzetgyököt is vonva azt kapjuk, hogy $\begin{array}{c}{\displaystyle y=\pm 2t\mathrm{,}z=\pm 6t\mathrm{,}x-=\pm 3t\mathrm{.}}\end{array}$ Ha $z=6t$, akkor $x+y+z\ge -3t-2t+6t=t$, és az egyenlőség jele csak akkor lehet érvényes, ha $x=-3t\mathrm{,}y=-2t$. Ha $z=-6t$, akkor $x+y+z\le 3t+2t-6t=-t$, tehát az összeg nem lehet $t$. Azt kapjuk tehát, hogy csak $\begin{array}{c}{\displaystyle x=-3t\mathrm{,}y=-2t\mathrm{,}z=6t}\end{array}$ (5) jöhet szóba. Behelyettesítéssel meggyőződhetünk róla, hogy ezek az értékek viszont tetszőleges $t$ mellett kielégítik az egyenletrendszerünket. Mivel (5) a (4) gyököt is megadja $t=0$ mellett, (5) megadja a vizsgált egyenletrendszer összes megoldását.