Feladat: F.2586 Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Bereczky Á. ,  Blahota I. ,  Bóna M. ,  Csott R. ,  Cynolter G. ,  Fodróczy T. ,  Grallert Ágnes ,  Grallert Krisztina ,  Habony Zs. ,  Jinda B. ,  Keleti T. ,  Kovács 666 T. ,  Olasz-Szabó M. ,  Őrsi A. ,  Pál G. ,  Patthy Júlia ,  Pongor G. ,  Ribényi Á. ,  Rimányi R. ,  Szalay Gy. ,  Szederkényi Judit ,  Takács Á. ,  Talata I. ,  Tasnádi T. ,  Varga 308 G. ,  Varga Zs. ,  Vargay P. ,  Zaránd G. 
Füzet: 1986/november, 377 - 378. oldal  PDF file
Témakör(ök): Másodfokú (és arra visszavezethető) egyenletrendszerek, Szimmetrikus egyenletek, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1986/május: F.2586

Oldjuk meg az alábbi egyenletrendszert:
3(x+1x)=4(y+1y)=5(z+1z)(1)
xy+yx+zx=1.(2)

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

A (2)-ben szereplő xy, yz, valamint zx mennyiségekre, mint új ismeretlenekre vezessük be az A, B, C jeleket. Ezekkel (2) így alakul:

A+B+C=1.(2')
(1)-ből tudjuk, hogy x, y, z nullától különböznek; ezzel a feltétellel új gyök nyerése nélkül (1)-et megszorozhatjuk (xyz)-vel:
3(x2yz+yz)=4(y2xz+xz)=5(z2xy+xy).
Az itt szereplő összes tag könnyen kifejezhető A, B, C-vel, például x2yz=(xy)(xz)=AC, tehát (1)-ből
3(AC+B)=4(AB+C)=5(BC+A).(1')
A zárójelben álló tényezők (2') segítségével szorzattá bonthatók. Például (2')-ből B=-A-C+1, tehát
AC+B=AC-A-C+1=(A-1)(C-1),
s hasonlóképpen a többi. Tehát
3(A-1)(C-1)=4(A-1)(B-1)=5(B-1)(C-1),(1'')
s (2')-ből
(A-1)+(B-1)+(C-1)=-2.(2'')

Ezzel az eredetinél lényegesen egyszerűbb egyenletrendszert kaptunk az u==A-1, v=B-1, w=C-1 mennyiségekre:
3uw=4uv=5vw,u+v+w=-2.(3)
A kettős egyenlőség egyértelműen meghatározza u, v és w arányát (feltéve persze, hogy egyik sem nulla), ennek alapján a másik egyenlőség pedig értéküket.
Vegyük észre, hogy míg (3)-ig eljutottunk, igyekeztünk az egyenletek "szimmetriáját'' megőrizni ‐ például új ismeretlent vezettünk be xy, yz és zx helyébe is; (1)-et nem bontottuk két egyenletre; vagy (1')-ben nem A, B, C valamelyikét helyettesítettük a (2')-ből kiadódó értékkel, hanem mindhármat. Továbbá lényegesen kihasználtuk, hogy (2) jobb oldalán éppen 1 áll, ám az (1)-ben szereplő 3, 4, 5 számok helyére tetszőlegeseket írva megoldásunk (legalábbis eddig a pontig) működik.
Térjünk vissza (3)-hoz. Láttuk, hogy két eset van:
 

a) u, v, w közül valamelyik nulla;
b) u, v, w egyike sem nulla.
 


Ez utóbbi esetben a korábban mondottak szerint meghatározhatjuk u, v és w arányát:
u:v:w=5:3:4;
és így (3) második egyenletéből u=-5/6, v=-3/6, w=-4/6; vagyis A==xy=u+1=1/6, B=yz=v+1=1/2, C=xz=w+1=1/3. Ezek az értékek természetesen kielégítik az (1')‐(2') egyenletrendszert; továbbá ABC=x2y2z2=1/36, tehát xyz=1/6 vagy -1/6. Innen tovább az első esetben
x=xyzyz=xyzB=13,y=xyzC=12,z=xyzA=1;
a másodikban
x=-13,y=-12,z=-1,
s mindkettő természetesen megoldása az eredeti egyenletrendszernek is.
Hátra van még az a) eset, vagyis ha u, v, w között van nulla. Ekkor (3) szerint mindhárom kettes szorzat értéke nulla, tehát u, v és w között legalább két nulla van ‐ és ekkor a harmadik értéke -2. Ez azt jelenti, hogy A, B, C közül kettőnek értéke 1, egynek értéke pedig -1. Így ABC=-1, ami ABC==x2y2z2-tel összevetve azt mutatja, hogy innen nem adódik új megoldás.
Összefoglalva, az egyenletrendszernek két megoldása van: (1/3, 1/2, 1), illetve (-1/3, -1/2, -1).