Feladat: F.2747 Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Boncz András 
Füzet: 1989/december, 451 - 453. oldal  PDF file
Témakör(ök): Szorzat, hatványozás azonosságai, Másodfokú (és arra visszavezethető) egyenletek, Trigonometrikus egyenletek, Egyenletek, Trigonometriai azonosságok, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1989/május: F.2747

Oldjuk meg az
x2+(5xx+5)2=1
egyenletet.

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

I. megoldás. Az egyenlet bal oldalán álló tört átalakítható úgy, hogy csak egyszer szerepeljen benne az ismeretlen:

5xx+5=51+5x.
(Nyilván x=0 nem megoldás.) Természetesen x is hasonló alakba írható:
x=55x,
s ha most az y=0,5+5x helyettesítést alkalmazzuk, az egyenlet szimmetrikussá válik:
25(y-0,5)2+25(y+0,5)2=1.
Ez az egyenlet már a (y2-0,25)2 közös nevezővel szorozva y2-re másodfokú (míg az eredeti egyenletben a szorzás után megmaradnak a páratlan fokú tagok is):
50(y2+0,25)=y4-0,5y2+0,252.
Ebből a
16y4-808y2-199=0
egyenlethez jutunk, amelynek pozitív gyöke
y2=101+20264;
innen két megoldást kapunk :
x1=10101+2026-10,7549  és  x2=10-101+2026-1-0,6559.
Az átalakítások végig megfordíthatók, így ezek az értékek valóban megoldások.
 

II. megoldás. Az általánosabb x2+(axx+a)2=1 egyenletet fogjuk megoldani |a|1 esetben. (Az |a|<1 eset diszkussziója egy kicsit bonyolultabb, de nincs rá szükségünk: a feladatban a=5.).
Tekintsük az xx2+(axx+a)2 függvényt; ez |x|1 esetén egynél nagyobb értéket vesz fel, míg x=0-ban nulla az értéke. Így az egyenletnek van legalább egy-egy gyöke a (-1,0) és a (0,1) intervallumban, és máshol nincs gyöke. (Felhasználtuk, hogy függvényünk folytonos). Egyenletünk pontosan azt jelenti, hogy valamilyen α számra x=sinα és axx+a=cosα. Az axx+a törtben elvégezve az x=sinα helyettesítést, rendezés után az
a(-cosα+sinα)=sinαcosβ(1)
egyenlethez jutunk. Ezt négyzetre emelve és alkalmazva a sin2α+cos2α=1 összefüggést, sinαcosα=u-ra másodfokú egyenletet nyerünk: u2+2ua2-a2=0, azaz sinαcosα=u=-a2±a4+a2. Ismeretes, hogy
|sinαcosα|=|sin2α2|12,
másrészt
-a2-a4+a2<-2a2-2,ha|a|1.
Ezért csak az u=-a2+a4+a2 gyök ad megoldást α-ra. A továbbiakban kiszámítjuk sinα+cosα és sinα-cosα értékét.(1) szerint
-cosα+sinα=-a+e1+a2(e=|a|a=1vagy-1).
Másrészt (cosα+sinα)2=1+2u=1-2a2+2|a|1+a2, így
cosα+sinα=±(1-2a2+2|a|1+a2).
A két egyenletet összeadva és kettővel osztva:
x=sinα=e1+a2-a±1-2a2+2|a|1+a22.
(A gyökjelek alatt pozitív számok állnak.) Legföljebb ez a két érték lehet gyök. Másrészt láttuk, hogy az egyenletnek legalább két gyöke van, így a fenti két megoldás gyöke az egyenletnek és több nincs.
x1,2=26-5±1026-492.
 

Boncz András (Zalaegerszeg, Zrínyi M. Gimn., II. o. t.)
 

Megjegyzések: 1. Természetesen az I. megoldás gondolatmenete is alkalmazható az általános esetben.
2. A két megoldás különböző alakú eredményt ad, de közvetlenül is ellenőrizhető, hogy ezek egyenlőek. Ugyanis
1026-49=2-(26-5)2=2(26+5)2-1(26-5)2,
így pl.

x1=26-5+1026-492=1+2(26+5)2-12(26+5)==1+101+20262(26+5)=100+20262(26+5)1101+2026-1=10101+2026-1.