Kezdőlap


Feladat:	491. matematika gyakorlat	Korcsoport: 14-15	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Bácsy Zs. , Bencsik I. , Bíborka T. , Bleyer A. , Bollobás B. , Bornes Klára , Buncsák J. , Bürger N. , Cselényi Gyöngyi , Csizmadia B. , Czékus L. , Dömötör Gy. , Fejes L. , Flanek L. , Fritz J. , Gagyi Pálffy A. , Gáti P. , Gazsi L. , Hahn J. , Hajna J. , Holop A. , Hornyánszky T. , Horváth Dénes , Jahn A. , Kiss Ádám , Komlós J. , Krámli A. , Lefkovitsch S. , Máté Zs. , Máthé Cs. , Meggyes G. , Mezey F. , Müller M. , Nagymajtényi Emőke , Náray Szabó G. , Nováky A. , Pál G. , Parti Enikő , Pósch Margit , Raisz Klára , Rapcsák András , Reitschl T. , Sáry Barna Sz. , Simai L. , Sós V. , Székely J. , Szűcs J. , Tihanyi A. , Tomcsányi Gy.
Füzet:	1959/január, 9 - 12. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Irracionális egyenletrendszerek, Paraméteres egyenletrendszerek, Nevezetes egyenlőtlenségek, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1958/április: 491. matematika gyakorlat

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

Mondjuk ki mindenekelőtt, hogy egyenletrendszerünk megoldásaiban egyik ismeretlen értéke sem lehet negatív, hiszen $x$ , $y$ és $z$ mindegyike két nemnegatív négyzetgyök összege, továbbá, hogy $a$ , $b$ , $c$ -ről az általánosság csorbítása nélkül feltehetjük, hogy pozitívok, hiszen a rendszerben csak négyzetük lép fel. Vegyük észre, hogy (2) és (3) úgy adódnak (1), ill. (2)-ből, hogy $x$ , $y$ , $z$ helyére $y$ , $z$ , $x$ -et írunk, egyszersmind $a$ , ill. $b$ helyére $b$ , ill. $c$ -t.
(1)-ben az első gyökös kifejezést a bal oldalra átvive és mind a két oldalt négyzetre emelve az egyenletben csak egy gyökös kifejezés szerepel:

\begin{matrix} x^{2} - 2 x \sqrt[]{y^{2} - a^{2}} + y^{2} = z^{2} . \end{matrix}

Innen a gyökös tag újbóli különválasztásával, újabb négyzetreemeléssel gyökmentes egyenletet nyerünk, amelyből rendezéssel:

\begin{matrix} {(x^{2} + y^{2} - z^{2})}^{2} = 4 x^{2} (y^{2} - a^{2}), \\ 4 a^{2} x^{2} = 2 x^{2} y^{2} + 2 y^{2} z^{2} + 2 z^{2} x^{2} - x^{4} - y^{4} - z^{4} = U . & (4) \end{matrix}

x

y

z

helyére

y

z

x

-et írva a jobb oldali

U

kifejezés önmagába megy át, ennélfogva a (2) és (3)-ból hasonló eljárással képezhető egyenletek röviden így írhatók:

\begin{matrix} 4 b^{2} y^{2} = U, & (5) \\ 4 c^{2} z^{2} = U . & (6) \end{matrix}

Ezek szerint (4), (5) és (6) bal oldalai is egyenlők; az ebből adódó

\begin{matrix} y^{2} = \frac{a^{2}}{b^{2}} x^{2} és & (7) \\ z^{2} = \frac{a^{2}}{c^{2}} x^{2} & (8) \end{matrix}

kifejezéseket (4)-be helyettesítve egyismeretlenes, csak

x^{2}

-es és

x^{4}

-es tagot tartalmazó egyenletet kapunk, végül abból

a^{4} \neq 0

-val való osztással és kiemeléssel:

\begin{matrix} x^{2} [(\frac{2}{a^{2} b^{2}} + \frac{2}{b^{2} c^{2}} + \frac{2}{c^{2} a^{2}} - \frac{1}{a^{4}} - \frac{1}{b^{4}} - \frac{1}{c^{4}}) x^{2} - \frac{4}{a^{2}}] = 0. \end{matrix}

(9)

Négyzetreemeléseinkkel mindig következményére, de nem ekvivalens következményére tértünk át az éppen előttünk volt egyenletnek; így eredeti egyenletrendszerünk bármely megoldásában

x

csak a (9)-et kielégítő érték lehet, viszont (9) gyökei nem feltétlenül tartoznak bele, rendszerünk valamely megoldásába.
Mindjárt a kétszeres

x = 0

gyökét is el kell vetnünk (9)-nek, mert ebből (7) és (8) folytán

y = z = 0

, így pedig (1)‐(3) gyökjelei alatt negatív számok állnak. (9)-nek szögletes zárójelben levő tényezőjéből is csak a pozitív gyököt vehetjük figyelembe, így a negyedfokú egyenletnek számunkra legfeljebb egy gyöke jöhet szóba:

\begin{matrix} x = \frac{2}{{(\frac{2}{a^{2} b^{2}} + \frac{2}{b^{2} c^{2}} + \frac{2}{c^{2} a^{2}} - \frac{1}{a^{4}} - \frac{1}{b^{4}} - \frac{1}{c^{4}})}^{1 /_{2}}} \cdot \frac{1}{a} . \end{matrix}

Az első nevezőbeli kifejezést

\frac{1}{T}

-vel jelölve (7) és(8)alapján, vagy az eddigihez hasonló önálló eljárással azt kapjuk, hogy rendszerünk megoldása csak a következő lehet:

\begin{matrix} x = \frac{2 T}{a}, y = \frac{2 T}{b}, z = \frac{2 T}{c} . \end{matrix}

(10)

A valós számokban való megoldhatóságnak szükséges feltétele, hogy az

1 / 2

kitevőjű hatvány alapja pozitív legyen:

\begin{matrix} \frac{1}{T^{2}} = \frac{2}{a^{2} b^{2}} + \frac{2}{b^{2} c^{2}} + \frac{2}{c^{2} a^{2}} - \frac{1}{a^{4}} - \frac{1}{b^{4}} - \frac{1}{c^{4}} > 0; \end{matrix}

(11)

ha ez teljesül, akkor

x

y

z

mindegyikére egyetlen pozitív értéket kapunk. Hogy ezek az eredeti rendszert kielégítik-e, ennek behelyettesítéssel való ellenőrzése bonyolult számítás lenne.
Ezt megkerülhetjük avval, hogy feladatunknak geometriai jelentést tulajdonítunk, egyenleteink valamennyi tagját egy‐egy szakasznak tekintjük. Tegyük fel, hogy a (10) számhármas megoldása rendszerünknek. Ekkor (1)-nek két, a Pythagoras‐tételre emlékeztető gyökös kifejezése annak a két derékszögű háromszögnek ,,második'' befogóját jelenti, amelyek mindegyikének ,,első'' befogója az ismert

a

szakasz, átfogóik pedig az

y

, ill.

z

ismeretlenek. Mármost

x

, mint a második befogók összege, úgy kaphat jelentést, ha a két háromszöget

a

befogóikkal úgy toljuk össze, hogy a második befogók egymás meghosszabbításába essenek, éspedig ekkor

x

a két derékszögű háromszög által lefedett egyetlen háromszögnek ,,harmadik'' oldala (az első kettő

y

és

z

a

pedig az

x

alaphoz tartozó magassága. Ebben a háromszögben az

x

oldal két végpontjában a két derékszögű háromszögnek egy‐egy hegyes szöge fekszik, vagy pedig egyik végpontjában derékszöge, ha ti.

y = a

vagy

z = a

, amikor a megfelelő derékszögű háromszög egyenesszakasszá fajul el; mindkét derékszögű háromszög azonban nem fajulhat el, mert különben a már kizárt

x = y = z = 0

esetre jutnánk. ‐ Ugyancsak az

x

y

z

oldalakkal képezett háromszögre vezetnek (2) és (3) is azzal a további megállapítással, hogy az

y

, ill.

z

oldalhoz tartozó magasság

b

, ill.

c

. Ezek szerint

x

y

z

csak annak a nem tompaszögű háromszögnek az oldal‐mértékszámai lehetnek, amelyben a magasságszakaszok hossza

a

b

c

.
Hogy létezik-e ez a háromszög, és ha igen, akkor nem tompaszögű-e, erre a kérdésre a

t

terület legrégebben ismert képleteinek felhasználásával válaszolhatunk, amelyben az oldalak és a megfelelő magasságok együtt szerepelnek. Minthogy

\begin{matrix} 2 t = x a = y b = z c, \end{matrix}

azért

\begin{matrix} x = 2 t \cdot \frac{1}{a}, y = 2 t \cdot \frac{1}{b}, z = 2 t \cdot \frac{1}{c}, \end{matrix}

(12)

vagyis az

x

y

z

oldal‐mértékszámok arányosak a megfelelő magasságok reciprok értékével, ennélfogva az

x

y

z

oldalakkal meghatározott háromszög hasonló ahhoz, amelyet az

1 / a

1 / b

1 / c

hosszúságú szakaszok határoznak meg, így pedig a kérdéses (az előbbi) háromszög akkor és csak akkor létezik, ill. akkor és csak akkor nem tompaszögű, amikor az utóbbi.
Hogy a magasság‐mértékszámok reciprok értékével mint szakaszokkal lehessen háromszöget szerkeszteni, ehhez szükséges és elegendő, hogy teljesüljenek a ,,háromszög‐egyenlőtlenségek'':

\begin{matrix} \frac{1}{a} < \frac{1}{b} + \frac{1}{c}, \frac{1}{b} < \frac{1}{c} + \frac{1}{a}, \frac{1}{c} < \frac{1}{a} + \frac{1}{b}; \end{matrix}

(13)

ahhoz pedig, hogy ez a háromszög ne legyen tompaszögű, szükséges és elegendő, hogy teljesüljenek azok az egyenlőtlenségek, amelyek a koszinusz‐tétel révén biztosítják a szögek koszínuszának, ill. a

cos α

cos β

cos γ

kifejezések számlálójának nemnegatív voltát:

\begin{matrix} \frac{1}{a^{2}} \leq \frac{1}{b^{2}} + \frac{1}{c^{2}}, \frac{1}{b^{2}} \leq \frac{1}{c^{2}} + \frac{1}{a^{2}}, \frac{1}{c^{2}} \leq \frac{1}{a^{2}} + \frac{1}{b^{2}} . \end{matrix}

(14)

Ámde ‐ pozitív

a

b

c

esetén ‐ a (14) egyenlőtlenségek teljesülése esetén a megfelelő (13) alatti is teljesül; ugyanis pl.

\begin{matrix} \frac{1}{a^{2}} \leq \frac{1}{b^{2}} + \frac{1}{c^{2}} < \frac{1}{b^{2}} + \frac{2}{b c} + \frac{1}{c^{2}} = {(\frac{1}{b} + \frac{1}{c})}^{2}, \end{matrix}

és ebből

\begin{matrix} \frac{1}{a} < \frac{1}{b} + \frac{1}{c}, \end{matrix}

eszerint mondhatjuk, hogy rendszerünk megoldhatóságának szükséges és elegendő feltételét a (14) egyenlőtlenségek fejezik ki.

Megjegyzések. A (10) és (12) kifejezések összehasonlításából adódik, hogy

T = t

, eszerint egy háromszög területe a magasságokból a (11) képlettel számítható. Több dolgozat is felhasználta azt a szerkezeti hasonlóságot, amely

T

és a Heron‐képletnek a kizárólag az oldalakat tartalmazó

\begin{matrix} 16 t^{2} = 2 a^{2} b^{2} + 2 b^{2} c^{2} + 2 c^{2} a^{2} - a^{4} - b^{4} - c^{4} \end{matrix}

alakja között fennáll (itt

a

b

c

, szokás szerint, az oldalakat jelenti). Így ‐ mint többen megállapították ‐ a (11) követelés azt fejezi ki, hogy

1 / a

1 / b

1 / c

-ből mint oldalakból lehessen háromszöget szerkeszteni. Ez azonban a megoldhatóságnak csupán szükséges, de nem elegendő feltétele. A dolgozatok figyelmen kívül hagyták, hogy a négyzetgyökös kifejezések értéke nem lehet negatív, nem vizsgálták a háromszög ,,tompaszögmentességének'' feltételét.