Kezdőlap


Feladat:	499. matematika gyakorlat	Korcsoport: 14-15	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Marót Ildikó , Muszély György
Füzet:	1959/február, 41 - 43. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Másodfokú (és arra visszavezethető) egyenletrendszerek, Másodfokú (és arra visszavezethető) egyenletek, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1958/május: 499. matematika gyakorlat

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

Egyenleteink a (3) kivételével $x$ , $y$ , $z$ , $u$ -ban szimmetrikusok, vagyis bennük mindegyik ismeretlen ugyanolyan szerepet játszik: (1)-ben mindegyik az $1$ -szeresével, (2)-ben mindegyik a négyzetének $1$ -szeresével szerepel tagként ugyanazon az oldalon, (4)-ben mindegyik az első hatványával tényezőként ugyanazon tagban. A (3)-ban viszont minden tag két különböző ismeretlen szorzata, de a lehetséges ilyen szorzatok közül $x z$ és $y u$ hiányzik, ez az egyenlet az $x$ , $z$ és $y$ , $u$ párokban szimmetrikus. Ezeknek az észrevételeknek a kihasználásával rendszerünk megoldását több szakaszra bonthatjuk.
(3)-ból és (1)-ből alkalmas zárójelbefoglalással:

\begin{matrix} (x + z) (y + u) = 16, & (3a) \\ (x + z) + (y + u) = 8. & (1a) \end{matrix}

Ez az

x + z = α

és

y + u = β

ismeretlenekre vonatkozóan a legegyszerűbb típusú másodfokú egyenletrendszer (adva van a szorzatuk és az összegük), így értékük a

ξ^{2} - 8 ξ + 16 = {(ξ - 4)}^{2} = 0

egyenletből (ahol

ξ

akár

α

-t, akár

β

-t jelentheti) egyetlen megoldásként

α = β = 4

.
Másrészt (1) négyzetreemelésével a bal oldalon (2)-nek és (3) kétszeresének majdnem minden tagját megkapjuk, ugyanis

\begin{matrix} {(x + y + z + u)}^{2} = (x^{2} + y^{2} + z^{2} + u^{2}) + 2 [(x y + x u + z y + z u) + & (5) \\ + (x z + y u)], \end{matrix}

innen az

x z = γ

és

y u = δ

ismeretlenek összegére kapunk egyenletet, amelyeknek ismét ismerjük a szorzatát is (4)-ből. Az (1)‐(3) figyelembevételével (5)-ből

\begin{matrix} 64 = 20 + 32 + 2 (x z + y u), \end{matrix}

(5a)

ennélfogva a

\begin{matrix} γ + δ = 6 és & (5b) \\ γ δ = 9 & (4a) \end{matrix}

egyenletrendszerből az

η^{2} - 6 η + 9 = {(η - 3)}^{2} = 0

egyenlet egyetlen megoldásaként

γ = δ = 3

.
Így megkaptuk mind az

x

z

, mind az

y

u

ismeretlenpárra vonatkozóan mind összegüket, mind szorzatukat, ezek harmadszor is ,,összeg és szorzat'' típusú rendszert alkotnak. Sőt, mivel

α = β

és

γ = δ

, azért a két egyenletrendszer egymástól csak az ismeretlenek jelölésében különbözik,

x

és

z

ugyanazon másodfokú egyenlet gyökei, mint

y

és

u

, éspedig a

ζ^{2} - α ζ + γ = 0

vagyis a

ζ^{2} - 4 ζ + 3 = 0

egyenleté.
A megoldások:

\begin{matrix} (A_{1}) : x_{1} = 1 és z_{1} = 3, (A_{2}) : x_{2} = 3 és z_{2} = 1; \\ (B_{1}) : y_{1} = 1 és u_{1} = 3, (B_{2}) : y_{2} = 3 és u_{2} = 1. \end{matrix}

Most már a teljes egyenletrendszer összes megoldásait úgy kapjuk, hogy

A_{1}

és

A_{2}

-ből, valamint

B_{1}

és

B_{2}

-ből mind a

2 \cdot 2 = 4

lehetséges párt felírjuk (l. a táblázatot).

\begin{matrix} x & z & y & u \\ I. & 1 & 3 & 1 & 3 \\ II. & 1 & 3 & 3 & 1 \\ III. & 3 & 1 & 1 & 3 \\ IV. & 3 & 1 & 3 & 1 \end{matrix}

Muszély György (Bp. VIII., Vörösmarty M. g. II. o. t.)

Megjegyzések. 1. Ha feltesszük, hogy a gyökök egész számok, akkor egyenletrendszerünknek fenti megoldásait az alábbi meggondolásokkal is megkereshetjük. (2) folytán abszolút értékben egyik ismeretlen értéke sem lehet 4-nél nagyobb. (4) folytán egyik sem lehet páros (

0

sem), továbbá kettőnek abszolút értéke 3, kettőé 1. Egyik sem lehet negatív, mert (4) folytán a negatívok száma csak páros lehet, de (1) folytán mind a négynek negatív volta nem jöhet szóba, és kettő sem lehet negatív, mert akkor előbbi megállapításunk szerint (1) bal oldala maximálisan (a két abszolút értékben 3-mal egyenlő ismeretlent pozitívnak, az abszolút értékben 1-gyel egyenlőket negatívnak véve)

3 + 3 - 1 - 1 = 4

lenne. Eszerint az ismeretlenek értékei csak

1

1

3

3

lehetnek valamely sorrendben, ezek (2)-nek is megfelelnek. E számoknak az

x

y

z

u

szerepre való elrendezése (3) alapján végezhető el. Hatféle lehetséges sorrendjük közül

1

3

1

3

és

3

1

3

1

(vigyázzunk a betűsorrendre !) nem felel meg.

Marót Ildikó (Bp. V., Veres Pálné lg. II. o. t.)

2. A fenti ,,keresés'' természetesen nem tekinthető teljes értékű megoldásnak, egyrészt mert abból a gyakran hallható, de hibás felfogásból indul ki, hogy számokon csak a legjobban ismert számokat, a természetes számokat értjük (e tekintetben az sem számít, hogy (1)‐(4) jobb oldalán egész számok állnak), másrészt a próbálkozás, még ha rendszeres is, nem mindig biztosít az összes gyökrendszerek előállításáról, mindig egy alkalomra szabott, nem általános érvényű.
A közölt megoldásban is van bizonyos fogás jellegű elem, a szimmetriák felismerése, ez azonban az ismeretleneknek egymás közti kapcsolatára vonatkozik, nem pedig az ismert számok pozitív egész voltára. A közölt módszerrel a

8

20

16

9

számok helyén más, nem egész számokkal, sőt

a

b

c

d

-vel is meg tudnók oldani a rendszert, akkor persze

ξ

és

η

-ra vonatkozó egyenleteknek két-két gyökével kellene tovább haladnunk.