Feladat: 506. matematika gyakorlat Korcsoport: 14-15 Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Gyuris Éva ,  Tomcsányi Gyula ,  Török László 
Füzet: 1959/március, 77 - 79. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Parciális törtekre bontás, Műveletek polinomokkal, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1958/szeptember: 506. matematika gyakorlat

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

Előzetes megjegyzés: Az egyenlőség mindkét oldalát az a,b,M,N és x számokból a négy alapművelettel számítjuk (racionális kifejezések). Ezek közül az osztás az egyetlen olyan, amely körültekintést igényel atekintetben, hogy végrehajtható-e, éspedig hogy nem 0-val kívánunk osztani. Így egyenlőségünknek akkor és csak akkor van értelme, ha x-a,x-b és a-b egyike sem 0, azaz x≠a. x≠b és a≠b. (Ennek kimondását a II. osztályos megoldók elmulasztották, az elsősök pedig akkor még nem is tudtak róla.) Egyébként a szokásnak megfelelően a,b,M,N-et tetszés szerinti állandóknak, x-et változónak tekintjük.
I. megoldás: Hozzuk közös nevezőre a jobb oldali törteket, rendezzük x szerint a számlálót és végezzük el benne a lehetséges kiemeléseket:

Ma+Na-b⋅1x-a-Mb+Na-b⋅1x-b=(Ma+N)(x-b)-(Mb+N)(x-a)(a-b)(x-a)(x-b)==(Ma-Mb)x+(-Nb+Na)(a-b)(x-a)(x-b)=M(a-b)x+N(a-b)(a-b)(x-a)(x-b)==(a-b)(Mx+N)(a-b)(x-a)(x-b).


A legutóbbi alak (a-b)-vel egyszerűsítve éppen a bal oldal, tehát az egyenlőség valóban azonosság a benne előforduló betűknek mindazon értékeire, amelyekre a kifejezések értelmezve vannak.
 

Gyuris Éva (Gyöngyös, Vak Bottyán g. I. o. t.)
 

II. megoldás: A bizonyítandó azonosság módot ad arra, hogy a bal oldalon álló, másodfokú nevezőjű racionális kifejezést (függvényt) két egyszerűbb, elsőfokú nevezőjű racionális tört összegeként írhassuk. Ennek megfelelően kérdésünket úgy is felvethetjük, mintha csak a bal oldali kifejezést ismernők, továbbá azt, hogy milyen alakú felbontást keresünk: mely A és B együtthatók mellett lesz az
Mx+N(x-a)(x-b)=A⋅1x-a+B⋅1x-b(1)
egyenlőség azonosság (természetesen x=a, x=b, valamint a=b kivételével)?
A törtek eltávolításával és x szerinti rendezéssel
Mx+N=(A+B)x-(bA+aB).(2)
Ez akkor és csak akkor azonosság, ha x együtthatója és az x-mentes tag a két oldalon megegyezik:
A+B=M
és
-(bA+aB)=N.(3)
Ez a követelés az A és B ismeretlenekre egyenletrendszert ad, megoldása:
A=Ma+Na-b,B=-Mb+Na-b.
Ezek megegyeznek az adott együtthatókkal, tehát az egyenlőségünk valóban azonosság.
 

Tomcsányi Gyula (Bp. I., Toldy F. g. II. o. t.)
 

Megjegyzések. 1. A és B úgy is meghatározhatók, hogy két határozott x helyre írjuk fel azt a követelést, hogy (2)-nek két oldala egyenlő legyen. Célszerűek erre az x=a és x=b helyek, ezekkel ugyanis (2)-nek rendezés előtti
Mx+N=A(x-b)+B(x-a)(4)
alakjából előre látni, hogy az előbbi egyenletrendszer helyett két egyismeretlenes egyenletet kapunk:
Ma+N=A(a-b)
és
Mb-N=B(b-a)
és ezekből A és B meghatározása még egyszerűbb.
 

Török László (Ózd, József A. g. II. o. t.)
 

2. Vegyük észre, hogy itt x-nek éppen azt a két helyet választottuk, amelyre (1) nincs értelmezve, amelyet előre kizártunk. Meg kell ezért gondolnunk, hogy helyes volt-e eljárásunk. Helyes volt, mert (1)-gyel együtt (4)-re is áll követelésünk, hogy ti. x=a és x=b kivételével minden helyen álljon. Ez végtelen sok helyet jelent, ami több, mint kettő. Ha pedig a (4)-nek két oldalán álló elsőfokú polinomok legalább két helyen egyenlő értéket vesznek fel, akkor azonosak, mindenhol egyenlők, így az előbb kizárt a és b helyeken is, értelmezési tartományukba ugyanis kivétel nélkül minden szám beletartozik.
3. A és B-re felírt egyenletrendszerünk (3) egyenlete is tekinthető az 1. megjegyzésbeli meggondolás példájának, ez az x=0 helyre követeli (2), ill. (4) két oldalának egyenlőségét.