Kezdőlap


Feladat:	626. matematika gyakorlat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Ámon Magdolna , Bán T. , Baróti Gy. , Benczúr A. , Csákó Gy. , Dobó F. , Dringó L. , Fajszi Cs. , Gálfi l. , Gyaraki K. , Horváth K. , Katona Mária , Kóta József , Kunszt Z. , Kövessi Ágnes , Lehel J. , Major J. , Máté A. , Máté E. , Minkó B. , Nagy Angéla , Nováky B. , Opálény M. , Patthy l. , Rozváczy Judit , Sebestyén Z. , Seprődi L. , Simonovits M. , Sólyom Ilona , Sonnevend Gy. , Szidarovszky Ágnes , Szidarovszky F. , Vesztergombi Gy.
Füzet:	1961/február, 67 - 69. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Paraméteres egyenletek, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1960/április: 626. matematika gyakorlat

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

A törteket közös nevezőre hozva a közös nevező, a nevezők legkisebb közös többszöröse, általában a nevezők szorzata, és így a számláló általában harmadfokú. Az egyenlet azokra az $x$ értékekre teljesülhet csak, amelyekre ez a számláló eltűnik. (Teljesül is a számláló mindazon gyökeire, amelyekre egyik tört nevezője sem tűnik el.) Így az egyenlet megoldásához általában a harmadfokú egyenletekre vonatkozó ismeretek szükségesek.
Elvégezhető azonban a közös nevezőre hozás már legfeljebb másodfokú számlálóval, ha az $A$ , $B$ , $C$ , $D$ számok valamelyike $0$ . Ezt így is kifejezhetjük: $A B C D = 0$ (a szorzat valóban akkor és csak akkor $0$ , ha valamelyik tényezője $0$ ). A közös nevező harmadfokú lesz, ha valamelyik nevező nem tartalmazza $x$ -et, aminek szükséges és elégséges feltétele

\begin{matrix} m p r t = 0. \end{matrix}

(2)

Ez azonban nem vonja maga után a számláló fokszámának csökkenését, ha csak a kérdéses együtthatók egyike (pl.

m

) tűnik el, és a megfelelő számláló

(A)

nem

0

, mert ekkor

A

-t a nevezők legkisebb közös többszörösével, tehát harmadfokú polinommal szorozzuk. Csökken azonban a számláló fokszáma, ha

m

p

r

t

közül két együttható eltűnik.
Csökken a számláló fokszáma akkor is, ha két (vagy több) nevezőnek van az

x

-et tartalmazó közös osztója. Ez akkor következik be, ha az

\begin{matrix} m (x + \frac{n}{m}), p (x + \frac{q}{p}), r (x + \frac{s}{r}), t (x + \frac{u}{t}) \end{matrix}

alakokban a zárójelbeli második tagok között kettő egyezik, pl.

n / m - q / p = a

. Ekkor ugyanis a megfelelő két törtet összeadva egyetlen az eredetiekhez hasonló törtet kapunk:

\begin{matrix} \frac{A}{m x + n} + \frac{B}{p x + q} = \frac{\frac{A}{m}}{x + a} + \frac{\frac{B}{p}}{x + a} = \frac{\frac{A}{m} + \frac{B}{p}}{x + a} = \frac{E}{x + a}, \end{matrix}

tehát a bal oldalon ismét legfeljebb három tag marad, mint az 1. esetben. A kapott feltételt annak alapján önthetjük algebrai alakba, hogy két szám akkor és csak akkor egyenlő, ha különbségük

0

. A fenti

4

számból

6

különbség képezhető, ennélfogva a feltételt így írhatjuk: az (1) egyenlet nem lesz harmadfokú, ha (2) nem áll fenn, viszont

\begin{matrix} F = (\frac{n}{m} - \frac{q}{p}) (\frac{n}{m} - \frac{s}{r}) (\frac{n}{m} - \frac{u}{t}) (\frac{q}{p} - \frac{s}{r}) (\frac{q}{p} - \frac{u}{t}) (\frac{s}{r} - \frac{u}{t}) = 0. \end{matrix}

A nevezőket

m^{3} p^{3} r^{3} t^{3}

-nel való szorzás útján eltávolítva a feltétel így írható:

\begin{matrix} F' = m^{3} p^{3} r^{3} t^{3} F = (n p - m q) (n r - m s) (n t - m u) (q r - p s) (q t - p u) (s t - r u) = 0. \end{matrix}

(3)

Könnyű látni, hogy ez a feltétel akkor is teljesül, ha

m

p

r

t

közül legalább kettő eltűnik, vagy ha csak egy tűnik el közülük, de a másik három nevező közül van kettőnek közös

0

-helye (tehát

x

-et tartalmazó közös osztója.)
Lehetséges, hogy az egyszerűsödést csak a harmadfokú polinom összevonása után vesszük észre abból, hogy

x^{3}

együtthatója eltűnik:

\begin{matrix} A p r t + B m r t + C m p t + D m p r = 0. \end{matrix}

Ezt

m p r t

-vel osztva a következő alakban is írhatjuk:

\begin{matrix} \frac{A}{m} + \frac{B}{p} + \frac{C}{r} + \frac{D}{t} = 0. \end{matrix}

Lehetséges, hogy a törtek eltávolítása után a harmadfokú polinom nem tartalmaz állandó tagot, ezért belőle

x

kiemelhető, tehát az

x = 0

gyök könnyen felismerhető és leválasztható:

\begin{matrix} A q s u + B n s u + C n q u + D n q s = 0. \end{matrix}

(4)

Ilyenkor a leválasztás után visszamaradó egyenlet legfeljebb másodfokú. Egyébként

x = 0

csak akkor lehet gyöke (1)-nek, ha nem szerepel a valamelyik nevezőt

0

-vá tevő értékek között, vagyis ha

n

q

s

u

egyike sem

0

. Ekkor (4)-et

n q s u

-val osztva a feltételt így is írhatjuk:

\begin{matrix} \frac{A}{n} + \frac{B}{q} + \frac{C}{s} + \frac{D}{u} = 0. \end{matrix}

(

4 a

)

Ez az alak közvetlenül fejezi ki azt a tényt, hogy (1)-be

x = 0

-t helyettesítve a két oldal egyenlő.
Végül, ha harmadfokú egyenleten szűkebb értelemben a ,,vegyes'' harmadfokú egyenletet értjük, amelyben

0

-tól különböző az állandó, a harmadfokú tag együtthatója, továbbá az első- és a másodfokú tag közül legalább az egyiknek az együtthatója, ‐ akkor egyenletünk minden olyan esetben is megoldható, ha az adódó egyenlet bal oldalán

x^{2}

és

x

együtthatója

0

. Ilyenkor ugyanis az egyenlet valós gyöke puszta köbgyökvonással kifejezhető.
Ha valamelyik feltételből látjuk, hogy az egyenlet a harmadfokú egyenletre vonatkozó ismeretek nélkül is megoldható, akkor a megoldás egyszerűen végrehajtható.

Kóta József (Tatabánya, Árpád Gimn. II. o. t.)

Megjegyzés. Kóta József dolgozata megvizsgálja azt is, hogy az összevonással adódó harmadfokú kifejezés

0

-helyei milyen esetekben kereshetők meg az első két tagnak teljes köbbé kiegészítésével, továbbá mikor van az első két tag összegének és az utolsó kettőnek elsőfokú közös osztója. Ezeknek a feltételét már igen bonyolultan lehet az eredeti együtthatókkal kifejezni.