Kezdőlap


Feladat:	706. matematika gyakorlat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Ámon Magdolna
Füzet:	1962/március, 113 - 115. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Másodfokú (és arra visszavezethető) egyenletek, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1961/május: 706. matematika gyakorlat

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

a) A szélső tagok nevezőinek $2 x - 8$ összege egyenlő a közbülső két tag nevezőjének összegével. Ezért megpróbálhatjuk új ismeretlennek venni ezen összeg felét. $x - 4 = z$ , azaz $x = z + 4$ helyettesítéssel, a szélső és közbülső tagpárok közös nevezőre hozásával

\begin{matrix} (\frac{1}{z + 3} + \frac{5}{z - 3}) + (\frac{3}{z + 1} - \frac{9}{z - 1}) = \frac{6 (z + 2)}{z^{2} - 9} - \frac{6 (z + 2)}{z^{2} - 1} = \\ = 6 (z + 2) (\frac{1}{z^{2} - 9} - \frac{1}{z^{2} - 1}) = 0. & (1) \end{matrix}

Eszerint

z + 2 = 0

megoldást ad:

z = - 2

, és így

x = 2

. A második zárójel nem lehet 0, mert

z^{2} - 9

és

z^{2} - 1

különbözők, reciprokaik szintén, tehát különbségük nem 0. Eszerint az egyenletnek csak egy gyöke van.
b) Itt is fennáll a fent látott összefüggés, de jól használhatjuk azt is, hogy két-két számláló összege 0. E tagokat páronkint összeadva

\begin{matrix} 3 (\frac{1}{x + 1} - \frac{1}{x - 3}) = 5 (\frac{1}{x - 5} - \frac{1}{x - 1}), \frac{- 12}{x^{2} - 2 x - 3} = \frac{20}{x^{2} - 6 x + 5} . \end{matrix}

Feltéve, hogy egyik nevező sem 0, és véve a két oldal reciprokát, rendezés után

\begin{matrix} x (2 x - 7) = 0, és innen x_{1} = 0, x_{2} = 3, 5, \end{matrix}

egyik sem kizárt érték. Valóban, mindkettő kielégíti az egyenletet.
c) Az a) esethez hasonló rendezéssel

\begin{matrix} \frac{6 (9 x + 8)}{x^{2} - 9} - \frac{6 (x + 8)}{x^{2} - 1} = \frac{48 (x^{3} + 8)}{(x^{2} - 1) (x^{2} - 9)} = 0. \end{matrix}

A számlálóbeli kéttagú kifejezés a

8 = 2^{3}

észrevétel alapján szorzattá alakítható:

\begin{matrix} x^{3} + 2^{3} = (x + 2) (x^{2} - 2 x + 2^{2}) . \end{matrix}

Mostmár

x + 2 = 0

-ból

x = - 2

(evvel egyik nevező sem 0), a második tényező viszont nem lehet 0, mert bármely

x

mellett pozitív:

\begin{matrix} x^{2} - 2 x + 4 = {(x - 1)}^{2} + 3 \geq 3, \end{matrix}

tehát több gyök nincs.
d) Legyen az a) esethez hasonlóan

x - 0, 5 = z

. Így

\begin{matrix} 3 (\frac{1}{z - 2, 5} + \frac{1}{z + 2, 5}) - (\frac{1}{z - 1, 5} + \frac{1}{z + 1, 5}) = \frac{6 z}{z^{2} - 6, 25} - \frac{2 z}{z^{2} - 2, 25} = \\ = \frac{4 z (z - 0, 5) (z + 0, 5)}{(z^{2} - 6, 25) (z^{2} - 2, 25)} = 0, \end{matrix}

ami csak

z_{1} = 0

z_{2} = 0, 5

és

z_{3} = - 0, 5

mellett teljesülhet. Ezek mindegyike megoldást ad, mert velük mind a négy nevező 0-tól különböző szám, éspedig

\begin{matrix} x_{1} = 0, 5, x_{2} = 1, x_{3} = 0. \end{matrix}

Ámon Magdolna (Győr, Zrínyi Ilona lg. II. o. t.)

Megjegyzés. A gyakorlat kitűzésekor a versenyzők figyelmébe ajánlottuk a 626. gyakorlat megoldását,¹ amely néhány feltételt adott arra, hogy az

\begin{matrix} \frac{A}{m x + n} + \frac{B}{p x + q} + \frac{C}{r x + s} + \frac{D}{t x + u} = 0 \end{matrix}

egyenlet megoldható legyen (vegyes) harmadfokú egyenletre vonatkozó ismeretek nélkül. Mint láttuk, mind a négy egyenletünk ebbe a típusba tartozik. Az a) esetben

\begin{matrix} \frac{A}{m} + \frac{B}{p} + \frac{C}{r} + \frac{D}{t} = 1 + 3 - 9 + 5 = 0, \end{matrix}

és a bal oldal tagjainak összevonásával ‐ a fenti (1)-et tovább alakítva nem kapunk harmadfokú tagot a számlálóban, amint az idézett helyen általában láttuk a (4) előtti feltételben. Hasonlóan a b) és d) egyenletre az ottani (4a) feltétel teljesül:

\begin{matrix} \frac{A}{n} + \frac{B}{q} + \frac{C}{s} + \frac{D}{u} = 0, mert 3 - 5 + 1 + 1 = 0, ill. \\ - 1 + \frac{1}{2} - 1 + \frac{3}{2} = 0. \end{matrix}

A c) esetben látott egyszerűsödést a 626. gyakorlat a feltétel felírása nélkül említette.

¹K.M.L. 22 (1961) 67. o.