Feladat: 1122. matematika gyakorlat Korcsoport: 14-15 Nehézségi fok: könnyű
Megoldó(k):  Faragó István ,  Kövesi Gusztáv ,  Varga Katalin 
Füzet: 1968/február, 65 - 66. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Elsőfokú (és arra visszavezethető) egyenletrendszerek, Parciális törtekre bontás, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1967/április: 1122. matematika gyakorlat

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

I. Megoldás. Ha létezik a kívánt A, B, C, D számnégyes, akkor az a polinom-egyenlőség is azonosság, amit (1)-ből a jobb oldal nevezőjével való szorzás útján kapunk (ez a nevező ugyanis egyszersmind a bal oldali nevezők közös többszöröse, ezért a szorzás útján egész kifejezés adódik):

A(x+1)(x2+x+1)+B(x2+x+1)+(Cx+D)(x+1)2=1,(1')
x hatványai szerint rendezve
(A+C)x3+(2A+B+2C+D)x2+(2A+B+C+2D)x+(A+B+D)=1.(1'')

Eszerint a két oldalon x megfelelő hatványai ugyanavval az együtthatóval kell szerepeljenek, és az x-et nem tartalmazó tagoknak is egyenlőknek kell lenniük:
A+B+C+D=0,(2)2A+B+2C+D=0,(3)2A+B+C+2D=0,(4)A+B+C+D=1.(5)
Vonjuk ki (3)-ból egyrészt (2) kétszeresét, másrészt (4)-et:
B+D=0,(6)C-D=0.(7)


(5) és (6) alapján A=1, így (2)-ből C=-1, (7)-ből D=-1, végül (6)-ból B=1. Eszerint a kívánt számnégyes létezik, és (1) így lesz azonosság:
1(x+1)2(x2+x+1)=1x+1+1(x+1)2-x+1x2+x+1.

Varga Katalin (Veszprém, Lovassy L. g. II. o. t.)
 

Megjegyzés. Úgy is kaphatunk egyenletrendszert az A, B, C, D számokra, (1')-ből, ha x helyére megengedett (azaz -1-től különböző) számokat helyettesítünk. Könnyű a számítás, ha kicsi abszolút értékű egész számokat veszünk, legyen x=0,1,2 és -2 (négy egyenletre van szükség):
A+B+4C+D=1,(5)6A+3B+4C+4D=1,(8)21A+7B+18C+9D=1,(9)-3A+3B-2C+D=1.(10)
Vonjuk ki (8)-ból (5) 4-szeresét, (9)-ből (5) 9-szeresét, és (10)-ből (5)-öt:
2A-B+4C=-3,(11)12A-2B+18C=-8,azaz6A-B+9C=-4,(12)-4A+2B-2C=0,azaz-2A+B-C=0.(13)
Adjuk hozzá (13)-at (11)-hez és (12)-höz: 3C=-3, azaz C=-1, ill. 4A+8C= =4A-8=-4, A=1, így (13)-ból B=C+2A=1 és (5)-ből D=-1.
Kövesi Gusztáv (Budapest, I. István g. II. o. t.)
Faragó István (Budapest, Könyves Kálmán g. II. o. t.)
 

II. Megoldás. Ha (1) fennáll, akkor
Ax+1+Cx+Dx2+x+1=1(x+1)2(x2+x+1)-B(x+1)2=1-B(x2+x+1)(x+1)2(x2+x+1).(14)
Ehhez az kell, hogy a jobb oldal (x+1)(x2+x+1)-gyel szorozva polinommá váljon, vagyis hogy egyszerűsíthető legyen x+1-gyel. A számláló akkor alakítható x+1 és egy másik (elsőfokú) polinom szorzatává, ha értéke x=-1 esetén 0, hiszen így az x+1 tényező 0 lesz. Eszerint 1-B⋅1=0, B=1. Valóban, így (14) jobb oldala
-x(x+1)(x+1)2(x2+x+1)=-x(x+1)(x2+x+1).
Hasonlóan, (14) első tagját a jobb oldalra víve
Cx+Dx2+x+1=-x(x+1)(x2+x+1)-Ax+1=-x-A(x2+x+1)(x+1)(x2+x+1),(15)
a jobb oldal számlálójának itt is 0-t kell adnia x=-1 esetén, ebből A=1. Ezzel (15) így alakul
Cx+Dx2+x+1=-(x2+2x+1)(x+1)(x2+x+1)=-x-1x2+x+1,
ami akkor áll fenn minden előírt x-re, ha C=-1, D=-1.
 

Megjegyzés. Ez a megoldás rávilágít annak az okára is, hogy lehetséges alkalmas A, B, C, D értéket találni. (A fent nyert egyenletrendszerek ugyanis ‐ és minden más hasonlóan nyerhető egyenletrendszer is ‐ lehetnének ellentmondók.)