Feladat: 1124. matematika gyakorlat Korcsoport: 14-15 Nehézségi fok: könnyű
Megoldó(k):  Faragó István ,  Pap Györgyi 
Füzet: 1968/január, 24 - 25. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Paraméteres egyenletrendszerek, Algebrai átalakítások, Nevezetes azonosságok, Harmadfokú (és arra visszavezethető) egyenletrendszerek, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1967/április: 1124. matematika gyakorlat

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

I. megoldás. Az x3+y3 összeg kifejezhető x+y és x2+y2 felhasználásával, a következő azonosságok alapján:

x3+y3=(x+y)(x2-xy+y2) ésxy=((x+y)2-(x2+y2)).


Ha x és y olyan értékek, amelyekre (1)‐(3) fennáll, akkor behelyettesítéssel és átrendezéssel kapjuk, hogy a, b, c közt fenn kell állnia a következő összefüggésnek:
a3-3ab+2c=0.(4)

Faragó István (Budapest, Könyves Kálmán g. II. o. t.)

 

II. megoldás. (1) és (2) szorzata alkalmas csoportosítással:
ab=(x+y)(x2+y2)=(x3+y3)+xy(x+y).(5)
Vegyük még a következő azonosságot
a3=(x+y)3=(x3+y3)+3xy(x+y).
Ebből (5) háromszorosát kivonva az xy-os tag kiesik:
a3-3ab=-2(x3+y3)=-2c,
és ez azonos (4)-gyel.
Pap Györgyi (Budapest, Kölcsey F. g. II. o. t.)

 

III. megoldás. A fenti célszerű ügyeskedéseken kívül a szokásos kiküszöbölés is célhoz vezet. y=a-x-et helyettesítve (2)-be és (3)-ba:
x2+(a-x)2-b=0,x3+(a-x)3-c=0,(6)2x(x-a)+a2-b=0;3ax(x-a)+a3-c=0.
Végül a balról álló egyenlőség 3a-szorosából kivonva a jobbról állónak a 2-szeresét, ismét megkapjuk (4)-et.
 

Megjegyzés. A kérdés lényege az, hogy (1)‐(3)-at x, y-ra vonatkozó egyenletrendszernek tekintve 3 egyenletünk van, ami csak a talált (4) föltétel teljesülése esetén nem ellentmondó.