Feladat: Gy.1969 Korcsoport: 14-15 Nehézségi fok: könnyű
Füzet: 1981/december, 210. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Azonosságok, Nevezetes egyenlőtlenségek, Gyakorlat, Abszolútértékes egyenletek
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1981/március: Gy.1969

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

Ha a fenti egyenlet azonosság, akkor x, y és z helyébe bármely értékét helyettesítve egyenlőséget kapunk. Ha x=1, y=z=0, akkor

|a|+|b|+|c|=1,(1)
ha pedig x=y=z=1, akkor
|a+b+c|=1(2)
adódik. Az |a+b+c|≦|a|+|b|+|c| azonosan teljesülő egyenlőtlenségben tehát egyenlőség áll. Ismeretes, hogy ez pontosan akkor teljesül, ha a, b és c egyező előjelűek.
Ha x=1, y=-1, z=0, akkor az alábbi feltételt kapjuk:
|a-b|+|b-c|+|a-c|=2.(3)
Vegyük észre, hogy (1)-ben, (2)-ben és (3)-ban a, b és c szerepe felcserélhető, így e három feltétel vizsgálatakor feltehető, hogy a≧b≧c. Ezt figyelembe véve (3)-ban már elhagyhatjuk az abszolút érték jeleket és a-c=1 adódik.
Ha a és c egyike sem 0, akkor egyező előjelűek lévén, különbségük csak úgy lehet 1, ha egyikük abszolút értéke egynél nagyobb. Ez viszont (1) miatt lehetetlen. Tehát vagy a=0 vagy c=0. Ha a=0, akkor c=-1 és így (1) miatt b=0. Ha pedig c=0, akkor a=1, b pedig most is 0. Azt kaptuk tehát, hogy a megoldás lényegében egyértelmű: az a, b, c számok közül kettő 0-val egyenlő, és a harmadik értéke vagy +1 vagy -1.