Kezdőlap


Feladat:	Gy.2358	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Füzet:	1987/március, 114 - 116. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Elsőfokú (és arra visszavezethető) egyenletrendszerek, Paraméteres egyenletrendszerek, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1986/október: Gy.2358

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

I. megoldás. Látszólag 4 ismeretlenünk van, ezeknek a meghatározásához az adott 3 egyenlet nyilván kevés. Viszont a feladat csak az egyetlen ( $a + b + c + d$ ) értéket kérdezi. Erre mégis választ sikerül adni azáltal, hogy a kiküszöbölés egyik ismert eljárásához hasonlóan olyan egyenletet állítunk elő, amelyben $a, b, c$ és $d$ együtthatói egyenlők, akárcsak az $a + b + c + d$ kifejezésben.

Jelöljük sorra

λ_{1}

-gyel,

λ_{2}

-vel,

λ_{3}

-mal azokat a még ismeretlen számokat, amelyekkel (1)-et, (2)-t, ill. (3)-at szorozva, majd összegüket képezve ezt elérni várjuk. Az egyenlet:

\begin{matrix} (6 λ_{1} + λ_{3}) a + (2 λ_{1} + 3 λ_{3}) b + 6 λ_{2} c + (3 λ_{2} + 2 λ_{3}) d = 3848 λ_{1} + 4410 λ_{2} + 3080 λ_{3} . & (4) \end{matrix}

Új ismeretleneinkre három egyenletet írunk fel abból, hogy 1. az

a

és

b

együtthatói egyenlők legyenek, majd 2.

b

és

c

, végül 3.

c

és

d

együtthatói is, és ezeket mindjárt szokásosan rendezzük:

\begin{matrix} 6 λ_{1} + λ_{3} & = 2 λ_{1} + 3 λ_{3}, & 2 λ_{1} - λ_{3} & = 0; & (5) \\ 2 λ_{1} + 3 λ_{3} & = 6 λ_{2}, & 2 λ_{1} - 6 λ_{2} + 3 λ_{3} & = 0; & (6) \\ 6 λ_{2} & = 3 λ_{2} + 2 λ_{3}, & 3 λ_{2} - 2 λ_{3} & = 0. & (7) \end{matrix}

(5)-ből kifejezzük

λ_{1}

-et, (7)-ből

λ_{2}

-t:

\begin{matrix} λ_{1} = \frac{λ_{3}}{2}, λ_{2} = \frac{2 λ_{3}}{3}, & (8) \end{matrix}

és ezeket (6)-ba helyettesítve egyismeretlenes egyenletet várunk

λ_{3}

-ra :

\begin{matrix} 2 \cdot \frac{λ_{3}}{2} - 6 \frac{2 λ_{3}}{3} + 3 λ_{3} = 0. \end{matrix}

Itt azonban

λ_{3}

együtthatója 0-nak adódik, ez is kiesik. Másrészt azonban a

\begin{matrix} 0 \cdot λ_{3} = 0 & (9) \end{matrix}

egyenlet tetszőlegesen választott

λ_{3}

-mal teljesül, tehát 0-tól különböző számot is elfogadhatunk, és akkor (8) alapján

λ_{1}, λ_{2}

-re is kapunk egy-egy értéket. Így a három szorzószámnak csupán az arányát kapjuk meg, de célunkra ez is elegendő:

\begin{matrix} \frac{λ_{3}}{2}, \frac{2 λ_{3}}{3}, λ_{3} . \end{matrix}

Válasszuk

λ_{3}

-at úgy, hogy (4)-ben

c

együtthatója mindjárt 1 legyen

\begin{matrix} 6 λ_{2} = 4 λ_{3} = 1, \end{matrix}

azaz

\begin{matrix} λ_{2} = \frac{1}{6}, λ_{3} = \frac{1}{4}, λ_{1} = \frac{1}{8}, \end{matrix}

ezekkel valóban így alakul (4):

a + b + c + d = 481 + 735 + 770 = 1986

, és ezzel a feladat kérdését megválaszoltuk.
Máshogy választva

λ_{3}

-at, ugyanerre az eredményre jutunk.

Megjegyzés. 1. A beküldött megoldások zöme több-kevesebb "megérzéssel'' alakított új és újabb egyenleteket, amit nagyon megkönnyítenek az (1)‐(3) egyenletek kicsi egész szám együtthatói: 1, 2, 3 és 6. Adódott azonban néhány olyan dolgozat is, amely az alábbi II. megoldás szerin tért célba.
2. Akik már tanultak az egyenletrendszerekről, azok látják, hogy az (5)‐(7) rendszerben "függés'' áll fenn, emiatt végtelen sok megoldása van. Például (6)-ot (5)-bőt kivonva

6 λ_{2} - 4 λ_{3} = 0

adódik, ehhez képest (7) már nem új egyenlet.
Esetünkben azonban éppen ez volt a szerencsés. Ha (8) helyén pl.

17 λ_{3} = 0

adódott volna, ebből csak

λ_{3} = 0

λ_{1} = 0

és

λ_{2} = 0

felelne meg, és (4) elfajulása miatt nem érhettünk volna célba. Azon a címen, hogy az (5)‐(7) mindegyikének jobb oldala 0, az ilyen lineáris egyenletrendszert homogénnek szokás nevezni.

II.megoldás. Mivel 3 egyenletből legföljebb 3 ismeretlent lehet meghatározni, tekintsük

d

-t paraméternek és számítsuk ki

a, b, c

kifejezéseit

d

függvényeiként. (2)-ből tüstént

\begin{matrix} c = \frac{4410 - 3 d}{6} = 735 - \frac{d}{2}, \end{matrix}

a

és

b

pedig a kétismeretlenes (1), (3) rendszerből:

\begin{matrix} a = 336,5 + \frac{d}{4}, b = 914,5 - \frac{3 d}{4} . \end{matrix}

Ezekkel

\begin{matrix} a + b + c = 1986 - d, \end{matrix}

tehát

a + b + c + d = 1986.

Megjegyzés. Az (1)‐(3) rendszer a 4 ismeretlenre nézve határozatlan, de az összegükre nézve határozott.

a, b, c, d

-nek számos más kifejezését is egyértelműen meghatározhatnánk, de korántsem bármely kifejezésüket.