Feladat:	Gy.2544	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Balogh 171 J. ,  Barabás Gy. ,  Boncz A. ,  Csirik János ,  Eiben P. ,  Oláh G. ,  Podoski Károly. ,  Szántó J. ,  Tokodi Tamás
Füzet:	1990/március, 111 - 113. oldal		PDF  |  MathML
Témakör(ök):	Algebrai átalakítások, Másodfokú (és arra visszavezethető) egyenletek, Trigonometrikus egyenletek, Paraméteres egyenletek, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1989/március: Gy.2544

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre. $\begin{array}{c}{\displaystyle x^2+{\left(\frac{x}{x+1}\right)}^2=1.}\end{array}$ (1) I. megoldás. Mindkét oldalt ${\left(x+1\right)}^2$-nel szorozva kapjuk, hogy $\begin{array}{c}{\displaystyle x^2{\left(x+1\right)}^2+x^2-{\left(x+1\right)}^2=0.}\end{array}$ (2) A bal oldalon az első két tag összege két négyzet különbsége: $\begin{array}{c}{\displaystyle x^2{\left(x+1\right)}^2+x^2={\left(x^2+x+1\right)}^2-{\left(x+1\right)}^2\mathrm{,}}\end{array}$ és így (2) az $\begin{array}{c}{\displaystyle {\left(x^2+x+1\right)}^2-2{\left(x+1\right)}^2=0}\end{array}$ alakot ölti. Két négyzet különbségeként az egyenlet bal oldala szorzattá alakítható: $\begin{array}{c}{\displaystyle {\left(x^2+x+1\right)}^2-{\left(\sqrt[]{2}\left(x+1\right)\right)}^2=\left(x^2+\left(1+\sqrt[]{2}\right)x+\left(1+\sqrt[]{2}\right)\right)\left(x^2+\left(1-\sqrt[]{2}\right)x+\left(1-\sqrt[]{2}\right)\right)\mathrm{.}}\end{array}$ Az első tényező minden (valós) $x$-re pozitív, a második gyökei pedig: $\begin{array}{c}{\displaystyle x_{\mathrm{1,2}}=\frac{\sqrt[]{2}-1\pm \sqrt[]{2\sqrt[]{2}-1}}{2}\mathrm{.}}\end{array}$ Az értelmezési tartományon megfordítható lépéseket végeztünk, így a kapott számok (1)-nek is gyökei.   Csirik János (Szeged, Ságvári E. Gyak. Gimn., III. o. t.)   II. megoldás. Könnyen ellenőrizhető, hogy egyenletünk bal oldala $\begin{array}{c}{\displaystyle x^2+{\left(\frac{x}{x+1}\right)}^2={\left(\frac{x^2}{x+1}\right)}^2+2\frac{x^2}{x+1}\mathrm{,}}\end{array}$ így az egyenlet az $\begin{array}{c}{\displaystyle \left(\left(\frac{x^2}{x+1}\right)+2\frac{x^2}{x+1}+1\right)-2={\left(\frac{x^2}{x+1}+1\right)}^2-{\left(\sqrt[]{2}\right)}^2=0}\end{array}$ alakba írható. Szorzattá alakítva: $\begin{array}{c}{\displaystyle \left(\frac{x^2}{x+1}+1-\sqrt[]{2}\right)\left(\frac{x^2}{x+1}+1+\sqrt[]{2}\right)=0.}\end{array}$ Az első tényezőből az $\begin{array}{c}{\displaystyle x^2+\left(1-\sqrt[]{2}\right)x+\left(1-\sqrt[]{2}\right)=0}\end{array}$ egyenlet adódik. Ennek gyökei $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{\sqrt[]{2}-1+\sqrt[]{2\sqrt[]{2}-1}}{2}\text{és}\frac{\sqrt[]{2}-1-\sqrt[]{2\sqrt[]{2}-1}}{2}\mathrm{.}}\end{array}$ A második tényezőből pedig nem kapunk valós gyököket. Tokodi Tamás (Szeged, Ságvári E. Gyak. Gimn., III. o. t.)   III. megoldás. A felírt egyenletből következik, hogy van olyan $\phi$ szög, amelyre $x=\text{sin}\phi$ és $\frac{x}{x+1}=\text{cos}\phi$. Ekkor $\phi$-re $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{\text{sin}\phi }{1+\text{sin}\phi }=\text{cos}\phi \mathrm{,}}\end{array}$ ahonnan $\begin{array}{c}{\displaystyle \text{sin}\phi \text{cos}\phi =\text{sin}\phi -\text{cos}\phi \mathrm{.}}\end{array}$ (3) Négyzetre emelve, rendezés után $\text{sin}\phi \cdot \text{cos}\phi$-re a $\begin{array}{c}{\displaystyle \text{sin}{}^2\phi \text{cos}{}^2\phi +2\text{sin}\phi \text{cos}\phi -1=0}\end{array}$ másodfokú egyenletet kapjuk, ahonnan $\text{sin}\phi \text{cos}\phi =\sqrt[]{2}-1$, a másik gyök abszolút értéke nagyobb mint 1. Így (3) alapján a gyökök és együtthatók összefüggéséből $\text{sin}\phi$ és $\left(-\text{cos}\phi \right)$ gyökei a $\begin{array}{c}{\displaystyle t^2-\left(\sqrt[]{2}-1\right)t-\left(\sqrt[]{2}-1\right)=0}\end{array}$ egyenletnek. Innen $\text{sin}\phi$ ‐ azaz $x$ ‐ lehetséges értékei: $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{\sqrt[]{2}-1\pm \sqrt[]{2\sqrt[]{2}-1}}{2}\mathrm{.}}\end{array}$ Behelyettesítéssel ellenőrizhető, hogy a talált értékek megoldásai az eredeti egyenletnek. Tokodi Tamás megoldása nyomán   IV. megoldás. Általában oldjuk meg az $\begin{array}{c}{\displaystyle x^2+{\left(\frac{ax}{x+a}\right)}^2=b^2}\end{array}$ egyenletet. (A feladatban $a=b=1$). Vezessük be az $y=\frac{ax}{x+a}$ ismeretlent. Ekkor az ${\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle x^2+y^2=b^2\mathrm{,}}\hfill & \text{(<mi>i</mi>)}\\ \hfill {\displaystyle a\left(x-y\right)=xy}\hfill & \text{(<mi>i</mi><mi>i</mi>)}\end{array}}$ egyenletrendszerhez jutunk. Az $u=x+\left(-y\right)$, $v=x\cdot \left(-y\right)$ ismeretlenekre így az ${\displaystyle \begin{array}{c}\hfill {\displaystyle u^2-2v=b^2;}\hfill \\ \hfill {\displaystyle au=-v}\hfill \end{array}}$ egyenletrendszer adódik, ahonnan $u$-ra az $\begin{array}{c}{\displaystyle u^2+2au-b^2=0}\end{array}$ (4) másodfokú egyenletet kapjuk. Ennek $u_{\mathrm{1,2}}=-a\pm \sqrt[]{a^2+b^2}$ gyökei valósak. Az ezekkel képezett $\begin{array}{c}{\displaystyle t^2-u_{i}t-a{u}_i=0\left(i=\mathrm{1,2}\right)}\end{array}$ (5) egyenlet gyökei a másodfokú egyenlet gyökei és együtthatói közötti összefüggések alapján $x$ és $-y$. Ezek szerint az egyenlet lehetséges megoldásai: $\begin{array}{c}{\displaystyle x=\frac{u_i\pm \sqrt[]{u_i^2+4a{u}_i}}{2}=\frac{-a+e\sqrt[]{a^2+b^2}+e\sqrt[]{-2a^2+b^2+2ea\sqrt[]{a^2+b^2}}}{2}}\end{array}$ (az $e$ értéke $+1$ vagy $-1$). Ezek közül a valós értékek az eredeti egyenletnek is gyökei, hiszen ha $t=x$-re teljesül (5), azaz $\begin{array}{c}{\displaystyle x^2-ux-au=\mathrm{0,}}\end{array}$ ahol $u$-ra teljesül (4), akkor (5)-ből $\begin{array}{c}{\displaystyle ax=x^2-ux-au+ax=\left(x-u\right)\left(x+a\right)\mathrm{,}}\end{array}$ innen $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{ax}{x+a}=x-u\mathrm{.}}\end{array}$ Ugyancsak (5)-ből $\begin{array}{c}{\displaystyle 2au=2x^2-2ux\mathrm{,}}\end{array}$ és ezt behelyettesítve (4)-be, valóban $\begin{array}{c}{\displaystyle b^2=u^2+2au=u^2+x^2-2ux+x^2={\left(x-u\right)}^2+x^2={\left(\frac{ax}{x+a}\right)}^2+x^2\mathrm{.}}\end{array}$