Feladat:	Gy.2561	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Bakós T. ,  Bánfalvi Koppány ,  Barabás Gy. ,  Barát J. ,  Boncz A. ,  Erben P. ,  Győry M. ,  Hajnal 666 J. ,  Harcos G. ,  Horváth I. ,  Imreh Cs. ,  István Gy. ,  Jakab Cs. ,  Káli Sz. ,  Katz S. ,  Keresztély T. ,  Klein P. ,  Koncz L. ,  Kórász T. ,  Lente G. ,  Megyesi Z. ,  Mikulás I. ,  Molnár-Sáska G. ,  Nagy Judit ,  Németh S. ,  Patócs B. ,  Ratkó Éva ,  Risbjerg Anna ,  Sándor Gy. ,  Szalkai Á. ,  Tóth 875 Cs. ,  Varga D. ,  Varjú Katalin
Füzet:	1990/március, 117 - 118. oldal		PDF  |  MathML
Témakör(ök):	Szorzat, hatványozás azonosságai, Függvények, Egész együtthatós polinomok, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1989/május: Gy.2561

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre. $\begin{array}{c}{\displaystyle x^5+5x^{3}y+5x^2{y}^2+5x{y}^3+y^5=1.}\end{array}$ (1) I. megoldás. Jelölje a feladatban szereplő kétváltozós függvényt $f\left(x\mathrm{,}y\right)$. Könnyen látható, hogy $\begin{array}{c}{\displaystyle f\left(x\mathrm{,}y\right)=x^5+y^5+\frac{{\left(x+y\right)}^5-x^5-y^5}{x+y}\mathrm{.}}\end{array}$ Innen leolvasható, hogy ha $x+y=1$, akkor az (1) egyenlőség teljesül. Megmutatjuk, hogy $x+y>0$ és $f\left(x\mathrm{,}y\right)=1$ esetén sem $x+y>1$, sem pedig $x+y<1$ nem lehetséges. Mivel $x+y>0$, azért $x^5+y^5>0$, így ha $x+y>1$, akkor $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{x^5+y^5}{x+y}<x^5+y^5\mathrm{.}}\end{array}$ Tehát $\begin{array}{c}{\displaystyle 1=f\left(x\mathrm{,}y\right)=x^5+y^5+{\left(x+y\right)}^4-\frac{x^5+y^5}{x+y}>x^5+y^5+{\left(x+y\right)}^4-\left(x^5+y^5\right)\mathrm{,}}\end{array}$ azaz $\begin{array}{c}{\displaystyle 1>{\left(x+y\right)}^4\mathrm{,}}\end{array}$ ami nem lehet, hiszen $x+y>1$. Hasonlóan az $1<{\left(x+y\right)}^4$ ellentmondásra vezet a $0<x+y<1$ feltevés is, tehát $x+y$ csak 1 lehet.   II. megoldás. Az I. megoldásban láttuk, hogy $x+y=1$ esetén valóban $f\left(x\mathrm{,}y\right)=1$. Megmutatjuk, hogy ez csak $x+y=1$ esetén lehetséges. Legyen $y>0$ rögzített. Ekkor $\begin{array}{c}{\displaystyle f\left(x\mathrm{,}y\right)=x^5+5y{x}^3+5y^2{x}^2+5y^{3}x+y^5}\end{array}$ pozitív $x$-ekre az $x$-nek szigorúan monoton növő páratlan polinomja, így minden függvényértéket pontosan egy helyen vesz föl. Mivel láttuk, hogy az $x=1-y$ helyen ($y<1$-re) $f\left(x\mathrm{,}y\right)=1$, ezért (1)-ből valóban $x+y=1$ következik, ha $x$ és $y$ pozitív. Bánfalvi Koppány (Szentendre, Móricz Zs. Gimn., II. o. t.)   III. megoldás. $f\left(x\mathrm{,}y\right)$-nak az első megoldásban felírt alakjából kiindulva szorozzuk meg az (1) egyenlőség mindkét oldalát $\left(x+y\right)$-nal, és rendezzünk nullára. Így $\begin{array}{c}{\displaystyle \left(x+y\right)\left(x^5+y^5\right)+{\left(x+y\right)}^5-\left(x^5+y^5\right)-\left(x+y\right)=0.}\end{array}$ Csoportosítás után szorzattá alakítva a bal oldalon $\begin{array}{c}{\displaystyle \left(x+y-1\right)\left(x^5+y^5\right)+\left(x+y\right)\left({\left(x+y\right)}^4-1\right)=0}\end{array}$ adódik. A második tag második tényezőjéből ugyancsak kiemelhető $x+y-1$, és így a következő alakot kapjuk: $\begin{array}{c}{\displaystyle \left(x+y-1\right)\left[x^5+y^5+{\left(x+y\right)}^4+{\left(x+y\right)}^3+{\left(x+y\right)}^2+x+y\right]=0.}\end{array}$ (2) Látható, hogy ha $x+y>0$, akkor (2) második tényezője pozitív, így (1)-ből valóban $x+y=1$ következik.   Megjegyzés. Nem hagyható el a feladat feltételei közül az a követelmény, hogy $x$ és $y$ pozitívak (ill. az ennél gyengébb $x+y>0$ egyenlőtlenség). Rögzített $y$ mellett ugyanis (2) második tényezője $x$-nek ötödfokú polinomja, amelynek létezik valós gyöke, és az többnyire nem $1-y$.