Feladat: Pontversenyen kívüli P.6 Korcsoport: 18- Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Beck József ,  Fialovszky Alice ,  Göndőcs Ferenc ,  Maróti Péter ,  Martoni Viktor ,  Máté András ,  Pál Jenő ,  Somorjai Gábor ,  Váli László ,  Viszkei György 
Füzet: 1969/március, 118 - 119. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Algebrai átalakítások, Paraméteres egyenletek, Pontversenyen kívüli probléma
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1968/október: Pontversenyen kívüli P.6

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

I. megoldás. Legyen a két egyenlet további gyöke α', ill. β'. A gyökök és együtthatók összefüggése alapján q=αα', s=ββ', tehát (1) első tagja

(q-k2s)2=(αα'-α2β2ββ')2=α2β2(α'β-αβ')2.(2)
Továbbá -p=α+α',  -r=β+β', így a második tag:
k(p-kr)(kps-qr)=αβ[αβ(β+β')-(α+α')][αα'(β+β')-αβ(α+α')ββ']=(3)=αβ1β(αβ+αβ'-αβ-α'β)α(α'β+α'β'-αβ'-α'β')=-α2β2(α'β-αβ')2.



(2) és (3) összege a bizonyítandó (1) azonosságot adja.
 

 Fialovszky Alice (Budapest, Patrona Hungariae Gimn.)
 Máté András (Budapest, Kölcsey F. Gimn.)
 

II. megoldás. A fenti jelöléseket használva tekintsük a következő negyedfokú egyenletet:
(βz-α)(β'z-α)(βz-α')(β'z-α')=0.(4)
Az első két tényező szorzata:
(βz-α)(β'z-α)=ββ'z2-α(β+β')z+α2=sz2+αrz+α2,
hasonlóan a további két tényező szorzata:
(βz-α')(β'z-α')=sz2+α'rz+α'2.
Így (4) bal oldala alkalmas rendezéssel, alakítással:
(sz2+αrz+α2)(sz2+α'rz+α'2)==(s2z4-2sz2αα'+α2α'2)+(α+α')rsz3+(α2+2αα'+α'2)sz2+αα'r2z2+αα'(α+α')rz==(s2z4-2sqz2+q2)+z(-prsz2+p2sz+qr2z-pqr)==(q-sz2)2+z(p-rz)(psz-qr).


A (4) egyenlet bal oldala tehát a z=k helyen egyenlő (1) bal oldalával. Ezen a helyen azonban (4) első tényezője 0-val egyenlő, így az egész szorzat értéke 0. Állításunkat tehát bebizonyítottuk.
 

 Beck József (Budapest, I. István Gimn.)
 

Megjegyzés. Ez a megoldás azt is mutatja, hogy ha az (1) egyenlőség fennáll, akkor van az első egyenletnek egy gyöke, amelyik a második egyenlet egy gyökének k-szorosa.
 

III. megoldás. Feltételeink szerint x=βk gyöke az első egyenletnek:
β2k2+βkp+q=0,(5)
és x=β gyöke a második egyenletnek:
β2+βr+s=0.(6)
Vonjuk le (5)-ből (6)-nak a k2-szeresét:
β(kp-k2r)+q-sk2=0,(7)
és szorozzuk meg (6)-ot (pk-rk2)2-nel:
β2(pk-rk2)2+βr(pk-rk2)2+s(pk-rk2)2=0.
Írjuk be itt β(kp-k2r) helyére (7) alapján a vele egyenlő (sk2-q)-t:
(q-sk2)2+r(sk2-q)(kp-k2r)+s(pk-rk2)2=0,(q-sk2)2+k(p-kr)(rsk2-rq+spk-rsk2)=0,


innen összevonás után a bizonyítandó azonosságot kapjuk.
 

 Viszkei György (Budapest, Landler J. Gépip. Techn.)
 

Megjegyzések. 1. Célhoz érünk úgy is, hogy (5)-nek s-szereséből levonjuk (6)-nak q-szorosát:
β[(k2s-q)β+kps-qr]=0.
Ekkor (7)-nek β(k2s-q)-szorosát levonva (8)-nak (kp-k2r)-szereséből:
β[(q-sk2)2+(kps-qr)(kp-k2r)]=0.
Ha itt β=0, akkor α is 0, tehát q=s=0, s így (1) bal oldalán is 0 áll; ha pedig a második tényező 0, az azonos (1) bal oldalával, így a feladat állítását igazoltuk.
2. Ajánljuk az érdeklődőknek, hozzák kapcsolatba a problémát az 1598. feladathoz* fűzött 1. megjegyzés segédtételével: ,,ha az a1z2+b1z+c1=0 és az a2z2+b2z+c2=0 egyenleteknek van közös gyökük, akkor
(a2c1-a1c2)2+(a1b2-a2b1)(c1b2-c2b1)=0.''


*K. M. L. 37 (1968) 137. o.