Kezdőlap


Feladat:	1957. évi Arany Dániel matematikaverseny 2. forduló haladók (speciális) 1. feladata	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Füzet:	1957/november, 94 - 95. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Másodfokú (és arra visszavezethető) egyenletrendszerek, Polinomok szorzattá alakítása, Arany Dániel
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1957/szeptember: 1957. évi Arany Dániel matematikaverseny 2. forduló haladók (speciális) 1. feladata

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

I. megoldás: Küszöböljük ki (1) segítségével (2)-ből $z$ -t. Rendezve és $2$ -vel osztva

\begin{matrix} x^{2} + x y + y^{2} - 12 x - 12 y = 43. \end{matrix}

x^{2}

-tel szorozva, és a (3) egyenletet felhasználva az

\begin{matrix} x^{4} - 12 x^{3} - 58 x^{2} + 180 x + 225 = 0 \end{matrix}

(4)

egyenlethez jutunk. Ennek az első két tagja megegyezik az

x^{2} - 6 x

kifejezés négyzetének első két tagjával; utolsó két tagja pedig a

6 x + 15

(vagy

- 6 x - 15

) négyzetének utolsó két tagjával. Mind a négy tag előfordul tehát az

x^{2} - 6 x - 15

polinom négyzetében. Az egyenlet baloldala tehát így alakítható át:

\begin{matrix} {(x^{2} - 6 x - 15)}^{2} - 64 x^{2} = (x^{2} - 14 x - 15) (x^{2} + 2 x - 15) . \end{matrix}

x

-re tehát 4 értéket kapunk: az

\begin{matrix} x^{2} - 14 x - 15 = 0 és az x^{2} + 2 x - 15 = 0 \end{matrix}

egyenletek gyökeit:

x = 15

- 1

;

3

- 5

. Minden

x

-hez

y

-t a (3) és

z

-t az (1) egyenletből egyértelműen meghatározhatjuk, A lehetséges megoldások

\begin{matrix} I. & II. & III. & IV. \\ x= & 15, & - 1, & 3, & - 5, \\ y= & - 1, & 15, & - 5, & 3, \\ z= & - 2, & - 2, & 14, & 14. \end{matrix}

Ezek könnyen láthatólag (2)-t kielégítik.

Megjegyzés: Próbálgatással hamar rátalálunk a (4) egyenletnek a

- 1

gyökére. Másrészt

x

és

y

szimmetrikus szerepe miatt ugyanennek az egyenletnek tesznek eleget

y

gyökei is. Kell tehát, hogy a

- 1

-hez (3)-ból adódó

y = 15

érték is gyöke legyen az egyenletnek, ami így is van. Ennek alapján is eljuthatunk az egyenletnek a fenti megoldásban használt felbontásához.

II. megoldás: Az (1) egyenlet négyzetéből levonva a (2)-t, és (3) kétszeresét, majd

2

-vel osztva az

\begin{matrix} (x + y) z = - 28 \end{matrix}

(5)

egyenlethez jutunk: A

z

és

x + y = u

ismeretlenekre tehát az

\begin{matrix} u + z = 12 & (5') \\ u z = - 28 & (1') \end{matrix}

egyenletek állnak fenn. Így

z

és

u

\begin{matrix} v^{2} - 12 v - 28 = 0 \end{matrix}

egyenlet két gyöke, bármilyen sorrendben. Mivel

v_{1} = 14

és

v_{2} = - 2

, azért

x

és

y

\begin{matrix} x + y = 14, x y = - 15 vagy x + y = - 2, x y = 15 \end{matrix}

egyenletrendszernek tesznek eleget. Ezek a fentebb már szerepelt

\begin{matrix} t^{2} - 14 t - 15 = 0, ill. t^{2} + 2 t - 15 = 0 \end{matrix}

egyenletekre vezetnek (ott

t

helyett

x

-szel jelöltük az ismeretlent), s így az előbbi megoldásban talált gyökökhöz jutunk. Ezek kielégítik az (1), (3), (5) egyenleteket. Mivel azonban ezekből (2) következik [ha (1) négyzetéből levonjuk (3) és (5) kétszeresét], azért kielégítik az eredetileg adott egyenletrendszert is.