Feladat: 1330. matematika feladat Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Bauer E. ,  Bayer N. ,  Czúcz A. ,  Domokos Gy. ,  Ehrenfeld N. ,  Erdélyi Sándor ,  Erdős V. ,  Fried E. ,  Gádor Z. ,  Jánosy Gy. ,  Kirchknopf E. ,  Kiss E. ,  Klein A. ,  Klein G. ,  Koffler B. ,  Kubinyi I. ,  Kürth R. ,  Köhler I. ,  Lengyel M. ,  Mellinger E. ,  Nagy Gy. ,  Nendtvich Zsófia ,  Neumann Frida ,  Neumann L. ,  Paunz Arthur ,  Pichler Sándor ,  Sárközy P. ,  Schulhof E. ,  Silbermann J. ,  Szende Gy. ,  Szilárd V. ,  Szobotka D. ,  Szöllös H. ,  Velics L. ,  Viola R. 
Füzet: 1905/február, 146 - 147. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Algebrai átalakítások, Nevezetes azonosságok, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1904/december: 1330. matematika feladat

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

Első megoldás. Ha az első egyenletből a másodikat, illetőleg a harmadikat kivonjuk, ered:

a3-b3+p(a-b)=0,
a3-c3+p(a-c)=0.
Minthogy a-b és a-c a feltétel szerint nem 0, azért (a-b), illetőleg (a-c)-vel osztva, lesz:
a2+ab+b2+p=0,
a2+ac+c2+p=0.
E két egyenletből ered:
a(b-c)+(b+c)(b-c)=0
s (b-c)-vel osztva:
a+b+c=0.

(Paunz Arthur, Pécs.)
 

Második megoldás. a,b és c gyökei az x3+px+q=0 egyenletnek. Ismeretes, hogy a harmadfokú egyenlet gyökeinek összege ellenkező jellel megadja az x2 együtthatóját. Minthogy egyenletünkben a négyzetes tag hiányzik, azért
a+b+c=0.

(Erdélyi Sándor, Budapest.)
 

Harmadik megoldás. A három megadott egyenlet egyidejűleg csak úgy állhat fenn, ha az egyenletrendszer determinánsa 0. (K. M. L. IX. 179.), tehát, ha
Δ=|a3a1b3b1c3c1|=0.
A determinánst kifejtve, ered
(a-b)(b-c)(a-c)(a+b+c)=0.
Minthogy pedig a,b és c egymástól külömböző számok, azért
a+b+c=0.

(Pichler Sándor, Budapest.)